河北省邯郸市2023-2024学年高三年级上册第一次调研监测物理试题（解析版）

邯郸市2024届高三年级第一次调研监测

物理

本试卷共8页，满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.物理学中物理定律最终都能用数学公式表示，物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定

了物理量间的单位关系。等式两端单位必定一致。而量纲分析就是在保证量纲一致的原则下，分析和探求

物理量之间的关系，第26届国际计量大会决定，千克由普朗克常量〃及米（m）和秒（s）定义，即

睦=___________乜_______

342

6.62607015xl0-m-s-'o则普朗克常量4的单位可表示为（）

A.J-sB.N-sC.J.s-1D.kgm-s-2

【答案】A

【解析】

【详解】根据题意可得普朗克常量〃的单位为kg,m2/s,同时可知

1J-s=1N-m-s=1kg-m/s2•m・s=lkg-m2/s

故选Ao

2.生活中有很多跟物理相关的问题，我们可以利用所学知识对这些问题进行分析，例如平伸手掌托起物体，

由静止开始竖直向上运动，最后静止（物体始终没有离开手）。关于物体的运动分析正确的是（）

A.物体所受支持力始终大于重力，物体始终处于超重状态

B.物体一直向上运动，所以不会出现失重状态

C.物体所受支持力始终对物体做正功

D.物体的机械能不变

【答案】C

【解析】

【详解】AB.平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，最后静止，可知物体先向上做加速运动，加

速度向上，物体所受支持力大于重力，物体处于超重状态，后向上做减速运动，加速度向下，物体所受支持

力小于重力，物体处于失重状态，故AB错误；

C.物体所受支持力方向与运动方向相同，为竖直向上，可知物体所受支持力始终对物体做正功，故C正确；

D.物体的动能不变，重力势能增大，故物体的机械能增大，故D错误。

故选C。

3.图甲是双缝干涉实验的装置，用“、6两种不同频率的单色光分别做实验，。光形成的相邻两条亮纹中心

之间的距离较大。图乙是研究光电效应工作的实验装置，当用“、〃两束光分别照射阴极时，微安表均有示

数，普朗克常量为〃，下列说法正确的是（）

13-nx.屏।

甲乙

A.a光的频率大于b光的频率

B.用a光照射阴极，滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表的示数一定增大

C.用力光照射阴极时，光电子的最大初动能较大

D.阴极K接电源正极，微安表示数一定为零

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据=知，。光产生的条纹间距大，则“光的波长长，频率小，故A错误；

d

B.滑动变阻器的滑片向右滑动时，光电管两端电压增大，会有更多光电子达到阳极，电流表的示数逐渐

增大，当达到饱和光电流后，电流表示数不再增大，故B错误；

C.根据

I,

^^-mv^hv-W

已知b光频率大，可得用6光照射阴极时，光电子的最大初动能较大，故C正确；

D.阴极K接电源正极时，该装置所加的电压为反向电压，而当逸出的光电子的最大初动能较小，使其无

法达到A端，此时电流表示数才为0,故D错误；

故选C。

4.地球绕太阳运动，月球绕地球运动，它们之间的作用力是同一性质的力，这种力与地球对树上苹果的力

也是同一性质的力吗？牛顿认为苹果受到地球的吸引才下落，这种吸引力与天体间（如地球与月球）的引力

Mm

具有相同的性质，且都满足厂oc---„已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，苹果自由落体的加

r2

速度为。革，根据牛顿的想法，月球绕地球公转的向心加速度为。月，则（）

氏=_L4月=1

A.C.氏=602D.­=60

a苹602a苹60。苹a苹

【答案】A

【解析】

【详解】假设地面的地球吸引力与地球吸引月球绕地球运行的引力是同种力，即地面的重力满足

GMm

-

则

GM

对于月球，有

GM

r1

所以

2

afi_R_1

故选Ao

5.降噪耳机越来越受到人们的青睐。降噪耳机的工作原理包括几个环节：（1）耳机内的微型麦克风采集耳

朵能听到的环境中的中、低噪声（比如100~1000Hz）；（2）将噪声信号传至降噪电路，降噪电路对环境噪

声进行实时分析、运算等处理工作；（3）通过扬声器向外发出与噪声相位相反、振幅相同的降噪声波来抵消

噪声。最后，我们的耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失了。如图为噪声在某时刻的简谐波图像，则下列说法

正确的是（）

A.降噪声波的振幅为10cm

B.降噪声波和噪声声波传播速度不相等

C.质点P此时刻一定正从平衡位置向上振动

D.如果降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，也不影响耳机的使用

【答案】A

【解析】

【详解】A.由题意可知，降噪声波的振幅为

A=10cm

故A正确；

B.降噪声波与噪声声波频率相同、相位相反、振幅相同，即速度相等，相互叠加后波的振幅变为零，故

B错误；

C.未知波的传播方向，无法判断尸的振动方向，故C错误；

D.如果降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则在降噪电路处理完成后，通过扬声器可能会向外发出与

噪声相位相同、振幅相同的声波来加强噪声，则耳机使用者可能会听到更强的噪声，故D错误；

故选Ao

6.如图所示为某运动员做蹦床运动的简化示意图，A为运动员某次下落过程的最高点，B为运动员下落过程

中刚接触蹦床时的位置，C为运动员下落过程的最低点。若A、B之间的竖直距离为//,B、C之间的竖直距

离为Ax，人的质量为相，重力加速度为g,不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.下落过程中运动员与蹦床组成的系统势能一直在减小

B.从最高点A运动到最低点C,运动员的机械能守恒

C.从B点至C点过程中，运动员在B点时的加速度最大

D.蹦床的最大弹性势能是〃2g（Av+〃）

【答案】D

【解析】

【详解】A.不计空气阻力，运动员与蹦床组成的系统在整个运动过程中只有重力与弹力做功，蹦床与运

动员组成的系统机械能守恒，运动员的动能在整个过程中先变大后变小，则运动员与蹦床组成的系统势能

先变小后变大，故A错误；

B.A至8,运动员先做自由落体运动，只有重力做功，运动员机械能守恒，从B运动到C,蹦床逐渐发生

形变，蹦床弹力对运动员做负功，运动员和蹦床组成系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，故B错

误；

CD.蹦床与运动员组成的系统机械能守恒，在B点时，加速度大小为

从8点至C点过程中，运动员加速度先减小至0,后增大，可知在C点时，运动员所有的重力势能转化为

蹦床的弹性势能，此时蹦床的弹性势能最大，为

Ep+

则可得蹦床的弹力为

根据牛顿第二定律可得

T-mg-ma

则可知此时加速度最大，即在C点时，运动员在的加速度最大，故C错误，D正确。

故选D。

7.如图所示，倾角为。=30的斜面体c放在水平地面上，质量%=2kg的小物块h放在斜面上并通过绝

缘细绳跨过光滑定滑轮与通电直导线a相连，滑轮左侧细绳与斜面平行，通电直导线处于竖直向上的磁场

中，通电直导线的质量加“=0.5kg。初始时滑轮右侧的细绳与竖直方向之间的夹角为60。现将滑轮右侧

磁场的磁感应强度8逐渐减小，直到减为零，在此过程中氏c始终都处于静止状态，磁感应强度为零时

恰好没滑动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取lOm/s?。下列说法正确的是（）

A.初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为5N

B.磁感应强度B减小的过程中，b对c的摩擦力一直在增大

C.磁感应强度8减小的过程中，地面对斜面体c的支持力先变小后变大

D.小物块力和斜面体c之间的动摩擦因数为且

3

【答案】B

【解析】

【详解】A.将a、b、C看成整体，水平方向有

f-F^-magtan60=56N

故初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为5百N，故A错误；

B.设滑轮右侧的细绳与竖直方向之间的夹角为6,对c受力分析有

心=”

COS。

可知磁感应强度B减小的过程中，。逐渐减小，绳子拉力逐渐减小，初始时滑轮右侧的细绳与竖直方向之间

的夹角为60，绳子拉力为

人沿斜面向下的分力为

%gsin6=10N=K

可知磁感应强度8减小的过程中，c受力平衡有

mhgsin0=F7+f

可知磁感应强度8减小的过程中，c对人的摩擦力一直在增大，根据牛顿第三定律匕对c•的摩擦力一直在增

大，故B正确；

C.将〃、c看成整体，竖直方向有

N-mhg+mcg=4cos6=mag

可得

N=mhg+mcg+mag

故磁感应强度B减小的过程中，地面对斜面体c的支持力不变，故C错误；

D.磁感应强度为零时b恰好没滑动，有

mhgsin0=mag+/jmhgcos0

解得小物块6和斜面体c之间的动摩擦因数为

V3

故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中有两个

或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

8.如图所示，两正对的平行金属板AB、CD与水平面成30角固定，竖直截面如图所示。AB板带正电、CD

板带负电，两板间距10cm,电荷量为1.0xICT'C，质量为3.0xl()Tkg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂

于A点处于静止状态。细线与AB板夹角为30;剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，g取

A.MC距离为15cm

B.小球的电势能增加了36xl()Tj

4

C.电场强度大小为2百X1()5N/C

D.剪断细线后小球做匀加速直线运动

【答案】BD

【解析】

【详解】A.剪断细线，小球沿直线运动到M点，如图所示:

MC=---=cm=106cm

tan30°y/3

3

故A错误;

B.根据几何关系可得电场力下和细线拉力T夹角为60°,在三个力所在的三角形中，根据正弦定理可得

mg_r

sin120。-sin30。

可得电场力大小为

3

F=^mg^^x3.0xl0^xl0N=V3xl0-N

逆电场线方向的位移

x=d-Lsin300

其中

d=10cm=0.1m,L=5cm=0.05m

解得

x=0.075m

克服电场力做的功为

=,FX=V3X1O^XO.O75J=1V3X1O_4J

所以电势能增加了故B正确;

C.电场强度的大小为

解得

£=^X105N/C

故C错误；

D.剪断细线后小球平衡状态被打破，受到的合外力为T,方向与原细线拉力方向的反方向，则可知其

沿原细线拉力方向的反方向做匀加速运动，故D正确；

故选BD。

9.如图1所示为远距离输电示意图，实际用电因季节不同，电力需求量差异很大，用电高峰和低谷之间存

在一个较大的差值，因此有必要在远距离输电时再建立一个节能储能输电网。如图2所示，这样的电网可以

在用电低谷时段把电能储存起来，高峰时段输出，填补用电缺口。已知发电机的输出电压J=250V,输

出功率为6=80kW,"=5000V，输电线总电阻R=6()。。其余线路电阻不计，用户端电压U4=220V,

乙=44kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是()

图1

A.发电机的输出电流为32A

B.降压变压器的匝数比4：“4=40:1

C.输送给储能站的功率为30kW

D.输电线上损失的功率为6kW

【答案】CD

【解析】

【详解】A.发电机的输出电压U=250V,输出功率

Pi=80kW=8.0X104w

根据P=u/可得发电机的输出电流为

/i=320A

故A错误；

B.用户端电压。4=220V,功率

22=44kW=44X104W

根据%=U44可得降压变压器线圈中的电流为

/4=2()0A

降压变压器的匝数比可得

比一工一工

又因为根据输电线损耗可得

U2=U3+I.R

联立数据解得

2=20:1

〃4

或

&=30:11

%

又因为能量守恒，则仅成立

-^-=20:1

〃4

故B错误；

CD,可得输电线上的电流大小为

73=^-/4=10A

%

输电线上损失的功率为

AP=I；R=102X60W=6000W=6.0kW

输送给储能站的功率为

电存=6-6-△0=8()kW-44kW-6kW=3()kW

故CD正确;

故选CD。

10.如图1所示，匝数N=100、边长为L=0.5m、电阻R=2Q、重力未知的正方形金属线框用两根均带

有拉力传感器（图中未画出）的绝缘轻绳悬挂在天花板上。位于线框中间的虚线上方充满磁场，磁感应强度

按B=H（k未知且为恒量，式中各量的单位均为国际单位）变化，电脑显示每个拉力传感器的示数变化如

图2所示，整个过程中轻绳未断且线框始终处于静止状态。不考虑线框的形变和电阻的变化。下列说法正确

的是（）

4

B.k值为一T/s

25

C.02s时间内线框的功率为4W

D.02s时间内通过金属线框某一截面的电荷量为2c

【答案】A

加斤】

【详解】AB.根据拉力传感器随着时间的增大而增大，同时磁感应强度按8=。变化可知，楞次定律可

知金属圆环产生逆时针方向的电流，根据法拉第电磁感应定律可得金属圆环产生感应电动势为

「NABSNkE

E=--------=-------

△t2

可得电流为

E_Nkl?

2R

由左手定则可知安培力方向向下，由受力平衡可得

2F=G+F,^.=G+Nk2^t

2R

则可得线框的重力为

G=2X2N=4N

同时解得

,8―,

k=-T/s

5

故A正确，B错误；

C.02s时间内金属环的功率为

,（NkC、

P=I-R=-------x/?=200W

I2R）

故c错误；

D.02s时间内通过金属环某一截面的电荷量为

（?=Mr=^LxA/=20C

2R

故D错误。

故选Ao

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.某物理兴趣小组的同学们想探究小灯泡的电阻在不同电压下的阻值，于是设计了如图1所示的电路图

进行测量。实验所用电压表内阻约为6kC,电流表内阻为1.5Q待测小灯泡额定电压为6V、额定功率约为

3W。

//mA

图1图2

（1）闭合开关前，滑动变器的滑片应该位于滑动变阻器的（选填“左”或“右”）端。

（2）实验中得到的电流/和电压U的关系曲线如图2所示，电压表示数是6V时，小灯泡的内阻是

________0

（3）结合图2在答题卡所给图上用实线画出小灯泡实际的/-U图线。

【答案】①.左②.12

【解析】

【详解】（1）[1]为保护电路，开关闭合前灯泡两端的电压应该最小，因此应将该分压式接法的滑动变阻器

的滑片置于最左端。

（2）[2]根据图2可知，当电压表的示数为6V时，流过小灯泡的电流为500mA,根据部分电路的欧姆定

律可得小灯泡此时的电阻为

R,——--^―Q=12c

L/0.5

（3）⑶根据图1电路图所得到的图2关于小灯泡/-U图线，通过数据计算得到小灯泡的内阻为12C，电

流表的内阻L5Q,与小灯泡串联会导致电流表分压，分析可知，根据图2可知，当电压为IV,电流为

200mA时，电流表分压为0.3V,则此时小灯泡的实际电压为0.7V；当电压为2V,电流为300mA时，电

流表的分压为0.45V,则此时小灯泡的实际电压为1.55V；当电压为3V,电流为400mA时，电流表的分压

为0.60V,则此时小灯泡的实际电压为2.40V；当电压为6V,电流为500mA时，电流表的分压为0.75V,

则此时小灯泡的实际电压为5.25V；也就是说，相同电流时，灯泡两端的实际电压要小于电压表读数，则

根据以上数据可做出图像如图所示

12.用如图所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，在气垫导轨的一端装有位移传感器（图中未画出），A、B

两物块（可视为质点）沿同一直线运动并发生正碰，若A物块质量g=300g,B物块的质量为〃?2=150g,

表中是电脑记录的A、B两物块在同一时刻距离传感器的距离。

xA/m1.201.010.800.590.400.350.30

/m00.100.210.300.400.250

（1）根据表中数据可以判断出位移传感器固定在_________（选填“A端”或“3端”）。

（2）为了更方便判断A、B碰撞时是否满足动量守恒，于是画出了A、B两物块位移随时间变化的图像,

“、方分别为A、B两物块碰撞前后的位移一时间图线。

①碰撞前A物块的速度为m/s,碰撞前B物块的速度为m/s;

②由题中数据结合x-t图像中提供的信息，可以得出的结论是.

③这个碰撞（选填“是”或“不是“）弹性碰撞。

【答案】①.B端②.-4③.2④.两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒⑤.不

是

【解析】

【详解】（1）［1］根据表中数据可以判断出位移传感器在开始时距离3端较近，可知固定在B端;

（2）①⑵碰撞前A物块的速度为

0.40-1.20

%m/s=Tm/s

0.2-0

⑶碰撞前B物块的速度为

0.40-0,

VB=-------m/s=2m/s

0.2-0

②⑷读图可知碰撞后A物块的速度为

0-0.40,

攻--------m/s=-lm/s

0.6-0.2

碰撞后B物块的速度为

则可知

叫匕+加2%=犯以+加24

故可得出的结论两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒;

③⑸可知碰撞前的总动能为

Eki=］班以+,?次=2.7J

碰撞后的总动能为

线2=5町4+1网％2=135J

则可知这个碰撞不是弹性碰撞。

13.如图所示，带有加热装置(图中未画出)的绝热汽缸用轻杆固定在天花板上。现用一个质量为

机=lkg,面积为S=100cm2的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。初始时缸内温度为

300K,活塞处于平衡状态，此时缸内气体处于状态A,体积为匕=600cm、现竖直向上缓慢将活塞推动

1cm,此时缸内气体处于状态及然后将活塞固定，同时启动汽缸内的加热装置，气体达到状态C,此时

压强Pc=L6xl()5pa。已知气体从状态A到状态C,内能增加25J,从状态8到状态C吸收的热量为

⑵。已知大气压P。=l.()lxl()5pa,不计活塞与汽缸之间的摩擦。

(1)求气体处于状态A时的压强；

(2)求气体在状态C的温度及(结果保留一位小数)；

(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功。

////.////

【答案】(1)1.02xl05Pa；(2)392.2K；(3)13J

【解析】

【详解】(1)气体处于状态4时，对活塞进行分析有

mg+PAS=P<)S

解得

PA=L02xl05pa

（2）根据题意可知

%=%=%-△〃5=60（W-lxlOOcm3=500cm?

在AfC过程，根据理想气体状态方程有

PcVC

TA~Tc

解得

r=—xlO3K«392.2K

c51

（3）由于气缸与活塞均为绝热，可知在AfB过程，与外界没有热交换，在BfC过程，气体体积不

变，该过程气体与外界没有做功，则在AfC过程，根据热力学第一定律有

\U=W+Q

其中

AU=25J,Q=12J

解得

W=13J

14.如图所示的环形区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，已知外圆半径是内圆半径的石倍，内圆半径

为七MN为磁场外圆边界的直径，一群均匀分布、质量为〃八带电荷量为+4的粒子垂直以速度v平

行射入磁场区域，粒子入射范围的宽度等于MN的长度.己知正对圆心。入射的粒子恰好没有射入内圆，

不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：

（1）磁场的磁感应强度大小；

（2）若某粒子可以垂直射入内圆，则该粒子从进入磁场到内圆所需的时间；

（3）从M点射入的粒子第一次在环形磁场中速度偏转角的余弦值。

mv九R1一、八

【答案】(1)—；(2)—;(3)-L2L1

qR4v2

【解析】

【详解】(1)正对圆心。入射的粒子恰好没有射入内圆，轨迹图如图1所示，根据几何关系有

(辰/+/=(/+R)2

解得

r=R

根据洛伦兹力提供向心力有

V2

qvB=m—

r

磁场的磁感应强度大小为

B=—

qR

(2)粒子可以垂直射入内圆，轨迹图如图2所示，打在内圆的点设为K，轨迹圆圆心为。，则三角形

OKQ为等腰直角三角形，可得

0Q=42R

根据

PQ2+QO2=PO2

可知

ZPQO=90

故轨迹的圆心角为

"NPQO-45=45

粒子从进入磁场到内圆所需的时间为

45.12万RnR

t=-----T=—x----=——

3608v4v

(3)从M点射入的粒子第一次在环形磁场中，轨迹图如图3所示，。点为轨迹圆圆心，根据几何关系可

知三角形COD为等腰三角形，有

00=(6-1)7?

从M点射入的粒子第一次在环形磁场中速度偏转角的余弦值为

cosZMDC--cosNCDO-

15.如图甲所示，物块C以％=8m/s的速度冲上静止于地面的木板B,距木板B右端x处固定一个物体

A。已知木板质量=4kg,物块C的质量收=2kg,物块C从冲上木板到最终静止的u-f图像如图乙

所示，物块C始终未从木板上掉下来，地面光滑，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2。

(1)物体A距木板B右端的最大距离。

(2)木板的长度至少是多少？

(3)若A距B木板右端的距离％=4-01,ZMA=4kg,解除A的固定，则B与A会碰撞几次，A物体最

16

终的速度是多少？

0

B|反

///////Z/////////////////////

甲

【答案】(1)1m；(2)8m；(3)-m/s

3

【解析】

【详解】(1)由B、C速度为零，可知B一定与A发生了碰撞，且碰撞次数越少，A距B板右端距离越

大，因此A、B只碰撞一次时x最大，且B、A碰撞前B、C未共速。设B与A碰撞前B的速度为％，C

的速度为。c，根据动量守恒有

mcvc-mBvB=0

可得

1

%=/

根据物块C从冲上木板到最终静止的v-t图像可知物块C的加速度大小为

%4=§m/s2=4m/s2

Ar2

根据牛顿第二定律有

jLifncg=/ncac

〃机eg=

可得

2