2024届河北省承德市高三上学期12月期中物理试题及答案

物理试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。共8页，满分100分，考试时间75分钟。第I卷（选择题共46分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题428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．甲、乙两人用绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢O点沿Oa直线缓慢上升直至bO下判断正确的是（）A．aO绳和bO绳中的弹力逐渐减小B．aO绳和bO绳中的弹力逐渐增大C．aO绳中的弹力一直增大，bO绳中的弹力先减小后增大D．aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直增大2．地面第五代移动通信（5G）已经进入商用，卫星通信与地面5G的融合成为卫星界和地面界讨论的新热点。5G说法正确的是（）卫星通信类别轨道高度范围500~2000km特点低轨道（LEO）卫星通信中轨道（MEO）卫星通信传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都小传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都变大（相比LEOGEO）2000~20000km高轨道（GEO）地球同步卫星35786km技术最为成熟，但传输延时长，链路损耗大，在实时通信中存在显著延迟A．各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心B．各轨道通信卫星的运行周期都是24小时C．高轨道地球同步通信卫星的向心加速度与地球表面赤道上静止物体的向心加速度相同D．各轨道通信卫星的运行速度都大于7.9km/s3EM点与PM点与N在同一电场0分别从M点和NM点的粒子与电场线成一定的夹角进入，N点的粒子垂直电场线进入，两粒子恰好都能经过P点，重力不计。关于两粒子从进入电场至到达P点的过程，下列说法正确的是（）A．两粒子到达P点的速度大小可能相等B．电场力对两粒子做功一定相同C．两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时小D．两粒子到达P点所需时间一定不相等4．滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板BA接近滑板BA跳上滑板BB跳回滑板A不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（）A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/sC．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5Ns5．如图所示，ABC为正三角形，AB和AC边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒，O为BC边中点，D为BC中垂线上O点右侧的一点，P为BC上的一点，选无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（）A．O点和D点电场强度可能大小相等，方向相同B．D点的电势一定低于P点C．将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电势能不变D．将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电场力做负功6．如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知mm，轻弹簧的劲度系数为100N/m。AB若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以从木块A向上做匀加速运动开始到ABg取10m/s2。下列判断不正确的是（2m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，）A．木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是12NB．木块A向上做匀加速运动的过程中，力F的最小值是4NC．从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为0.64JD．从A向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，力F对木块做功为0.96J7．如图所示，某空间内有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知AB∥CD，1qADCBAB2m，10V，30V，20V，一比荷为0.6C/kg的带负电粒ABC2m子由A点沿AD方向以速率0进入该电场，恰好可以通过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．D点电势为零B．电场强度方向由D指向BC．该粒子到达C点时速度大小为/sD．该粒子到达C点时速度方向与BC边垂直二、多项选择题（本题共3小题，每小题618分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8．如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在了图中，电压表和电流表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑片P向a端移动时，电压表V、V和V的示数分别为U、U和U，三个电压表示数31212变化量的绝对值分别为U，U和UA的示数为II12法中正确的是（）UUIA．2增大，2不变IB．电源的总功率和效率均增大C．UUU21D．如果设流过电阻R的电流变化量的绝对值为I，流过滑动变阻器R的电流变化量的绝对值为I，则2233I2I39．如图甲所示，O点处固定有力传感器，长度为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为F随cos变化的部分图像，图乙中a为已知量。重力加速度为g，忽略空气阻力，则（）aA．小球质量为gB．小球在与圆心等高处时的速度为2C．小球恰能做完整的圆周运动D．小球在最低点时的速度为2gl10ACBD是竖直方向的另外一条直径，MOM连线与OC的夹角为60qm的油滴从圆心O点以相同的初动能k0C点时油滴k042的动能最小且为，已知重力加速度为g，匀强电场的场强E，那么（）qA．电场线与MO垂直且B点电势高于C点电势43B．油滴经过B点时的动能为Ek047C．油滴经过A点时的动能为Ek045D．油滴经过CD连线中点时的动能为Ek08第II卷（非选择题共54分）三、非选择题（本题共5小题，共54分）116分）某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。图1（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是________。A．理想化模型法B．阻力补偿法C．等效替代法D．控制变量法（250Hz器打出的纸带如图24________留3位有效数字）m/s2图2（3）实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出aF关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是________填下列选项的字母）图3A．小车与平面轨道之间存在摩擦C．所用小车的质量过大B．平面轨道倾斜角度过大D．所挂的砝码桶及桶内砝码的总质量过大128分）某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G、G为两个光电门，它们与数字12计时器相连，两个滑块A、B（包含挡光片）的质量分别为m、m，当它们通过光电门时，计时器可测得挡12光片被遮挡的时间。（1）先调节气垫导轨水平，轻推一下B，直到它通过光电门1的时间________（填“大于等于”或“小于）它通过光电门2的时间；（2）将B静置于两光电门之间，将A静置于光电门1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m________m（填“”或“）;12（32）问的前提下，光电门G记录的挡光时间为tBA先后通过光电门G时，G记1122录的挡光时间分别为t、t，已知两挡光片宽度相同，若m、m、t、t和t满足________（写出2312123m、m、t、t和tt、t和t还满足另一个关系12123123式________（仅用t、t和tA、B发生的是弹性碰撞。1231310m的物体，使其在沿斜面方向的推力F的作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示。通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角，重力加速度g取10m/s2，sin370.6。求：（1）物体与斜面之间的摩擦系数；（2）撤去推力F1412分）如图所示，木板A、B静止于光滑水平面上，B上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为ABC一个向右的速度vC在BC的速度为vv绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度00002为，A、B、C的质量均为m（重力加速度为g（1）求从C获得速度0开始经过多长时间绳子被拉直；（2）求拉断绳子造成的机械能损失；（3）若最终C未脱离B，则B的长度至少为多少？1518AB的圆心为OR2.5mAB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为12.5m，竖直虚线CD1CD的右侧有电场强度大小为E2CD的右侧有一竖直墙壁EFEF到竖直虚线CD的距离为L，墙壁EF底端E点与水平地面BE相接连，墙壁EF的高度也为L。现将一电荷量22410Cm的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道ABB点时的速度大小为2恒为q4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，AOB53，sin530.8，cos530.6。（1）求场强1的大小；（2）求滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。参考答案及解析一、单项选择题1．C2．A6．D3．D7．C4．B5．C二、多项选择题8．AD9．AD10．CD三、非选择题111）B（2分）（2）2.01（2分）（3）D（2分）121）等于（2分）（2）（2分）112111（3）（2分）（2分）1t3t21t3t21131）（2）1）0~2s内，由Ft图像可得121.5N由牛顿第二定律可得1mgsinmgcos1v（2分）（1分）由vt图像可得a0.5m/s21t2s后，由Ft图像可得220N由牛顿第二定律可得2sin0（2分）（2分）1解得（1分）12（2）撤去推力F后，由牛顿第二定律可得mgcosmgsinma220am/s2解得23撤去外力后，物体的速度为1m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度—位移公式得0v22230.075m（2分）0g141）102（2）（3）417016g21）从C获得一个向右的速度0到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，由动量定理有mgt0m20（2分）0g解得t（1分）（2）设绳刚被拉直时B的速度为vB，对B、C系统分析，由动量守恒定律有m2v（1分）00B解得vB0绳子拉断过程中，A、B组成的系统动量守恒02m（1分）BA02解得vA2111vm绳子拉断过程中，A、B系统由能量守恒得机械能的损失E2B2A0（1分）22221Emv20（1分）解得4（3）设C在拉断前的过程中相对于B的位移为1，1121222mv2mgL1（1分）B由能量守恒m2v002设绳子拉断后C恰好滑到B的右端时又相对于B滑动了2，对BC分析，根据动量守恒有020m2（1分）由能量守恒有2121vm1020222（1分）222木板至少长L12（1分）1702解得L（1分）16g151）25N/C（2）1m/s1s（3）187.5N/CE2300N/C1）滑块从A点运动到B点的过程中，1WmgRcos53)2B（2分）由动能定理有滑块从A点运动到B点的过程中2W1Rsin53解得125N/C（1分）（1分）（2）滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有1（2分）a/s2解