河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期四调考试物理试卷.docx

河北省衡水中学2023届上学期高三年级四调考试 物 理 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共5页，总分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷（选择题 共46分） 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，水平地面上固定一斜面体，斜面体的倾角为α，小斜劈B上表面水平，放置在斜面上，物块A处于小斜劈的上表面，通过两端带有铰链的轻杆与物块C相连，物块C紧靠墙面，墙面的倾角为θ，已知轻杆跟墙面垂直，A、B、C均静止，α < θ，关于A、B、C的受力，下列说法正确的是 A．A对B的摩擦力水平向右 B．小斜劈B可能不受斜面体的摩擦力作用 C．物块C的受力个数可能是3个 D．A对B的压力大小一定等于A、C的重力之和 2．如图所示，在一块面积很大的接地金属平板的上方固定一个带正电的小球，虚线是金属平板上方电场的等势线（相邻等势线间的电势差相等），实线是某一带电粒子仅在电场力作用下先后经过M和N处的运动轨迹。若该带电粒子在M和N处受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，下列说法正确的是 A．该粒子可能带正电 B．该粒子从M运动到N的过程中，动能减小 C．FM < FN，EpM >EpN D．由于静电感应，金属板的上表面带正电荷 3．如图所示，真空中有四个点O、a、b、c，任意两点间的距离均为L，点d（图中未画出）到点O、 a、b、c的距离均相等。在a、b两点均放置一电荷量为q的正点电荷，在O、c连线的某点处放置一正点电荷Q，使得d点的电场强度为零。则Q的电荷量为 A．39q B．239q C．33q D．233q 4．如图所示，均匀的带正电圆环圆心为O，以O点为坐标原点建立x轴，坐标轴垂直于圆环平面。A是x轴上的一点，带电圆环在A点产生的电场强度为E、电势为φ。现在A处再放一同样的带正电圆环，圆心在A点，环面与x轴垂直，则A点的 A．E增大、φ增大 B．E不变、φ增大 C．E增大、φ不变 D．E不变、φ不变 5．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E，内阻忽略不计，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，电流表和电压表均为理想电表。在滑动变阻器的滑片P自b端向a端滑动的过程中，下列说法正确的是 A．电压表示数变大 B．电流表示数变小 C．电容器C所带电荷量减少 D．a点的电势降低 6．如图所示，V形对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面的夹角均为α=60°，其中斜面M粗糙、斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 A．两小滑块所带电荷为异种电荷 B．两小滑块间的库仑力大小等于单个小滑块重力的两倍 C．P与M间的动摩擦因数至少为36 D．P与M间的动摩擦因数至少为33 7．空间存在一沿x轴方向的静电场，质子由O点开始仅在电场力的作用下沿x轴的正方向运动，该过程中质子的电势能关于位移x的变化规律如图所示。其中图线O～x2为顶点在x1的开口向上的抛物线，x2以后的图线为倾斜的直线。下列说法正确的是 A．O位置和x2位置的电场强度相同 B．图中x1处的电势最高，x3处的电势最低 C．x2～x3段质子做匀变速直线运动 D．该电场沿x轴的正方向 8．如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个电荷量为−q的小球Q。整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个质量为m、电荷量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M点的距离均为s0。P、Q的连线以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0且始终在弹性限度内，静电力常量为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A．小球P沿着斜面向下运动的过程中，其电势能一定减小 B．小球P在N点的加速度大小为qE+mgsinα−kq2s02m C．小球P返回时，不可能越过N点撞到小球Q D．当弹簧的压缩量为qE+mgsinαk0时，小球P的速度最大 9．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时 A．L1两端的电压为L2两端电压的2倍 B．L1消耗的电功率为0.75 W C．L2的电阻约为12Ω D．L1、L2消耗的电功率的比值大于4 10．某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快捷地运送到地面，专门安装了传送带设备，如图所示。已知传送带与水平面的夹角θ=37∘，正常的运行速度是v=10 m/s。现在传送带的A端轻轻放上一个小物体（可视为质点），已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，A、B间距离s=16m。sin37∘=0.6,cos37∘=0.8，取g =10 m/s2，下列说法正确的是 A．如果传送带不运行，小物体从A端运动到B端的时间为4s B．如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体的速度不可能超过传送带速度 C．如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间小于传送带不运行时小物体从A端运动到B端的时间 D．如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间大于传送带不运行时小物体从A端运动到B端的时间 第Ⅱ卷（非选择题 共54分） 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．（6分）某实验小组做“探究在质量不变的情况下物体的加速度与所受合外力关系”的实验。如图甲所示为实验装置示意图。 (1)关于该实验，下列说法正确的是_______。（填正确答案标号） A．安装实验器材时，要调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行 B．平衡摩擦力时，撤去砂桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．实验过程中，向砂桶内加砂时，必须保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M D．准确地平衡摩擦力后，实验过程中读出拉力传感器的示数即为小车受到的合外力 (2)如图乙所示为实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出），相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的打点频率为50 Hz，则小车的加速度大小a =_______m/s2。 (3)保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的a-F图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为_______kg。（结果保留两位有效数字） 12．（8分）为了测定某电池的电动势（20～22 V）和内阻（小于2 Ω），需要把一个量程为0～10 V的直流电压表接一定值电阻（用电阻箱代替），改装成量程为0～30 V的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内阻，以下是该实验的操作过程： (1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，请完成第五步的填空。 第一步：把滑动变阻器滑片移至最右端； 第二步：把电阻箱阻值调到零； 第三步：闭合开关； 第四步：把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为9 V； 第五步：保持滑动变阻器滑片不动，把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为______V； 第六步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为0～30 V的电压表。 (2)上述实验可供选择的器材有： A．待测电池（电动势20～22 V，内阻小于2 Ω）； B．电压表（量程为0～10 V，内阻约10 kΩ）； C．电阻箱（0～9 999 Ω，额定功率小于10 W）； D．电阻箱（0～99 999 Ω，额定功率小于10 W）； E．滑动变阻器（0～20 Ω，额定电流2A）； F．滑动变阻器（0～2 kΩ，额定电流0.2 A）； 电阻箱应选_______，滑动变阻器应选______。（均填器材前的字母代号） (3)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），采用伏安法测电源电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U-I图线如图丙所示，可知电池的电动势为______V，内阻为______Ω。 13．（10分）如图所示的电路中，R1=4Ω，R2=2Ω，滑动变阻器R3上标有“10 Ω 2A”的字样，理想电压表的量程有0～3 V和0～15 V两挡，理想电流表的量程有0～0.6 A和0～3A两挡。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2V和0.5 A；继续向右移动滑片P至另一位置，此时电压表指针指在满偏的13，电流表指针也指在满偏的13，求电源电动势与内阻的大小。（均保留两位有效数字） 14．（12分）如图所示，光滑绝缘直杆ABCD水平放置并固定不动，其中AB、BC、CD的长度均为L，杆上套有一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），小球通过绝缘轻质弹簧与固定点O连接，直杆A处固定电荷量为+9q的点电荷，小球从B点由静止开始释放，运动到D点时速度恰好达到最大值vm。OC垂直于直杆，且OC的长度为弹簧原长，静电力常量为k。 (1)求B、D两点间的电势差UBD。 (2)求小球刚释放时的加速度大小a。 (3)求小球运动到D点时，C点的电场强度大小E。 15．（18分）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，AB的长度为2L，圆管的半径r=2L（圆管的内径忽略不计）。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场E1；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的、电场强度大小E2=mgq的匀强电场。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q（q>0）的带电小球（可视为质点），P、C间距为L。现将该小球从P点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A处无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知重力加速度大小为g。 (1)求虚线AB上方匀强电场E1的电场强度大小。 (2)求小球在ADB管中运动经过D点时对管的压力FD。 (3)小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点（图中 未标出），求小球在圆管中运动的时间tAB与运动的总时间tPN之比。 物理参考答案 6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一、选择题 1．B【解析】对A受力分析可知，B对A的摩擦力水平向右，那么A对B的摩擦力水平向左，A错误；B可能只受到重力、A施加的压力、A的摩擦力和斜面的支持力作用而平衡，B正确；C一定受到4个力的作用，C错误；把A、C当做整体分析，可知A对B的压力大小只是可能等于A、C的重力之和，D错误。 2．C【解析】根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向可知，带正电的小球对该带电粒子的作用力是吸引力，则该粒子带负电，A错误；由等势线的疏密可知，电场强度EM<EN，由F=qE可知FM<FN，该粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，即EpM>EpN，B错误，C正确；由于静电感应，金属板的上表面带负电荷，D错误。 3．B【解析】由题意可知，d点为正四面体的中心，到四个顶点的距离均为64L，在a、b两点均放置一电荷量为q的正点电荷，由于对称性可知这两个点电荷在d点所产生的合电场强度垂直于Oc，指向Oc的中点，设 Oc的中点为e，根据几何关系得Lde=24L，由于d点的电场强度为零，那么正点电荷Q应该放在e点，正点电荷Q在d点产生的电场强度大小EQ=kQLde2=8kQL2，结合几何关系知，a、b两处电荷量为q的正点电荷在d处产生的合电场强度大小E′=2kqLad2∙LedLad=163kq9L2， 因d点合电场强度为0，则E′=EQ，解得Q=239q，B正确，A、C、D错误。 4．B【解析】根据对称性可知，均匀带电圆环在环心处产生的合电场强度为0，由电场的叠加原理可知，A点的电场强度保持不变，但电势却升高了，B正确，A、C、D错误。 5．B【解析】在滑动变阻器的滑片P自b端向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I减小，电阻R1两端电压减小，则电压表示数减小，A错误；电阻R2两端的电压U2=E－IR1，I减小，则U2增大，电容器两极板间的电压增大，其带电荷量增大，C错误；根据外电路中沿着电流方向电势降低可知，a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2增大，则a点的电势升高，D错误；通过R2的电流I2增大，通过电流表的电流IA=I－I2，I减小，I2增大，则IA减小，即电流表示数变小，B正确。 6．D【解析】由滑块Q在光滑斜面N上静止可知，P、Q相互排斥，带有同种电荷，A错误；设两滑块间的库仑力大小为F，那么mgcos30∘=Fcos30∘，可知F=mg，B错误；对滑块P，如果恰好不下滑时，有μ(F+mgcos60∘)=mgsin60∘，解得μ=33，C错误，D正确。 7．C【解析】根据qE=−ΔEpΔx可知，Ep−x图像的切线斜率的绝对值等于|qE|，由题图可知x1处切线斜率为零，故x1处电场强度最小且为零，O位置和x2位置关于x1位置对称，则O位置和x2位置的电场强度大小相等，方向相反，A错误；结合质子带正电和题图可知，图中电势最高的点是x3处，x1处的电势最低，B错误，x2～x3段图像的斜率不变，则质子所受的电场力不变，质子的加速度不变，则该过程质子做匀变速直线运动，C正确；由以上分析可知x1左侧的电场沿x轴的正方向，x1右侧的电场沿x轴的负方向，D错误。 8．BC【解析】因为匀强电场电场力所做的正功跟固定于M点的负电荷的库仑力所做负功的代数和不确定，故小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能的变化无法确定，A错误；在N点，根据牛顿第二定律得qE+mgsinα−kq2s02=ma，解得a=qEm+gsinα−kq2ms02，B正确；根据能量的转化和守恒定律，小球最高只能到达N点，不能与小球Q相碰，C正确；当P受到的合力为0时，速度最大，当弹簧的压缩量为qE+mgsinαk0时，小球P仍受库仑力作用，合力不为0，速度不是最大，D错误。 9．BD【解析】电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知，L1两端的电压为3.0 V，L1消耗的电功率为P1 =U1I1 =0.75 W，B正确；根据并联电路规律可知，L2中的电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知其两端电压大约为0.3 V，故L1两端的电压约为L2两端电压的10倍，A错误；由欧姆定律可知，L2的电阻约为R2=U2I2=0.30.125Ω=2.4Ω，C错误；L2消耗的电功率P2=U2I2=0.3×0.125W=0.0375W，即L1、L2消耗的电功率的比值大于4，D正确。 10．AC【解析】因为当传送带静止或顺时针转动时，小物体均以相同的加速度加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin37∘−μmgcos37∘=ma，联立x=12at2，解得t=4 s，A正确，D错误；当传送带逆时针转动时，根据牛顿第二定律得mgsin37∘+μmgcos37∘=ma1，速度与传送带相同时，设小物体的位移为x1，则有v2=2a1x1，联立解得x1=5m<16m，小物块将继续加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin37∘−μmgcos37∘=ma，小物块到达底端时的速度为v1，根据运动学公式v12−v2=2a(s−x1)，联立解得v1=12m/s，由于第一段加速度较大，全程的运动时间会小于4s，B错误，C正确。 二、非选择题 11．(1)AB（2分） (2)0.75（2分） (3)0.67（2分） 【解析】 (1)安装实验器材时，要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，这样才能保证拉力方向与运动方向一致，A正确；平衡摩擦力时要撤去砂桶，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，轻推小车，从打出的纸带相邻计时点间隔是否均匀来判断小车是否做匀速运动，B正确；由于有拉力传感器，所以不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M，C错误；实验中有两根绳子，所以小车受到的合外力为拉力传感器示数的2倍，D错误。 (2)纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出，已知打点计时器的打点频率为50 Hz，相邻计数点间的时间间隔t = 0.1 s，由逐差法可知，小车的加速度a=xCF−xOC9t2=(19.65−6.45−6.45)×10−29×0.12m/s2=0.75m/s2 (3)对小车，由牛顿第二定律得2F−F阻=Ma，整理得a=2FM−F阻M，由题图丙得k=2M=3，解得M ≈ 0.67 kg。 12．(1)3（2分） (2)D（1分） E（1分） (3)21.3（2分） 1.8（2分） 【解析】 (1)要使电压表量程扩大为原来的3倍，则电阻箱的阻值应为电压表内阻的2倍，电压表读数应为电阻箱两端电压的一半，因为总电压保持9V不变，所以电压表读数为3V。 (2)改装成30 V大量程电压表，需要串联约20 kΩ的电阻，所以电阻箱选择D，电路由于是分压电路，要使电压表支路的电压几乎不变，滑动变阻器选择最大阻值小的，选择E。 (3)由于电压表量程扩大3倍，所以电动势E=7.1×3V=21.3V，内阻r=|ΔUΔI|=|21.3−153.5|Ω=1.8Ω。 13．7V 2.0Ω 【解析】滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6 A，电压表量程选取的是0～15 V（1分） 所以第二次电流表的示数为13×0.6A=0.2A （1分） 电压表的示数为13×15V=5V （1分） 当电流表示数为0.5 A时，R1两端的电压为U1=I1R1=0.5×4V=2V（1分） 回路的总电流为I总=I1+U1R2=0.5A+22A=1.5A（1分） 由闭合电路欧姆定律得E=I总r+U1+U3（1分） 即E=(1.5r+2+2)(V) 当电流表示数为0.2 A时，R1两端的电压为U1'=I1'R1=0.2×4V=0.8V（1分） 回路的总电流为I总'=I1'+U1'R2=0.2A+0.82A=0.6A（1分） 由闭合电路欧姆定律得 E=I总'r+U1'+U3' 即E=(0.6r+5.8)(V) 联立解得E=7.0V,r=2.0Ω（2分） 14．(1)12qmvm2 (2)k10q2mL2 (3)k5q4L2 【解析】(1)小球从B点运动到D点的过程中弹簧弹力做功为零， 由动能定理有UBDq=12mvm2（2分） 解得UBD=12qmvm2（1分） (2)小球在D点时，设弹簧与水平方向的夹角为θ，则F弹cosθ=k9q⋅q(3L)2（2分） 在B点时有F弹cosθ+k9q⋅qL2=ma（2分） 解得a=k10q2mL2（1分） (3)设A处点电荷在C点产生的电场强度大小为E1， 带电小球运动到D点时在C点产生的电场强度大小为E2，则 E1=k9q4L2 （1分） E2=kqL2（1分） E=|E1−E2|（1分） 解得E=k5q4L2（1分） 15．(1)mgq (2)22mg，方向竖直向下 (3)π4+π 【解析】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入圆管，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45∘，即加速度方向与竖直方向的夹角为45∘， 则tan45∘=E1qmg（2分） 解得E1=mgq（1分） (2)从P到A的过程，根据动能定理有mgL+E1qL=12mvA2（2分） 解得vA=2gL（1分） 小球在管中运动时E2q=mg（1分） 小球做匀速圆周运动，则vD=vA=2gL（1分） 在D点时，圆管下壁对小球的支持力大小F=mvD2r=22mg（1分） 由牛顿第三定律得FD=F=22mg，方向竖直向下（2分） (3)小球由P点运动到A点的过程做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则2L=22gt12（1分） 解得t1=2Lg（1分） 设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则t2=34∙2πrvA=3π42Lg（1分） 小球离开圆管后做类平抛运动，设小球从B点到N点的过程中所用时间为t3， 则x=vBt3，y=12at32（1分） 其中vB=vA,a=gcos45∘=2g（1分） 由几何关系可知x=y 联立解得t3=22Lg（1分） 则tABtPN=t2t1+t2+t3=π4+π（1分） 11