河北省衡水市桃城区多校2024-2025学年高三上学期10月学科素养监测（三调）物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024—2025学年高三年级学科素养检测（三调）物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，带正电的小球A用绝缘轻绳悬挂在天花板上，起初轻绳竖直。现在空间施加一沿纸面斜向右上方的匀强电场E，保持匀强电场的方向不变，电场强度由0缓慢增大，在连接小球A的绝缘轻绳缓慢由竖直变为水平的过程中，轻绳对小球的拉力（）A.一直减小 B.一直增大 C.先增大后减小 D.先减小后增大【答案】D【解析】如图所示，小球A受到轻绳的拉力、电场力和重力作用小球受到的重力大小和方向均不变，电场力方向不变，大小不断变大，轻绳对小球的拉力大小和方向都在变化，将这三个力进行适当平移构成一个首尾相接的矢量三角形，在电场力不断增大的过程中，拉力大小的变化如图所示当拉力和电场力垂直时，拉力有最小值，拉力缓慢由竖直变为水平的过程中，其大小先减小后增大，故D正确。故选D。2.一灵敏电流计，其电阻Rg=50Ω，满偏电流Ig=100mA，要把它改装成量程为0.6A的电流表，应该并联（）A.10Ω的电阻 B.20Ω的电阻 C.100Ω的电阻 D.200Ω的电阻【答案】A【解析】把它改装成量程为0.6A的电流表，则有可得并联电阻的阻值为故选A。3.LED灯正在逐步取代道路照明的高压钠灯。已知每盏高压钠灯的功率为400W，同亮度LED灯的功率为100W，若某城市要更换1×104盏高压钠灯，每盏灯每天的发光时间为10h，则一个月可节约的电能约为（）A.1×105kW·h B.1×106kW·h C.1×107kW·h D.1×108kW·h【答案】B【解析】每盏高压钠灯换成LED等，节约的功率为故一个月节约的电能为大约等于1×106kW·h。故选B。4.如图甲所示，宇宙中某恒星系统由两颗互相绕行的中央恒星组成，它们被气体和尘埃盘包围，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果。该恒星系统可简化为如图乙所示的模型，质量不同的恒星A、B绕两者连线上某点做匀速圆周运动，测得其运动周期为T，恒星A、B的总质量为M，已知引力常量为G，则恒星A、B的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据万有引力提供向心力可得又联立可得故选A。5.花样滑冰双人滑的比赛中，有一个难度较大的托举动作，男运动员将女运动员捻转、托举，脱手后女运动员重心在空中继续上升约0.8m，整个托举动作用时约0.2s。已知男运动员的质量为60kg，女运动员的质量为40kg，则托举过程中地面对男运动员的平均支持力约为（）A.800N B.1400N C.1800N D.2500N【答案】C【解析】女运动员上升的初速度为托举过程中，女运动员的加速度大小为对女运动员，根据牛顿第二定律托举的支持力为则女运动员对男运动员反作用力为男运动员处于平衡状态，根据托举过程中地面对男运动员的平均支持力约为故选C。6.如图甲所示，物块a、b用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平地面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块a施加一水平向右的恒力F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，则物块a、b的质量之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得其中时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得以物块b为对象，根据牛顿第二定律可得其中，联立可得物块a、b的质量之比为故选D。7.光滑水平地面上，三个完全相同的小球通过两根不可伸长、长度相同的轻质细线连接，初始时三小球共线均静止，细线绷直，如图甲所示。现给球3一垂直细线向右的瞬时冲量，使其获得一向右的速度v，则两根细线第一次垂直时（如图乙所示），球3的速度大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】1、2两球的速度大小相等，三个球的速度关系为沿向右方向，由动量守恒得故选B。8.如图所示，实线为带电小球在重力和电场力共同作用下从a点运动到b点的轨迹，该轨迹是竖直平面内的一条抛物线，其中va方向水平向右，方向竖直向下，且，则下列说法正确的是（）A.该电场一定为匀强电场 B.小球的速度先变小后变大C.该电场的方向可能竖直向上 D.小球受到的电场力方向一定水平向左【答案】AB【解析】A．由于b点速度方向竖直向下，可知运动过程中水平方向的va逐渐减小到零，即电场力存在水平向左的分量。设水平向左的加速度分量为，竖直向下的加速度分量为，则由于轨迹为抛物线，即的形式，由数学知识可知与应是固定值，所以电场应是匀强电场，A正确；B．合外力应指向轨迹凹侧，即大致指向左下方，根据合外力与速度夹角可知，小球先做减速运动，后做加速运动，B正确；C．存在水平向左的加速度分量，因此电场方向不可能竖直向上，C错误；D．由于，说明小球从a点运动到b点的过程中合力做功为零，只需合力方向与总位移方向垂直即可，电场力方向不一定是水平向左的，D错误。故选AB。9.质点A沿x轴正方向做匀速直线运动，当质点A经过坐标原点O时，质点B从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，两质点的速度v与位置坐标x的关系图像如图所示，两图像的交点坐标为（4m，6m/s），下列说法正确的是（）A.质点B的加速度大小为5.4m/s² B.两质点在x=16m处相遇C.质点B加速s后追上质点A D.质点B追上质点A时的速度大小为12m/s【答案】BD【解析】A．对物体B根据因图像经过(4m，6m/s)点，可得选项A错误；BCD．质点B加速t后追上质点A，则两物体相遇时满足解得x=16m质点B追上质点A时的速度大小为选项BD正确，C错误；故选BD。10.如图甲所示，水平固定的绝缘光滑细杆上穿有一个质量为m、带电荷量为-q的小环（可视为点电荷），细杆正上方的P点固定一个带电荷量为Q的点电荷，将小环由静止释放，小环在细杆上做往复运动。选无限远处电势为0，以水平向右为正方向、P点正下方的O点为坐标原点建立x轴，小环运动过程中的电势能E，随x变化的图像为如图乙所示的曲线，图像在-x0处的斜率最小，在x0处的斜率最大，静电力常量为k。下列说法正确的是（）A.P点到细杆的距离为 B.图像在x0处的斜率为C.小环的最大加速度为D.点电荷Q在x0处产生的电场的电场强度大小为【答案】ABD【解析】A．根据题意可以等效成在P点放一点电荷，使一带负电的小环在点电荷形成的电场中运动，设OP=h,小环与P点连线与水平方向夹角为,距离为r，如图所示，小环沿x轴方向的电场力则有解得在图像中，其斜率为电场力，根据均值不等式可得电场力最大，此时故P点到细杆的距离为A正确；B．此时水平方向电场力最大为x0处的斜率B正确；C．电场力最大时，加速度也最大，由牛顿第二定律可知C错误；D．实际电场力故电场强度D正确。故选ABD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学利用水平气垫导轨和光电门探究合力做功与动能变化的关系，光电门记录遮光片的挡光时间，装置如图所示。已知滑块的质量为M（含遮光片），钩码的质量为m，重力加速度大小为g。（1）若遮光片的宽度为d，遮光片通过光电门A和B时显示的时间分别为t₁、t₂，则滑块通过光电门A时的速度大小vA=___________。（2）根据实验数据，得到的滑块从光电门A运动到光电门B的过程中，动能变化量Ekm=___________。（3）因滑块的质量M（含遮光片）远大于钩码的质量m，若以钩码所受的重力作为滑块所受的合力，光电门A、B之间的距离为l，则滑块从光电门A运动到光电门B的过程中合力做功W=___________。（4）若实验正确操作，必有W___________Ekm。（填“稍大于”“稍小于”或“等于”）【答案】（1）（2）（3）（4）稍大于【解析】【小问1详析】根据速度公式可得，滑块通过光电门A时的速度大小为【小问2详析】滑块通过光电门B时的速度大小为故滑块动能的变化量整理可得【小问3详析】由于钩码所受的重力作为滑块所受的合力，且滑块通过的距离为l，故合力做功【小问4详析】在实际情况下，因为钩码加速下降，处于失重状态，绳中拉力小于钩码重力，所以W稍大于Ekm。12.一只电流表的表盘刻度清晰，但刻度值污损。小明要测量其内阻（约为500Ω），除了待测电流表之外，实验室提供的器材如下：A．电压表V（量程为3V）；B．滑动变阻器R₁（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为1A）；C．滑动变阻器R₂（最大阻值为2kΩ，允许通过的最大电流为1A）；D．电阻箱R'（阻值范围0～999.9Ω）；E．电源（电动势约为1.5V，内阻约为1Ω）；F．开关两个、导线若干。（1）实验电路如图所示，选用的滑动变阻器为___________（填“R1”或“R2”）。（2）下列实验操作步骤，正确顺序___________。①闭合开关S1、S2②连接好实验电路③调节滑动变阻器的滑片，使电流表指针满偏④将滑动变阻器的滑片调到a端，电阻箱的阻值调至最大⑤断开开关S2，保持滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使电流表指针半偏，记录电阻箱的阻值R′（3）电流表内阻的测量值___________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【答案】（1）（2）②④①③⑤（3）偏大【解析】【小问1详析】图中滑动变阻器采用分压式连接，为了便于操作，滑动变阻器应选择阻值较小的；【小问2详析】首先按照电路图连接好电路，检查无误后，将滑动变阻器的滑片调到a端，电阻箱的阻值调至最大，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器和电阻箱，使电流表指针满偏，断开开关S2，保持滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使电流表指针半偏，记录电阻箱的阻值R′，顺序为②④①③⑤；【小问3详析】由于断开开关S2后，测量部分总电阻变大，所以测量部分与滑动变阻器的并联电路部分的电阻值增大，根据串联电路的分压原理可知，输出端电压会变大，则滑动变阻器上的电压值大于电压表分担的电压值，所以会导致测量结果偏大。13.起重机用钢缆把质量m=500kg的重物从地面由静止竖直向上吊起到高度h=10m处，所用时间t=10s，此过程可看成两段连续的、对称的匀变速直线运动，即加速、减速时重物的加速度大小不变，重物到达h处时速度恰好为0，取重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）重物的加速度大小a；（2）钢缆对重物拉力的最大功率P。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】根据题意可知，匀加速过程和匀减速过程所用时间均为匀加速过程和匀减速过程通过的位移大小均为根据运动学公式可得解得加速度大小为【小问2详析】重物做匀加速直线运动的速度最大时，钢缆对重物拉力的功率最大，设重物做匀加速直线运动时的最大速度为，钢缆对重物的拉力大小为，则有根据牛顿第二定律可得解得则钢缆对重物拉力的最大功率为14.如图所示，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻为r，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为。质量为m、带电荷量为+q的粒子以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器，不计空气阻力及粒子受到的重力。求：（1）电容器两板间的电压U；（2）直流电源的电动势。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】粒子在电容器中做类平抛运动，则，，得【小问2详析】直流电源的电动势为15.如图所示，半径R=0.4m的光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，A、B两点为圆轨道的进、出口，两点可近似认为重合，虚线为与圆轨道相切的一条竖直直线，在其左侧存在方向水平向右、电场强度大小E=100N/C的匀强电场。一质量m=0.1kg、带电荷量q=2×10-2C的滑块（可视为点电荷，所带电荷量不变），在电场力的作用下从O点由静止开始向圆轨道运动，当滑块运动到圆轨道最高点时对轨道的弹力等于其所受重力的3倍。在圆轨道出口B点右侧距B点L=4.0m处有一长度l=0.5m、与地面等高的传送带，传送带始终以v0=3m/s的速度顺时针转动，传送带左端与地面的接触点为C，右端与地面的接触点为D，已知滑块与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2。（1）求O点到圆轨道进口的距离d；（2）若电场强度大小可变，O点位置不变，要使滑块通过圆轨道后能滑上传送带，求电场强度大小E满足的条件；（3）若电场强度大小不变，滑块释放的位置可以调节，释放点到圆轨道进口的距离为x，求滑块通过圆轨道后到达D点时的速度大小vD与x的关系。（用国际单位制SI）【答案】（1）；（2）；（3）（），（）【解析】【小问1详析】设滑块在圆轨道最高处时的速度为，轨道对滑块的弹力为，根据牛顿第三定律以及圆周运动规律，可得物体在圆轨道最高处时滑块从O点至轨道最高处的过程中，由动能定理，可得解得【小问2详析】设物块恰