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】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..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。,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,、,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F和F,相应的电势MN能分别为E和E,,<F,E>,,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。????,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?。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:..、?、?、?、?,电源的负极接地,其电动势为E,内阻忽略不计,R、R为定值电阻,R123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,,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。,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~x为顶点在x的开口向上的21抛物线,x以后的图线为倾斜的直线。,~,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s。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0劲度系数为k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。,其电势能一定减小??2??+?gsin???20?,不可能越过N点撞到小球Q??+?gsin?,小球P的速度最大?0:..,L、L、L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123乙所示。当开关S闭合后,,、,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?=37°,正常的运行速度是?=10m/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?=,A、B间距离?=16m。sin37°=,cos37°=,取g=10m/s2,,,,,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),要调节定滑轮的高度,,撤去砂桶,接通打点计时器的电源,轻推小车,,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:..,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50Hz,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(20~22V)和内阻(小于2Ω),需要把一个量程为0~10V的直流电压表接一定值电阻(用电阻箱代替),改装成量程为0~30V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9V;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0~30V的电压表。(2)上述实验可供选择的器材有:(电动势20~22V,内阻小于2Ω);(量程为0~10V,内阻约10kΩ);(0~9999Ω,额定功率小于10W);(0~99999Ω,额定功率小于10W);(0~20Ω,额定电流2A);(0~2kΩ,);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,R=4Ω,R=2Ω,滑动变阻器R上标有“10Ω2A”的字样,理123想电压表的量程有0~3V和0~15V两挡,理想电流表的量程有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、;11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,电流表指针也指在满偏的,33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v。OC垂直于直杆,且OC的长度为弹簧原长,静电力常量为k。m(1)求B、D两点间的电势差U。BD(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?=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E;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?12?g=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E的电场强度大小。1(2)求小球在ADB管中运动经过D点时对管的压力F。D(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t与运动的总时间t之比。ABPN:..河北省衡水中学2023届上学期高三年级四调考试物理参考答案一、【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。【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?<?,由???=??可知?<?,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?>?,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。【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6?、,在ab4两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?2?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=,??4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??8??场强度大小?==,结合几何关系知,a、b两处电荷量为q的正点电荷在d处??2???2???3??产生的合电场强度大小?′=2???=16,因d点合电场强度为0,则?′=?,?2?9??????2?23?解得=,B正确,A、C、D错误。【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。【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R两端电压减小,则电压表示数1减小,A错误;电阻R两端的电压U=E-IR,I减小,则U增大,电容器两极板间的2212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R两端的电压,U增大,则a点的电势升高,D错误;22通过R的电流I增大,通过电流表的电流I=I-I,I减小,I增大,则I减小,即电22A22A流表示数变小,B正确。【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?gcos30°=?cos30°,可知F=mg,B错误;?(?+?cos6°)?sin6°?3对滑块P,如果恰好不下滑时,有g0=g0,解得=,C错误,3D正确。???【解析】根据??=?可知,???图像的切线斜率的绝对值等于|??|,由题图可知x???1处切线斜率为零,故x处电场强度最小且为零,O位置和x位置关于x位置对称,则O121:..位置和x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,2图中电势最高的点是x处,x处的电势最低,B错误,x~x段图像的斜率不变,则质3123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x左侧的电场沿x轴的正方向,x右侧的电场沿x轴的负方向,D错误。【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??2????2误;在N点,根据牛顿第二定律得??+?gsin??=??,解得?=+gsin??,B?2???200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??+?gsin?确;当P受到的合力为0时,速度最大,当弹簧的压缩量为时,小球P仍受?0库仑力作用,合力不为0,速度不是最大,D错误。【解析】,,由小灯泡的伏安特性曲线可1知,,L消耗的电功率为P=UI=,B正确;根据并联电11111路规律可知,,,故L两端的电压约为L两端电压的10倍,A错误;由欧姆定律可知,L的电阻122??=2=Ω=,C错误;L消耗的电功率?=??=×?2?=?,即L、L消耗的电功率的比值大于4,D正确。【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,?sin°??cos°???1??根据牛顿第二定律得g37?g37=,联立=2,解得t=4s,A正确,D2错误;当传送带逆时针转动时,根据牛顿第二定律得?gsin37°+??gcos37°=ma,速1度与传送带相同时,设小物体的位移为x,则有v2=2ax,联立解得x=5m<16m,1111小物块将继续加速下滑,根据牛顿第二定律得?gsin37°???gcos37°=??,小物块到达底端时的速度为v,根据运动学公式v2?v2=2a(s?x),联立解得v=12m/s,由于第1111一段加速度较大,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)(2分)(3)(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50Hz,相邻计数点间的时间间隔t=,由逐差法可知,小车的加速度a==9?2(??)×10?2m/s2=×?F2(3)对小车,由牛顿第二定律得2F?F=Ma,整理得?=?阻,由题图丙得k==3,阻??M解得M≈。12.(1)3(2分)(2)D(1分)E(1分)(3)(2分)(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30V大量程电压表,需要串联约20kΩ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?=×3V=,内阻r=|ΔU|=|?15|Ω=。【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~,电压表量程选取的是0~15V(1分)所以第二次电流表的示数为1×=(1分)3电压表的示数为1×15V=5V(1分),R两端的电压为?=??=×4V=2V(1分)1111?2回路的总电流为?=?+1=+A=(1分)总1?22由闭合电路欧姆定律得?=??+?+?(1分)总13即E=(+2+2)(V),R两端的电压为?′=?′?=×4V=(1分)1111?′?′=?′+1=+A=(1分)总1?22由闭合电路欧姆定律得?=?′?+?′+?′总13即E=(+)(V)联立解得E=,r=(2分)1210q25q14.(1)??(2)k(3)k2??24L2mL【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??=1??2(2分)???2:..1解得?=??2(1分)??2??9q?q(2)小球在D点时,设弹簧与水平方向的夹角为θ,则Fcosθ=k(2弹(3L)2分)9???在B点时有Fcosθ+?=??(2分)弹?210q2解得a=k(1分)mL2(3)设A处点电荷在C点产生的电场强度大小为E,1带电小球运动到D点时在C点产生的电场强度大小为E,则2=k9q(1分)E14L2qE=k(1分)2L2?=|???|(1分)12解得E=k5q(1分)4L2mgπ15.(1)(2)22mg,方向竖直向下(3)q4+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°=1(2分)?g?g解得?=(1分)1?(2)从P到A的过程,根据动能定理有??+???=1??2(2分)g?12解得v=2gL(1分)?小球在管中运动时??=?g(1分)2小球做匀速圆周运动,则?=?=2g?(1分)???=??22?在D点时,圆管下壁对小球的支持力大小?=2g(1分)?由牛顿第三定律得?=?=22?g,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,则2?=2g?2t121(1分)解得=2L(1分)t1g3?2πr3π2L设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t,则t=4=(1分)224gvA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t,3:..12则x=vt,y=at(1分)B323g其中?=?,?==2g(1分)?????45°由几何关系可知x=y2?联立解得?=2(1分)3gtABt2π则==(1分)tPNt1+t2+t34+π