《精准解析》河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期四调考试物理试题(解析版)

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以下为本文档部分文字说明:

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【答案】B【解析】【详解】

A.对A受力分析可知,杆对A的弹力方向沿CA方向,故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.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.对C受力分析如图的C受重力、杆的作用力、墙面的支持力、摩

擦力,4个力的作用,且满足CCCcossincosFfGN+=+C错误;D.对AC整体受力分析如图ACACCsincosNfGGN+=++联立可得AAcosNGF=+因为不清楚cosF与CG的大小关系,故

A对B的压力大小不一定等于A、C的重力之和,D错误。故选B。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面(相邻等势面间的电势差都相等),实线是某一带电粒子先后经过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>EPND.由于静电感

应,金属平板的上表面带正电荷【答案】C【解析】【详解】A.根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向可知,正电荷对该带电粒子的作用力是吸引力,所以该粒子带负电,A错误;BC.由等势面的疏密程度可知,两点的场强关系为MNEE再根据电场力公式FqE=可知MNFF带电粒子从M点运动到N点的过程中

,电场力做正功,电势能减小,动能增大,即ppMNEE,B错误,C正确;D.由于静电感应,在金属平板的上表面带负电荷,D错误。故选C。3.真空空间中有四个点o、a、b、c,任意两点间距离均为L,点d(未画出)到点o、a、b、c的距离均相等,如图所示。在a、b两点位

置分别放置电荷量为q的正点电荷,在oc连线的某点处放置正点电荷Q,使得d点的电场强度为零。则Q的电荷量为()A.39qB.239qC.33qD.233q【答案】B【解析】【详解】根据题意分析d点的位置,已知o、a、b、c构成正四面体,则由于d与各点等距,所以d位于正四面体的中心,

根据几何关系可得64adbdL==在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷,由于对称性分析得这两个点电荷在d点所产生的合场强方向垂直与oc,指向oc的中点e,根据几何关系可得24deL=故使得d点的电场强度为零,则正点电荷Q应当防止于e点

,正点电荷Q在e点所产生的场强为()228QkQkQELde==结合空间几何关系,a、b处电荷量为q的正点电荷在d点产生的合场强大小为()222221634296644LkqedkqkqEadLadLL===合因e点合场强为0,得QEE=合解得239Qq=B正确,A

CD错误。故选B。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。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、增大B.E不变、增大C.E增大、不变D.E不变、不变【答案】B【解析】【详解】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,但圆环在A点产生的电势大于零,所以A点的电势增大。故选B。5.在如图所示电路中,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【答案】B【解析】【详解】A.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,故A错误;C.电阻R2两端的电压21UEIR=−的I减小,则U2增大,电容器两极板间的电压增大,其所带电荷量增大,故C错误;D.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,故D错误;B.通过R2的电流I2增大,通过电流表的电流A2III=−I减小,I2增大,则IA减小,即电流表示数变小,故B正确。故选B。6.如图所示,V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上,两斜面与水平面夹角均为α=60°,其中斜

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小滑块重力的两倍C.P与M

间的动摩擦因数至少为36D.P与M间的动摩擦因数至少为33【答案】D【解析】【详解】A.滑块Q在光滑斜面N上静止,说明P、Q应相互排斥,则P与Q带电同性,A错误;B.滑块Q在光滑斜面N上静止,则P与Q带电同性,两者之间为库仑斥力设为F

,两滑块的受力分析和角度关系如图所示对Q物体在沿着斜面方向有cos30cos30mgF=可得Fmg=B错误;CD.而对P物体动摩擦因数最小时有2sin30NFmg=+2fN=cos30fmg=联立解得33=C错误、D正确。故选D。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【答案】C【解析】【详解】A.根据pEqEx=−可知,pEx−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,故A错误;B.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,故B错误;C.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,故

C正确;D.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,故D错误。故选C。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220gsinkqqEmsm+−C.小球P返回时,不可能越过N点撞到小球QD.当弹簧的压缩量为0gsinqEm

k+时,小球P的速度最大【答案】BC【解析】【详解】A.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;B.在N点,根据牛顿第二定律得220sinaqs

gkqEmm=+−解得220sinqEkqagmms=+−B正确;C.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;D.当P受到合力为0时,速度最大,当弹簧的压缩量为0sinqEmgk+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

。故选BC。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0.25A,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0.75WC.L2的电阻为12ΩD.L1、L

2消耗的电功率的比值大于4【答案】BD【解析】【详解】B.电路中的总电流为0.25A,L1中电流为0.25A,由小灯泡的伏安特性曲线可知L1两端的电压为3.0V,L1消耗的电功率为P1=U1I1=0.75W选

项B正确;A.根据并联电路规律可知,L2中的电流为0.125A,由小灯泡的伏安特性曲线可知其两端电压大约为0.3V,故L1两端的电压约为L2两端电压的10倍,选项A错误;C.由欧姆定律可知,L2的电阻为的R2=2

20.30.125UI=Ω=2.4Ω选项C错误;D.L2消耗的电功率为P2=U2I2=0.3×0.125W=0.0375W,即L1、L2消耗的电功率的比值大于4,选项D正确.故选BD。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37=,正常的运行速度是10m/sv=。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为0.5=,A、B间距离16ms=(已知sin370.6=,cos370.8=,取210m/sg=)则:()A.如果传送带不运行,小物体从A端运动

到B端的时间为4sB.如果传送带沿逆时针方向正常转动,小物体速度不可能超过皮带速度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【答案】AC【解析】【详解】AD.因为小物块重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力,当传送带静止或顺时针转动时,小物块均加速下滑,根据牛顿第二定律得sin37cos37

mgmgma−=212sat=联立解得4st=故A正确,D错误。BC.如果传送带沿逆时针方向正常转动,开始时小物块速度小于传送带速度,摩擦力向下,根据牛顿第二定律得1sin37cos37mgmgma+=速度和传送带相同时位移为1x,则有2112va

x=联立两式解得15m16mx=小物块继续加速下滑,根据牛顿第二定律有sin37cos37mgmgma−=设小物块到达传送带底端时速度为1v,根据运动学公式有()22112vvasx−=−联立并带入数据解得11

2m/s10m/svv==由于第一段加速度较大,全程时间会小于4s,故B错误,C正确。故选AC。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.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

实验以下说法正确的是__________。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,必须保证砂和砂桶总质量m远小于小车的总质

量MD.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)如图乙是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)。【答案】①.AB②.0

.75③.0.67【解析】【详解】(1)[1]A.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,故A正确;B.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,故B正确;C.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,故C错误;D.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,故D错误。故选AB。(2)[2]根据逐差法可得,小车的加速

度为22222(19.656.456.45)10m/s0.75m/s990.1CFOCxxaT−−−−===(3)[3]对小车,根据牛顿第二定律有的2FfMa−=整理得2faFMM=−可得2kM=由图像计算可得603.02.50.5k−==−解得0.67kgM12.为了测定某

迭层电池的电动势(约20V~22V)和电阻(小于2Ω),需要把一个量程为10V的直流电压表接一固定电阻(用电阻箱代替),改装为量程为30V的电压表,然后用伏安法测电源的电动势和内电阻,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

器滑动片移至最右端第二步:把电阻箱阻值调到零第三步:闭合电键第四步:把滑动变阻器滑动片调到适当位置,使电压表读数为9V第五步: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,撤去其它线路,即得量程为30

V的电压表(2)上述实验可供选择的器材有:A.迭层电池(电动势约20V~22V,内电阻小于2Ω)B.电压表(量程为10V,内阻约10kΩ)C.电阻箱(阻值范围0~9999Ω,额定功率小于10W)D.电

阻箱(阻值范围0~99999Ω,额定功率小于10W)E.滑动变阻器(阻值为0~20Ω,额定电流2A)F.滑动变阻器(阻值为0~2kΩ,额定电流0.2A)电阻箱应选_______,滑动变阻器应选_______(用大写字母表示).(3)用该扩大了量程

的电压表(电压表的表盘没变),测电源电动势E和内电阻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,内电阻为_______Ω.【答案】①.3;②.D;③.E;④.21.3;⑤.1.8【解析】【

详解】(1)把10V的直流电压表接一电阻箱,改装为量程为30V的电压表时,将直流电压表与电阻箱串联,整个作为一只电压表,据题分析,电阻箱阻值调到零,电压表读数为9V,则知把电阻箱阻值调到适当值,使电压表读数为3V.(2)由题,电压表的

量程为10V,内阻约为10kΩ,要改装成30V的电压表,根据串联电路的特点可知,所串联的电阻箱电阻应为2×10kΩ=20000Ω.故电阻箱应选D.在分压电路中,为方便调节,滑动变阻器选用阻值较小的,即选E.(3)由丙读出,外电路断路时,电压表的电压为U=7.1V,则电源的电动势为E=3×

7.1=21.3V,内阻为21.3351.83.5EUrI−−===.13.如图所示的电路中,R1=4Ω,R2=2Ω,滑动变阻器R3上标有“10Ω,2A”的字样,理想电压表的量程有0~3V和0~15V两挡,理想电流表的量程有0~0.6A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0.5A;继续向右移动滑片P至另一位置,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.(保留两位有效数字)【答案】7.0V,2.0Ω.【解析】

【分析】根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化,是可判断所选量程,从而求出电流表的示数;由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式,联立即可求得电源的电动势.【详解】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

0~0.6A,电压表量程选取的是0~15V,所以第二次电流表的示数为13×0.6A=0.2A,电压表的示数为13×15V=5V当电流表示数为0.5A时,R1两端的电压为U1=I1R1=0.5×4V=2V

回路的总电流为I总=I1+12UR=0.5+22A=1.5A由闭合电路欧姆定律得E=I总r+U1+U3,即E=1.5r+2+2①当电流表示数为0.2A时,R1两端的电压为U1′=I1′R1=0.2×4V=0.8V回路的总电流为I总′=I1′+12UR=0.2+0.82A=0.6A由闭合电路欧姆定

律得E=I总′r+U1′+U3′,即E=0.6r+0.8+5②联立①②解得E=7.0V,r=2.0Ω【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律,但解题时要注意先会分析电流及电压的变化,从而根据题间明确所选电表的量程.14.如图所示,光滑绝缘直杆ABC

D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mv。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BDU。(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。【答案】(1)212mmvq;(2)2210qkmL;(3)254qkL【解析】【详解】(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212BDmUqmv=解得212BDmUmvq=(2)小球在D点时,设弹簧与水平方向的夹角为,则()29cos3qqFkL=弹在B点时有29cosqqFkmaL+=弹解得2210qakmL=(3

)设A处点电荷在C点产生的电场强度大小为1E,方向向右;带电小球运动到D点时在C点产生的电场强度大小为2E,方向向左,则1294qEkL=22qEkL=解得C点的电场强度大小12254qEEEkL=−=15.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2rL=(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1E;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2mgEq=的匀

强电场。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为()0qq−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A

B上方匀强电场1E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DF。(3)小球从管口B离开后,经过一段时间到达虚线AB上N点(图中未标出),求小球在圆管中运动的时间ABt与运动的总时间PNt之比。【答案】(1)mgq;(2)22mg,方向

竖直向下;(3)4+【解析】【详解】(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1tan45Eq

mg=解得1mgEq=(2)从P到A的过程,根据动能定理有2112AmgLEqLmv+=解得2AvgL=小球在管中运动时2Eqmg=小球做匀速圆周运动,则的2DAvvgL==在D点时,圆管下壁对小球的支持力大小222DvFmmgr==由牛顿第

三定律得22DFFmg==方向竖直向下。(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1t,则21222Lgt=解得12Ltg=设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为2t,则2323244ArLtvg==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3t,则3Bxvt=2312yat=其中BAvv=2cos45gag==由几何关系可知xy=,联立解得322Ltg=则21234ABPNtttttt==+++获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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