物理-河北衡中同卷2023-2024学年度上学期高三年级期中考带答案

pp酰扫码领取*高中必刷卷*错题整理一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.甲、乙两人用绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质最为m的物块由0点沿Oa直线缓慢地向上提升，如图所示，乙aOb为锐角。则在物块山0点沿Oa直线缓慢上升直至bO水平的过程中，以下判断正确的是AaO绳和bO绳中的弹力逐渐减小B.aO绳和bO绳中的弹力逐渐增大C.aO绳中的弹力一直增大，bO绳中的弹力先减小后增大D.aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直增大2.地面第五代移动通信(5G)已经进入商用，卫星通信与地面5G的融合成为卫星界和地面界讨论的新热点。相比地面移动通信网络，卫星通信利用高、中、低轨卫星可实现广域甚至全球覆盖，可以为全球用户提供无差别的通信服务，在地面5G网络无法覆盖的偏远地区，飞机上或者远洋舰艇上，卫星可以提供经济可靠的网络服务，将网络延伸到地面网络无法到达的地方，下表给出了不同轨道通信卫星的特点。关千通信卫星，以下说法正确轨道高度范围低轨道CLEO)卫星通信中轨道(MEO)卫星通信高轨道(GEO)地球同步卫高三期中·物理第1页（共8页）A.各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心B.各轨道通信卫星的运行周期都是24小时C.高轨道地球同步通信卫星的向心加速度与地球表面赤道上静止物体的向心加速度相同D．各轨道通信卫星的运行速度都大于7.9km/s3.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N在同一电场线上。两个完全相同的带等最正电荷的粒子，以相同速率V分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，M点的粒子与电场线成一定的夹角进入，N点的粒子垂直于电场线进入，两粒子恰好都能经过P点，重力不计。关于两粒子从进入电场至到达P点的过程，下列说法正确的是三EENNA.两粒子到达P点的速度大小可能相等B.电场力对两粒子做功一定相同C.两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时小D.两粒子到达P点所需时间一定不相等4.滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑三A.上述过程中该同学与滑板A和滑块B组成的系统水平方向上动量不守恒B.该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小c.该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/sD.该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.SN•s高三期中·物理第2页（共8页）衡中同卷5．如图所示，ABC为正三角形，AB和AC边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒，0为BC边中点，D为BC边中垂线上。点右侧的一点，P为BC上的一点，选无穷远处电势为0,则下列说法正确的是A．O点和D点电场强度可能大小相等，方向相同BD点的电势一定高于P点C将一正检验电荷沿直线从。点运动到D点，电势能增加D.将一正检验电荷沿直线从。点运动到P点，电场力做负功6.如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知mA=mB=lkg，轻弹簧的劲度系数为100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F,使木块A由静止开始以2m/S2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了1.28J，取g=10m/s2，下列判断正确的是A.木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是8NB木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是10NC.从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，F对木块做功0.64JD·从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，F对木块做功0.96J二、选择题：本题共4小题，每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。7．如图所示，空间有一范围足够大的匀强电场，电场强度方向与梯形区域ABCD平行，已知。畅6C/kg的带负电粒子由A点沿AD方向以速率vO进入该电场，恰好可以通过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是A．D点电势为零B电场强度方向由B指向DC·该粒子到达c点时速度大小为m/sD该粒子到达C点时速度方向与BC边垂直衡同卷高三期中·物理第3页(共8页)8.如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在了图中，电压表和电流表均为理想电表，当滑动变阻器R3的滑片P向a端移动时，电压表V、V1和V2的示数分别为U、U1和U2，三个电压表示数变化量的绝对值分别为U、U1和U2，电流表A的示数为I,电流表示数变化量的绝对值为△I，以下说法中正确的是U2U2A增大和I均增大B.电源的总功率和效率均增大CU2＝U1＋UD·如果设流过电阻R2的电流变化量的绝对值为I2流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为△I3则△I2＜I39·如图甲所示，O点处固定一力传感器，长度为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端连接一个小球(可视为质点)。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的夹角为θ。图乙为轻绳中力的大小F随Cosθ变化的部分图像。图乙中a为已知量，重力加A小球质量为B小球在与圆心等高处时的速度为C小球恰能做完整的圆周运动D.小球在最低点时的速度为2高三期中·物理第4页(共8页)10如图所示，AC是圆。的一条水平直径，BD是竖直方向的另外一条直径，M点是圆上的点，O、M连线与。C的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电荷且电荷量为q、质量为m的油滴从圆心。点以相同的初动能Eko射出，射出方向不同时油滴可以经过圆周上的所有点在这些点中经过C点时油滴的动能最小且为已知2mg重力加速度大小为g，匀强电场的电场强度E=2mgqA.电场线与MO垂直且B点电势高于C点电势B油滴经过B点时的动能为Ekc油滴经过A点时的动能为EkD油滴经过C、D连线中点时的动能为Ek第Ⅱ卷(非选择题共56分)三、非选择题：本题共5小题，共56分。11(7分)某实验小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。甲(1)把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块在不受牵引力时能拖动纸带沿木板做匀速运动。此处采用的科学方法是(填正确答案标号)。A.理想化模型法B.阻力补偿法C等效替代法D·控制变量法(2)已知交流电源频率为50Hz,启动打点计时器，释放木块，木块在码桶的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图乙所示(图中相邻两点间有4个点未画出)。小车的加速度大小为m/s2(结果保留3位有效数字)高三期中·物理第5页(共8页)乙(3)实验时改变码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a-F关系图像，如图丙所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是(填正确答案标号)。丙A.木块与木板之间存在摩擦B木板倾斜角度过大C所用木块的质量过大D.所挂的砝码桶及桶内砝码的总质量过大12(9分)某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B(包含挡光片)质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片的挡光时间。(1)先调节气垫导轨水平，轻推一下B,直到它通过光电门G1的时间(填"大于""等于"或"小于")它通过光电门G2的时间。(2)将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1(填"＞""—"或"＜")m2。(3)在满足第(2)问的前提下，光电门G1记录的挡光时间为t1，滑块B、A先后通过光电门G2时，G2记录的挡光时间分别为t2、t3已知两挡光片宽度相同，若m1、m2、△t1、t2、t3满足(写出关系式，用m1、m2、t1、t2、t3表示)，则可验证动量守恒定律；若t1、t2、t3还满足另一个关系式(仅用t1、t2、t3表示)，则说明A、B发生的是弹性碰撞。衡中同卷高三期中物理第6页(共8页)衡中同卷班级姓名得分13(10分)为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，已知斜面的倾角α＝37。，取g=10m/s2，sin37°=06,Cos37°=0.8。求：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数。(2)撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。甲14.(14分)如图所示，木板A、B静止于光滑水平桌面上,B的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C,B、C间的动摩擦因数为μA、B由不可伸长的理想轻绳连接，轻绳处于松弛状态，现在突然给C一个向右的速度20让C在B上滑动，当C的速度为vO时，轻绳2刚好伸直，接着轻绳被瞬间拉断，轻绳拉断时B的速度为，A、B、C的质量均为m，重力2加速度为g。求：(1)从c获得速度2vo开始经过多长时间轻绳被拉直？(2)拉断轻绳造成的机械能损失为多少？(3)若最终滑块C未脱离木板B,则木板B的长度至少为多少？15(16分)如图所示，圆弧轨道AB的圆心为0，半径为R＝2畅5m圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切,B点在。点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD,B点到竖直虚线CD的距离为L1＝2.5m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，电场强度大小为E1(大小未知)，竖直虚线CD的右侧有电场强度大小为E2(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF,墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2＝lm，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2=lm。现将一电荷量为q=+4×102C、质量为m=1kg的绝缘滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，经过B点时的速度大小为4m/S，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ=0·2，取g=10m2，LAOB＝53，sin53°＝0.8，Cos53°＝0.6。求：(1)电场强度E1的大小。(2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD时所用的时间。(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，E2的取值范围。衡中同卷高三期中物理第7页(共8页)高三期中·物理第8页(共8页)物理参考答案及解析答案及解析答案及解析2023-2024学年度上学期高三年级期中考试·物理-、选择题丈D正1.C【解析】以物块为研究对象，分析受力情况，受重力4.C【解析】题述过程中该同学与滑板A和滑板B组G、bo的拉力F和绳子ao的拉力FT，由平衡条件可丈成的系统水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒知，F和FT的合力与G大小相等、方向相反，当将物A错误；该同学跳离滑板B的过程中，人对滑板B的块缓慢向上移动ao绳方向不变；则FT方向不变bo丈作用力向右，B车向右加速，速度增大，B错误；从滑板绳绕。点逆时针转动，作出转动过程三个位置力的合B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速为由成图如图所示。由3到2到1的过程，由图可以看出动量守恒得(M+m)w=(M+2m)解得v=ao绳拉力FT一直变大，bo绳弹力F先减小后变大，丈19m/S,C正确；该同学跳离滑板B后，滑板B的动量C正确为b=ww=47.5N·该同学跳离滑板B的过程中，丈对滑板B的冲量大小等于动量变化量，小于47.5N·s，D错误。电荷，可知中垂线上各点电场强度竖直向下，根据对称性和电场叠加原则可知。点和D点电场强度方向均2·A解析卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提竖直向下，由于D点比。点离带电体远，所以D点电供向心力各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地场强度小于点电场强度A错误；根据前面类比等量心A正确；同步卫星的运行周期是24小时其他卫星异种点电荷电势分布情况可知AD为一条电势为零的运行周期不是24小时,B错误；同步卫星与静止在丈赤道上的物体具有共同的角速度，由公式的运行周期不是24小时,B错误；同步卫星与静止在丈赤道上的物体具有共同的角速度，由公式α向=r02可丈直线从。点运动到D点，电势能不变；又因为沿着电场线方向电势降低，可得。点的电势一定高于P点得因轨道半径不同故其向心加速度不即D点的电势定高于P场线方向电势降低，可得。点的电势一定高于P点同，C错误；根据万有引力提供向心力得2=r解得运行速度v同，C错误；根据万有引力提供向心力得2=r解得运行速度v即线速度随轨道半径r的增大而减小,v＝7.9km/s为第一宇宙速度，即围绕地r丈B正确，C、D错误GM丈6.C解析】对于A，有FmAg+FBA＝mAa所以，当rFBA=0时，F最大，即Fa=mAg+mAa=12NA、B球表面运行的速度，因同步卫星轨道半径比地球半径丈k错误；初始位置弹簧的压缩量为1=mAg+Bg球表面运行的速度，因同步卫星轨道半径比地球半径丈k大很多，因此其线速度应小于7.9km/s,D错误。0.2m，A、B分离时，FAB=0,对B有kr2mBg=3.D解析】电场力对N处粒子做正功，对M处粒子mBa解得2=0.12m，以A、B为整体，A、B上升的做功为0，两粒子到达P点的速度大小不相等,A错丈高度为r=r1x2=0.08m,A、B分离时的速度为误；M.N处的电势不相等但最终两粒子都到达P=2a=04由动能定理有WF+W弹点，电势差不相等，电场力对粒子做的功不相等，B错丈(mA+mB)g=(mA+mB)g=(mA＋mB)v2，由题意知W弹=变，C错误；在垂直于电场方向，粒子不受力，粒子做匀丈1.28J，可得WF=0.64J，C正确，D错误。速运动，N处粒子在垂直于电场方向的速度大于M处、选择题粒子在此方向的速度，则Ⅳ处粒子到达P的时间短丈7.BC【解析】PA=10VPB=30V，可知AB的中点E高三期中衡中同卷·高三期中的电势为20V，可知EC为等势线，连接E、C，作EC的垂线，根据沿电场线方向电势降低可知电场强度方向由B指向D,B正确；由几何关系可知BD的中点F在等势线EC上，则有F=20V，有BF=FD，可得9D＝10v,A错误；电场强度的大小E=BPCBC3FO=Vm垂直于电场强度方向粒子做匀速直线运动，AD+CDsin30°=vot，平行于电场强度方向粒子做匀加速直线运动AE8in60。=2Et2解得vo＝3m/s，t＝ls，沿电场强度方向粒子的速度=at=Et=2m/该-粒子到达c点时速度大小为C=2=m/s,C正确；如图所示，速度方向与EC延长线的夹角的正切值taθ==可知θ≠30°，该粒子到达C点时速度方向不与BC边垂直D错误。8．CD【解析】将滑动变阻器的滑片P从图示位置向a滑动的过程中R2和R3的并联电阻增大，U2增大，电路中总电流变小，通过R2的电流增大，电流表A的示数减小所以U2增大，利用等效电源的方法则等于电源内阻与R1串联后与R2的并联电阻，为定值，A错误；电路中总电流变小，电动势不变，所以电源的总功率减小，由于外电阻增大，所以电源的效率增大，B错误；通过电阻R1的电流变小R1两端电压U1变小R2两端电压U2增大，总的外电阻增大，所以U增大，又因为U1＋U2=U,所以MU2U1=U，C正确；通过电阻R2的电流变大，通过电阻R1的电流等于通过电阻R2的电流和通过电阻R3的电流之和，干路电流减小，故通过电阻R3的电流变小，故有I1=△I3△I2I2＜I3，D正确。9·AD【解析】设小球在最低点时的速度为vo,则当角度为θ时，由动能定理得mg(1Cosθ)=22m2绳子拉力满足FOgcθ02·联立解得F=3gcθ+(220g)故图线斜率大小为5a2ama 5a2ama0＝2，A、D正确；与圆心等高处，即COSθ=0时此时满足2a=解得1=2B错误；假设小球能沿圆周到达最高点，此时COSθ=1，结合A、D中的结论F=3gc8θ+(22mg=2·联立可得，此时F＝mg，即球受到绳向上的支持力，而绳只能产生拉力，故假设不成立，C错误。10.CD【解析】从。经过C点时油滴的动能最小且为知C点为复合场的等效最高点则复合场的合力方向如图所示，则有F合=Ecosθ，qEsinθ=mg，由电场线的方向如图所示，由几何关系可知，MO与电场线垂直B点电势低于C点电势，A错误；油滴经过B点时，合外力不做功，所以油滴的动能不变B错误；油滴从。经过C点时，由动能定理可得F合L=EkcEko从。经过A点时，F合·L=EKAEko，联立解得的油滴经过A点时的动能为EKA=EkC正确；油滴经过C、D连线中点时的动能等三、非选择题11(1)B(2分)(2)201(2分)(3)D(3分)【解析】(1)把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块重力沿木板向下的分力大小等于摩擦阻力，使木块在不受牵引力时能拖动纸带沿木板做匀速运动，此处采用的科学方法是阻力补偿法，B正确。(2)已知交流电源频率为50Hz纸带上相邻两点间有4个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为T=0.02×5s＝0.1s由=aT2可得小车的加速度为=T2==×·2·物理参考答案及解析102m/s2≈2.01m/s2。(3)当木块与木板之间存在摩擦，木板倾斜角度过大，所用小车质量过大，都不会导致a-F关系图像AB段明显偏离直线，A、B、C错误；当所挂的砝码桶及桶内砝码的总质量太大时，则木块所受的合外力F＝Ma=M·g=g造成此现象的主要原因可M能是当砝码桶及桶内砝码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块所受到的合外力小于砝码和桶内砝码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则a-F图像的AB段明显偏离直线，D正确。(3分)t1+t3=t2(2分)【解析】(1)实验开始，轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平。(2)根据弹性碰撞的"动碰静"的碰撞后的速度通项公式可知A=A要想动的物体碰撞"静的物体不返回，必须"动"的物体的质量大于"静"的物体的质量，即m1＞m2。(3)滑块A两次经过光电门的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，设挡光片的宽度为D,则速度分别为A=A=滑块B经过光电门G2的速度B·根据动量守恒得mAmA+m2B整理得m1=m十m2。若机械能守恒，即t1△t3△t21(D21(D21D221t11(D21(D21D221t121△t32t2得=，此时碰撞为弹性碰撞。t1t3t213.(1)12(2)0.075m【解析】(1)0～2s内，由F-t图可得(1分)(1分)F1＝21(1分)(1分)由牛顿第二定律可得F1mgsinαmgcosα＝ma1由v-t图像可得a=t0.5m22s后，由F-t图可得F2＝20N由牛顿第二定律可得F2mgsinαmgcosα＝0解得=12(2)撤去推力F后，由牛顿第二定律可得 解得a2=m82(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)撤去外力后，物体的初速度为1m/s物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度位移公式得==0075m(2分)14(1)(2)12(3)172g416μg【解析】(1)从c获得一个向右的速度2vo到轻绳拉直的过程中，取向右为正方向由动量定理有 wmgt=m0m·20(2分)(1分)(1分)(2)设绳刚被拉直时B的速度为B对B、C系统分析，由动量守恒定律有m·2vo＝mvo十mB(1分)解得B=0(1分)绳拉断过程中，A、B组成的系统动量守恒，有(1分)2mBmA(1分)2解得A=2(1分)绳拉断过程中，A、B组成的系统由能量守恒可得机械能的损失为11122B2A2(2E=m211122B2