2024届北京市海淀区中央民族大学某中学高三期末考试物理试题

2024届北京市海淀区中央民族大学附属中学高三期末考试物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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

选涂其它答案标号。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，只有一项是符合题目要求的。

1、某同学在测量电阻实验时，按图所示连接好实验电路。闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于

电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，电表及其量程的选择均无问题。请你分析造成上述结果的

A.电流表断路

B.滑动变阻器滑片接触不良

C.开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大

D.待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大

2、在地球同步轨道卫星轨道平面内运行的低轨道卫星，其轨道半径为同步卫星半径的5，则该低轨道卫星运行周期

为（）

A.lhB.3hC.6hD.12h

3、两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，关于此时刻的说法

A.a,8连线中点振动加强

B.小力连线中点速度为零

C.a,b,c,d四点速度均为零

D.再经过半个周期°、d两点振动减弱

4、心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压

S会随着心跳频率发生变化。如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）

与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。则（）

心电仪听筒扬声器

A.保持滑动变阻器滑片尸不动，当Ui变小时，扬声器的功率变大

B.保持滑动变阻器滑片P不动，当S变小时，原线圈电流力变小

C.若保持S不变，将滑动变阻器滑片产向右滑，扬声器获得的功率增大

D.若保持U不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流〃增大

5、下列说法正确的是（）

A.物体的动能增加，其内能也一定增加

B.扩散现象和布朗运动都是分子的无规则热运动

C.一定质量的气体膨胀对外做功，气体内能一定增加

D.随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小

6、如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮4和8,两轮半径心=2&,4为主动轮.当4匀速转动时，在4轮

边缘处放置的小木块恰能相对静止在A轮的边缘上，若将小木块放在8轮上让其静止，木块离B轮轴的最大距离为

（）

A.&/8B.R8/2C.RBD.RR/4

二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系一小球。和心a球质量为机，静置于地面,

力球质量为4,用手托住，高度为心此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放,球，不计空气阻力，已知》球落地后速

度变为零，则下列说法正确的是

〃/〃/〃/

o

%

A.在。球上升的全过程中，〃球的机械能始终是增加的

B.在。球上升的全过程中，系统的机械能守恒

C.。球到达高度力时两球的速度大小为以二

D.从释放开始，。球能上升的最大高度为1・64

8、如图所示，两个等量异种点电荷A、B固定在同条水平线上，电荷量分别为+Q和-Q。是水平放置的足

够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球P,其质量为用，电荷量为+夕（可视为试探电荷，不影响电

场的分布）。现将小球从点电荷A的正下方。点由静止释放，到达点电荷B的正下方O点时，速度为2j5m/s，。为

。。的中点。则（）

A,+。Q’B

II

II

II

II

II

p;

MC0DN

A.小球从C至。先做加速运动，后做减速运动

B.小球运动至。点时速度为2m/s

C.小球最终可能返回至。点

D.小球在整个运动过程中的最终速度为2m/s

9、以下说法正确的是—

A.晶体具有各向同性，而非晶体具有各向异性

B.液体表面张力与重力有关，在完全失重的情况下表面张力消失

C.对于一定的液体和一定材质的管壁，管内径的粗细会影响液体所能达到的高度

D.饱和汽压随温度而变，温度越高饱和汽压越大

E.因为晶体熔化时吸收的热量只增加了分子势能，所以熔化过程中晶体温度不变

10、如图所示，a、b、c是均匀媒质中x轴上的三个质点.ab、be两点间的距离分别为6m、10m.一列简谐横波以

2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时质点a第一

,Y:»12由

Fl

z

(1)小铁球经过光电门时的瞬时速度p=(用题中所给字母表示)。

(2)如果d、，、h、g满足关系式,就可验证机械能守恒定律。

(3)比较两个方案，改进后的方案相比原方案主要的两个优点是<.

A.不需要测出小铁球的质量

R.电磁铁控制小铁球，更易保证小铁球的初速度为0

C.消除了纸带与打点计时器之间的摩擦力影响

D.数据处理大大简化

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.(10分)电子对湮灭是指电子-和正电子e•碰撞后湮灭，产生伽马射线。如图所示，在竖直面*Oy内，第I象限

内存在平行于『轴的匀强电场与第H象限内存在垂直于面xOy向外的匀强磁场防，第IV象限内存在垂直于面xOy

向外的矩形匀强磁场以(图中未画出)。点A、尸位于x轴上，点C、。位于)，轴上，且。4距离为L.某为时刻，速

度大小为孙的正电子人从4点沿轴正方向射入磁场，经C点垂直)，轴进入第I象限，最后以0%的速度从P点射

出。同一fo时刻，另一速度大小为0%的负电子不从。点沿与轴正半轴成45,角的方向射入第IV象限，后进入未

知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与尸点出射的正电子/正碰湮灭，即相碰时两电子的速度方向相

反。若已知正负电子的质量均为机、电荷量大小为e、电子重力不计。求：

⑴第II象限内磁感应强度的大小Bi

(2)电场强度E及正电子从C点运动至P点的时间

(3)。点的纵坐标及第IV象限内矩形磁场区域的最小面积S

14.（16分）如图所示，打开水龙头，流出涓涓细流。将乒乓球靠近竖直的水流时，水流会被吸引，顺着乒乓球表面

流动。这个现象称为康达效应（CoandaEffect）。某次实验，水流从A点开始顺着乒乓球表面流动，并在乒乓球的最

低点8与之分离，最后落在水平地面上的C点（未画出）。已知水流出水龙头的初速度为%,8点到。点的水平射程

为X,8点距地面的高度为力，乒乓球的半径为R,。为乒乓球的球心，AO与竖直方向的夹角。二60，不计一切

阻力，若水与球接触瞬间速率不变，重力加速度为g。

（1）若质量为Am（6T0）的水受到乒乓球的“吸附力”为尸，求二的最大值；

△m

（2）求水龙头下端到A的高度差H。

IJ水龙头

15.（12分）如图，在X。），平而内，x=U与x=3七两直线之间存在两匀强磁场，磁感应强度大小相同，方向均垂直于

xQy平面，x轴为两磁场的分界线；在第1象限内存在沿），轴负方向、场强大小为E的匀强电场。一质量为〃?、电荷

量为4（q>0）的粒子从x轴上的A点以某一初速度射入电场，一段时间后，该粒子运动到y轴上的尸（0,-）点，

2

以速度刖垂直于），轴方向进入磁场。不计粒子的重力。

（1）求4点的坐标；

（2）若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围；

（3）若粒子能从O'（3L,0）点离开，求磁感应强度的可能取值。

参考答案

一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。

1、D

【解题分析】

AB.电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路情况，即电表示数为零，AB错误；

C.开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很小，所以其

两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；

D.待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联的其他仪器

的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确。

故选D。

2、B

【解题分析】

根据开普勒第二定律

解得

Tv=lril=-x24h=3h

卫8同8

故选B。

3、B

【解题分析】

AB.。是两个波谷相遇，位于波谷，振动加强，但此时速度为0;〃是两个波峰相遇，位于波峰，振动加强，但此时

速度为0;。、力两点是振动加强区，所以。、〃连线中点振动加强，此时是平衡位置，速度不为0;故A正确，B错误;

C.c和d两点是波峰和波谷相遇点，c、d两点振动始终减弱，振幅为0,即质点静止，速度为零，故用瓦c,d四

点速度均为零，故C正确；

D.再经过半个周期c、d两点仍是振动减弱，故D正确。

本题选错误的，故选B。

4、B

【解题分析】

AB.保持滑动变阻器滑片尸不动，当S变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压S减小，则

扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流八也减小，选项A错误，B正确；

CD.若保持Ui不变，则次级电压S不变，将滑动变阻器滑片产向右滑，则K电阻变大，次级电流〃减小，则扬声

器获得的功率减小，选项CD错误。

故选Re

5、D

【解题分析】

A.物体的内能由分子动能和分子势能构成，与宏观的机械能大小无关，A错误；

B.布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子热运动，B错误；

C.根据热力学第一定律AU=Q+W可知一定质量的气体膨胀对外做功，吸放热情况未知，所以气体内能不一定增

加，C错误；

D.随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小，D正确。

故选D。

6、B

【解题分析】

摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等，根据题意有：两轮边缘上有：RA(OA=RBOB,所以：(08=箕34,因

为同一物体在两轮上受到的最大摩擦力相等，根据题意有，在B轮上的转动半径最大为r,则根据最大静摩擦力等于

「*_%_RB

向心力有：，〃RA3A2=WCOB2,得：R[2D2,故ACD错误，B正确；故选B.

点睛：摩擦传动时，两轮边缘上线速度大小相等，抓住最大摩擦力相等是解决本题的关键.

二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、CD

【解题分析】

A.在。球上升的全过程中，第一个过程系统的机械能守恒，。球的机械能是增加的，在第二个过程中。球的机械能守

恒，故A错误；

B.8球落地时，有机械能损失，系统机械能不守恒，故B错误；

CD.设。球到达高度力时两球的速度为L根据机械能守恒定律：

-mgh=—•5mv2

得出

此时轻绳恰好松弛，。球开始做初速度为「的竖直上抛运动。〃球的机械能守恒

mgh+gtnv1=mgH

计算得出。球能上升的最大高度〃为1.6队故CD正确。

故选：CDo

8、BD

【解题分析】

A.根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0,正点电荷附近电势大于0,

负点电荷附近电势小于0,根据对称关系可得

<Pc=一<PD=0

其中

%>0,%<0

所以小球从。到。运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速

运动，所以A错误；

B.小球由C到。，由动能定理得

%/)=%9=；族

c1.，

2(p=—mv'=4〃z

则由。到。由动能定理可得

12

9=

所以B正确；

C.由分析可知

%=°

无穷远处电势也是0,小球由。到。加速运动，再由O到无穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做负功，小球做

减速运动，所有不可能返回。点，所以c错误；

D.小球从。到无穷远处，电场力做功为0,由能量守恒可知，动能变化量也是0,即无穷远处的速度为

v=vo=2m/s

所以D正确,

故选BDo

9、CDE

【解题分析】

A.晶体分为单晶体和多晶体，单晶体各向异性，多晶体各向同性，非晶体各向同性，故A错误；

B.液体表面张力是微观的分子引力形成的规律，与宏观的超失重现象无关，则在完全失重的状态下依然有表面张力

的现象，故B错误；

C.浸润现象中，浸润液体在细管中上升时，管的内径越小，液体所能达到的高度越高，故对于一定的液体和一定材

质的管壁，管内径的粗细会影响液体所能达到的高度，则c正确；

D.饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，故D正确；

E.晶体熔化时吸收热量，导致内能增大，但只增加了分子势能，故熔化过程中晶体温度不变，故E正确。

故选CDEo

10、BC

【解题分析】

在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时质点a第一次到达最大正位移处可知，

3

-T=3所以7=4s,波长==

4t

3

A、B项：由于为活=^丸=6加，所以当质点a向下运动时，b质点一定向上振动，当质点a的加速度最大时，即处在

波峰（或波谷）所以b质点处于平衡位置，即速度最大，故A错误，B正确；

C项：当质点•完成10次全振动所用时间为107=40s,波从。传到c所用的时间为£S=8S,所以还有32S,所

2

以b刚好完成8次全振动，故C正确;

D项：当质点a第三次到达位移最大值位置所用的时间为，=(3+2x4)s=lls,波从a传到c所用的时间=8s,

2

故D错误.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

\-k\-k

【解题分析】

(1)由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示:

(2)由图可知，V%测量Ro与R两端的电压，M测量R两端的电压，则Ro两端的电压Uzo-Un)；由欧姆定律可知:

力。-《。力)/

RoUi。

U2-U.rTERqr..r,

(3)由闭合电路欧姆定律可知：E=5+2变形得：672=—+--67,,结合图象有：--=k

仆仆+r&+广币+「

【解题分析】

用平均速度代替小铁球经过光电门时的瞬时速度，即

(2)[2]若小铁球机械能守恒，则有

可得

2"

(3)[3]比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点：一是消除了纸带与打点计时器之间的摩擦力影响；二是

电磁铁控制小铁球，更易保证小铁球的初速度为0,故BC正确，AD错误。

故选BCo

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)用二华(2)E=皿：殳(3)y=TL、S=

—⑷匕=--:

eL2eL%

【解题分析】

(1)由题意正电子从A点沿)，轴正方向发射，经过。点垂直)，轴射出，可知其在磁场中作匀速圆周运动的半径:

/?)-L

又：

解得:

'eL

(2)正电子在电场中做类平抛运动，运动时间为左尸，运动分解：『轴方向受电场力作用做初速为零匀加速运动

ZOC=ZOA=L

%=%①

又知正电子在点P出射速度为V2v0，设其从点P穿过X轴时与X轴正方向夹角为a,

cosa=—=%

%6。

a=45

vly=vIxtana=v0（2）

联立解得：

(3)如图，设MNP尸为最小矩形磁场区域，负电子在磁场中做匀速圆周运动，圆心3,NP为轨迹圆的弦。由几何关系

正、负电子在第I、W象限沿x轴方向位移、速度相同，即:

x?二%=%%—2H

%=a%cos45°=%=Wx

运动时间：正电子

2L12nm

。=%+%=------h-x

%4V

负电子

2L12兀"2

（2=tQN+tNP=——+TX

%4B2e

又:

=t

力2

故

—鬻

负电子在矩形磁场中做匀速圆周运动

%

解得：

6=血4=伍

故。点的纵坐标

y=-(应6+2Ltan45°)=-4L

未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形MNPF的面积

S=2L(V2-l)L=2(>/2-l)L2

22

pY~vv3

14、(1)——=^(1+—)；

A/n2hR4〃2g2

【解题分析】

F

(1)设水流在4点的速率为以，在4点时一最大，由牛顿第二定律