河北省唐县一中2024-2025学年高三3月线上自我检测试题物理试题

河北省唐县一中2024-2025学年高三3月线上自我检测试题物理试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、2019年10月1日，在国庆70周年盛大阅兵式上，大国重器东风-17高超音速战略导弹震撼曝光！有限的资料显示，东风17高超音速导弹最大速度在6~25马赫之间，射程约为2000公里左右，其战斗部为十分前沿的带翼面承波体结构，通过弹体助推至大气层边缘，并以"打水漂"一样的方式进行滑跃飞行，突防能力极强。值得一提的是，这种"助推—滑翔"弹道由我国著名科学家钱学森在上个世纪末40年代首次推出，因此该弹道亦称"钱学森弹道"。已知东风-17质量为m，在一次试射机动变轨过程中，东风-17正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为12马赫（1马赫就是一倍音速，设为v），突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下37°角飞行，速度大小为15马赫。此次机动变轨过程中（）A．合力对东风-17做功为81mv2B．合力对东风-17做功为4.5mv2C．合力对东风-17的冲量大小为9mv，方向竖直向下D．合力对东风-17的冲量大小为3mv，方向向东偏下37°2、如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导轨上端连接一电阻。时，一导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且方向始终与斜面底边平行。下列有关下滑过程导体棒的位移、速度、流过电阻的电流、导体棒受到的安培力随时间变化的关系图中，可能正确的是（）A． B．C． D．3、如图所示，电源E，导线，导电细软绳ab、cd，以及导体棒bc构成闭合回路，导电细软绳ab、cd的a端和d端固定不动，加上恰当的磁场后，当导体棒保持静止时，闭合回路中abcd所在平面与过ad的竖直平面成30°，已知ad和bc等长且都在水平面内，导体棒bc中的电流I=2A，导体棒的长度L=0.5m，导体棒的质量m=0.5kg，g取10m/s2，关于磁场的最小值和方向，说法正确的是（）A．T，竖直向上 B．T，竖直向下C．2.5T，由b指向a D．2.5T，由a指向b4、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12V，电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则A．R1与R2消耗的电功率相等 B．通过R1的电流为3AC．若向上移动P，电压表读数将变大 D．若向上移动P，电源输出功率将不变5、一质点做匀加速直线运动连续经历了两段相等的时间。下列对这两个阶段判断正确的是（）A．位置变化量一定相同B．动能变化量一定相同C．动量变化量一定相同D．合外力做功一定相同6、如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是（）A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大B．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大C．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、某磁敏电阻的阻值R随外加磁场的磁感应强度B变化图线如图甲所示。学习小组使用该磁敏电阻设计了保护负载的电路如图乙所示，U为直流电压，下列说法正确的有（）A．增大电压U，负载电流不变 B．增大电压U，电路的总功率变大C．抽去线圈铁芯，磁敏电阻的阻值变小 D．抽去线圈铁芯，负载两端电压变小8、下列各种说法中正确的是________A．用于识别假币的验钞机在验钞时，发出的光是红外线B．现在所用光导纤维在传递通讯信号时利用了光的全反射原理C．在同一池水中，黄光的传播的速度要比红光传播的速度慢D．手机在通话时能听到声音，是因为手机除了能接收电磁波外又能接收声波E.光的衍射说明光在传播过程中可以发生弯曲9、下列说法正确的是____________.A．液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度B．当液体与大气接触时，液体表面分子的势能比液体内部分子的势能要大C．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固定颗粒的分子在做无规则运动D．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律E.热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行10、阿列克谢·帕斯特诺夫发明的俄罗斯方块经典游戏曾风靡全球，会长自制了如图所示电阻为R的导线框，将其放在光滑水平面上，边长为L的正方形区域内有垂直于水平面向下的磁感应强度为B的匀强磁场。已知L>3l，现给金属框一个向右的速度（未知）使其向右穿过磁场区域，线框穿过磁场后速度为初速度的一半，则下列说法正确的是A．线框进入磁场的过程中感应电流方向沿abcdaB．线框完全进入磁场后速度为初速度的四分之三C．初速度大小为D．线框进入磁场过程中克服安培力做的功是出磁场的过程中克服安培力做功的五分之七三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学利用图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”。图中装有砝码的小车放在长木板上，左端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一砝码盘相连。在砝码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，已知纸带上每相邻两个计数点间还有一个点没有画出，相邻两计数点之间的距离分别是、、、、、，打点计时器所接交流电的周期为，小车及车中砝码的总质量为，砝码盘和盘中砝码的总质量为，当地重力加速度为。(1)根据纸带上的数据可得小车运动的加速度表达式为________（要求结果尽可能准确）。(2)该同学探究在合力不变的情况下，加速度与物体质量的关系。下列说法正确的是________。A．平衡摩擦力时，要把空砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，纸带通过打点计时器与小车连接，再把木板不带滑轮的一端用小垫块垫起，移动小垫块，直到小车恰好能匀速滑动为止B．平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳保持水平C．若用表示小车受到的拉力，则为了减小误差，本实验要求D．每次改变小车上砝码的质量时，都要重新平衡摩擦力(3)该同学探究在和的总质量不变情况下，加速度与合力的关系时，他平衡摩擦力后，每次都将小车中的砝码取出一个放在砝码盘中，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度。得到多组数据后，绘出如图丙所示的图像，发现图像是一条过坐标原点的倾斜直线。图像中直线的斜率为________（用本实验中相关物理量的符号表示）。12．（12分）某校物理兴趣小组利用如图甲所示装置探究合力做功与动能变化的关系。在滑块上安装一遮光条，系轻细绳处安装一拉力传感器（可显示出轻细绳中的拉力），把滑块放在水平气垫导轨上A处，细绳通过定滑轮与钩码相连，光电门安装在B处，气垫导轨充气，将滑块从A位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F，光电门记录的时间为。(1)多次改变钩码的质量（拉力传感器记录的读数相应改变），测得多组和数据，要得到线性变化图像，若已经选定F作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为___；A．B．C．D．(2)若正确选择横坐标所代表的物理量后，得出线性变化图像的斜率为，且已经测出A、B之间的距离为，遮光条的宽度为，则滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为____。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，小滑块与水平面间的动摩擦因数，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为4R。已知重力加速度为g。(1)小滑块到达C点时，圆轨道对小滑块的支持力大小；(2)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能。14．（16分）如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。15．（12分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L=1m，导轨平面与水平面成θ=30°角，下端连接一定值电阻R=2，匀强磁场B=0.4T垂直于导轨平面向上。质量m=0.2kg、电阻r=1的金属棒ab，其长度与导轨宽度相等。现给金属棒ab施加一个平行于导轨平面向上的外力F，使金属棒ab从静止开始沿轨道向上做加速度大小为a=3m/s2的匀加速直线运动。运动过程中金属棒ab始终与导轨接触良好，重力加速度取g=10m/s2。求：(1)当电阻R消耗的电功率P=1.28W时，金属棒ab的速度v的大小；(2)当金属棒ab由静止开始运动了x=1.5m时，所施加外力F的大小。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C【解析】

AB．根据动能定理得故AB错误。

CD．根据动量定理得方向竖直向下，故C正确，D错误。

故选C。2、C【解析】

AB．根据牛顿第二定律可得可得随着速度的增大，加速度逐渐减小，图象的斜率减小，当加速度为零时导体棒做匀速运动，图象的斜率表示速度，斜率不变，速度不变，而导体棒向下运动的速度越来越大，最后匀速，故图象斜率不可能不变，故AB错误；C．导体棒下滑过程中产生的感应电动势感应电流由于下滑过程中的安培力逐渐增大，所以加速度a逐渐减小，故图象的斜率减小，最后匀速运动时电流不变，C正确；D、根据安培力的计算公式可得由于加速度a逐渐减小，故图象的斜率减小，D错误。故选：C。3、C【解析】

对导体棒受力分析，受到重力，绳子的拉力和安培力，拉力和安培力的合力竖直向上，根据三角形定则知，安培力方向与拉力方向垂直时，安培力最小，根据左手定则可知，磁场的方向沿ba所在直线，由b指向a，磁感应强度最小，则根据共点力平衡可知mgsin30°=BIL，解得B=2.5T，故C正确，A、B、D错误；故选C。4、B【解析】

理想变压器原副线圈匝数之比为1：2，可知原副线圈的电流之比为2：1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，故A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U-IR1=12-I；根据匝数比可知次级电压为2（12-I），则，解得I=3A，故B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故CD错误；故选B。5、C【解析】

A．匀加速直线运动的物体连续经历了两段相等的时间，根据可知位移不相等，位置变化不同，选项A错误；BD．根据动能定理可知，合外力做功不相等，则动能变化量不相同，选项BD错误；C．根据动量定理，可知动量变化量一定相同，选项C正确；故选C。6、C【解析】

AB．设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力析，受到竖直向下的重力GN，绳子的拉力T，杆给的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N有因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，AB错误；CD．受力分力如图对M有所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等；若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，即随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即故可能存在摩擦力向左和向右时相等的情况，C正确，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】

AB．增大电压U，为保护负载，则磁敏电阻两端需要分压，即电压增大，则磁敏电阻的阻值增大，根据甲图可知磁感应强度增大，所以通过线圈的电流增大，根据P=UI可知电路的总功率P变大，故A错误，B正确；CD．抽去线圈铁芯，线圈产生的磁感应强度减小，故磁敏电阻的阻值变小，则磁敏电阻两端的电压变小，而U不变，所以负载两端电压变大，故C正确，D错误。故选BC。8、BCE【解析】

A．验钞机发出的是紫外线，紫外线能使钞票上的荧光物质发光，故A错误；B．现在所用光导纤维在传递通讯信号时利用了光的全反射原理，故B正确；C．由于黄光的频率大于红光的频率，故水对黄光的折射率大于水对红光的折射率，根据公式可知红光在水中传播的速度大于黄光在水中的速度，故C正确；D．手机只能接收电磁波，不能接受声波，故D错误；E．光发生衍射，说明光能绕过比较小的障碍物，故E正确。故选BCE。9、ABE【解析】

液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度，A正确；当液体与大气接触时，液体表面分子的距离大于液体内部分子之间的距离，分子势能比液体内部分子的势能要大，B正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是由于其受到来自各个方向的分子撞击作用是不平衡导致的，其间接反映了周围的分子在做无规则运动，C错误；第二类永动机指的是不消耗任何能量，吸收周围能量并输出，不能制成是因为违反了热力学第二定律，D错误；热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，E正确．10、BCD【解析】

A．由右手定则可知，线框进磁场过程电流方向为adcba，故A错误；B．将线框分为三部分，其中左右两部分切割边长同为2l，中间部分切割边长为l，由动量定理可得其中由于线框进、出磁场的过程磁通量变化相同，故速度变化两相同，故故线框完全进入磁场后的速度为故B正确；C．根据线框形状，进磁场过程中，对线框由动量定理解得故C正确；D．线框进、出磁场的过程中克服安培力做功分别为故，故D正确；故选BCD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、C【解析】

(1)[1]因为每相邻两计数点之间还有一个点为画出，为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，则有，，，为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得解得(2)[2]A．在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故A错误；B．平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故B错误；C．本实验中，对小车及车中砝码由牛顿第二定律得对托盘和钩码由牛顿第二定律得两式联立解得由此可知只有满足盘和砝码的总质量远小于小车质量时，近似认为，故C正确；D．由于平衡摩擦力之后有故所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故D错误。故选C。(3)[3]对盘和砝码对小车联立解得认为合力，所以即图象是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率表示。12、D【解析】

(1)设A、B之间的距离为，遮光条的宽度为，根据动能定理联立解得选定作为纵坐标，要得到线性变化图像，则横坐标代表的物理量为，故D正确，ABC错误。故选D。(2)由知，得出线性变化图像的斜率为，则滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)；(2)【解析】

(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒；设小滑块到达C点时的速度为vC，根据机械能守恒定律得mgR＝mvC2设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为FN，根据牛顿第二定律得FN＝3mg根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小N=FN=3mg；

(2)根据题意，小滑块恰好能通过圆轨道的最高点A，设小滑块到达A点时的速度为vA，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得小滑块从D到A的过程中只有重力、摩擦力做功，根据动能定理得解得EkD＝3.5mgR14、（1）（2）5qEx0（3）8x0<d≤18x0【解析】

（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。

对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma

由运动学公式有：v02=2ax0。

解得：v0=

对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mv0=mvA1+mvB1

mv