河北省衡水中学2022-2033学年高三物理上学期第三次素养评价试卷（Word版附解析）

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2022-2023学年度上学期高三年级第三次综合素养评价物理学科本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共100分。考试时间75分钟。第Ⅰ卷（选择题共50分）注意事项：1．答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。2．答卷Ⅰ时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。一、单项选择题（共8题，每小题4分，共32分）1. 如图所示，骨科病房常使用的牵引装置示意图，轻质的细绳的一端固定，另一端绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的布带可产生牵引的拉力F，整个装置在同一竖直平面内．若要使牵引的拉力F增大些，可采取的方法是（　　）A. 只增加倾斜细绳与水平线的夹角θB. 保持夹角θ不变只增加倾斜的两根细绳的长度C. 只将两定滑轮的间距增大D. 只将牵引的定滑轮保持竖直距离不变向右移动【答案】D【解析】【详解】对与滑轮接触的一小段绳子受力分析，如图受到绳子的两个等大的拉力
 ，，解得，要增大力F，关键是要减小角或者增大m，A错误；增加绳子长度不会改变角度，故不会改变F，B错误；由几何关系可知，两个滑轮间距增大，会增加角，故拉力F会减小，C错误；由几何关系可知，两个定滑轮保持竖直距离不变向右移动，会减小角，故拉力F会增大，D正确．2. 如图所示，一试探电荷进入真空中等量的同种点电荷所形成的电场中，A、B、C是试探电荷运动轨迹上的三个点，下列说法正确的是（　　）A. 试探电荷一定从A点到B点再到C点B. 试探电荷在B点的加速度小于在C点的加速度C. 当试探电荷从A点到B点再到C点时，速度先增大再减小D. 试探电荷一定带负电【答案】B【解析】【详解】A．试探电荷可能从A点到B点再到C点，也可能从C点到B点再到A点，故A错误；B．C点的电场线比B点密集，故C点的场强大于B点的场强，试探电荷在B点的电场力小于在C点的电场力，在B点的加速度小于在C点的加速度，故B正确；C．当试探电荷从A点到B点再到C点时，电场力与速度的夹角先是钝角后是锐角，其速度先减小后增大，故C错误；D．由曲线运动的条件可知，点电荷对试探电荷的电场力一定指向曲线的凹侧，则试探电荷一定带正电才能满足上述条件，故D错误。故选B。3. 如图所示，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地（取大地电势为零），金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，A、B、C是垂线上的三个点且B、C在金属导体表面，则（　　）A. B、C两点的电场强度一定相同B. B点与导体内部的各点电势相等C. A、B、C三点的电势均大于零D. 负电荷在A点的电势能大于在C点的电势能【答案】B【解析】【详解】A．由于C点与负电荷的距离未知，B点与金属板的距离也未知，所以B、C场强的大小不确定，故A错误；B．处于静电平衡状态的导体是一个等势体，所以B点与导体内部的各点电势相等，故B正确；C．过A、B、C三点的电场线如图所示沿着电场线方向电势降低，且导体是一个等势体，所以故C错误；D．根据知，负电荷在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大，所以负电荷在A点的电势能小于在C点的电势能，故D错误。故选B。4. 智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆（大小忽略不计）穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点到腰带中心点的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）A. 若使用者觉得锻炼不够充分，决定增大转速，腰带受到的合力变大B. 当使用者掌握好锻炼节奏后能够使稳定在37°，此时配重的角速度为C. 使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，若仍保持转速不变则变小D. 当用力转动使从37°增加到53°时，配重运动的周期变大【答案】C【解析】【详解】A．运动过程中腰带可看成不动，腰带合力始终为零，故A错误；B．对配重根据牛顿第二定律有解得当=37°，代入数据解得故B错误；C．使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，以滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律r变小，轨道对滑轮作用力减小，滑轮对绳子的作用力减小，绳子对配重的作用力也减小，根据可知变小，故C正确；D．根据B中结论，当时根据可知周期变小，故D错误。故选C。5. 如图，三根均匀带电的绝缘棒a、b、c围成等边三角形，a、b棒带等量同种电荷。此时三角形的中心O点产生的电场强度大小为。若仅撤去c棒，O点的场强大小为；若仅将棒a叠于棒b处，则O点场强大小为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】设a、b棒带等量同种正电荷，由题知，若仅撤去c棒，O点的场强大小由变成，说明c棒带等量负电荷，且在O点产生的电场强度与带等量同种电荷的a、b棒在O点产生的合场强相等，设a棒在O点产生的电场强度为E，b棒在O点产生的电场强度也为E，根据平行四边形定则，则有解得若仅将棒a叠于棒b处，电量变为原来的两倍，则两棒在O点产生的电场强度为根据余弦定律，可得三根据棒在O点场强大小为故选B。6. 如图所示，三根长度均为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里。电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为，直线电流C的质量为，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，C位于水平面恰好处于静止状态，则C受到的摩擦力方向和C与水平面的动摩擦因数分别是（　　）A. 水平向右， B. 水平向左，C. 水平向右， D. 水平向左，【答案】A【解析】【详解】A、B电流在C处产生磁感应强度的大小分别为B0，C受力如图所示根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系，可得再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为C位于水平面恰好处于静止状态，则摩擦力的方向水平向右，且有解得故选A。7. 如图所示，两根光滑导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为，一质量为m、长为L的导体棒ab垂直于导轨放置，整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中。当导体棒ab中通有方向从a到b的恒定电流I时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，则磁感应强度的大小（重力加速度为g）（    ）A. 先增大后减小 B. 先减小后增大 C. 可能 D. 可能为【答案】C【解析】【详解】AB．根据左手定则，可以判断出初始状态下导体棒受到沿斜面向上的安培力；受力分析可知导体棒受到重力mg、支持力和安培力，三力平衡，从图中可以看出，在磁场方向变化的过程中，安培力方向逐渐逆时针转动，为了保持受力平衡，逐渐变大，由于，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度逐渐变大，故AB错误；CD．当磁场方向垂直斜面向上时，根据左手定则可知，安培力方向沿斜面向上，此时安培力最小，最小值则当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，此时安培力最大，最大值则故C正确，D错误。故选C。8. 如图所示，空间存在与三角形ABC所在平面平行的匀强电场，∠A=30°，∠C=90°，BC=2cm，D为AC边上的一点，且AD=BD。若在A处有一个放射源，能向各个方向射出动能为14eV的α粒子，经过B、C两点的α粒子的动能分别为22eV和20eV，不考虑α粒子之间的相互作用，重力忽略不计，则下列说法中正确的是（　　）A. 电场强度的方向为由A指向C B. 电场强度的大小为200N/CC. C、D两点之间的电势差UCD=1V D. 经过D点的α粒子动能为18eV【答案】D【解析】【详解】A．由动能定理可得如图把AB分成四等分，则可知所以CE是等势面，根据几何关系可知，CE垂直AB，电场强度的方向为由A指向B，故A错误；B．电场强度的大小为故B错误；C．有几何关系可得则D点的等势点到A的距离则所以故C错误；D．由动能定理可得经过D点的α粒子动能为故D正确。故选D。二、多项选择题（共3题，每小题6分，共18分，有漏选的得3分，有错选的得0分）9. 如图所示平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连。实验中极板所带电荷量不变，下列说法正确的是（　　）A. 在A、B两板间平行插入厚度小于极板间距的陶瓷板，电容C变小B. 在A、B间平行插入厚度小于极板间距的铝板，静电计指针张角变大C. 将B板向上平移少许，静电计指针张角变大D. 将B板向左平移少许，两极板间电场强度不变【答案】CD【解析】【详解】A．在两板间平行插入厚度小于极板间距的陶瓷板，介电常数变大，根据电容公式可得电容变大，A错误；B．在A、B间平行插入厚度小于极板间距铝板，相当于减小极板间距离，可知电容增大，根据带电量不变，电容增大，电势差减小，静电计指针张角变小，B错误；C．将B板向上平移少许，正对面积减小，电容减小，同理可知电势差变大，静电计指针张角变大，C正确；D．根据公式联立可得可得将B板向左平移少许，极板间距改变，场强不变，D正确。故选CD。10. 如图甲所示，质量分别为、的物体、B静止在劲度系数为的弹簧上，与B不粘连，现对物体施加竖直向上的力，使、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度大小为，则（　　）A. 在图乙中段表示拉力逐渐增大B. 在图乙中段表示B物体减速上升C. 位移为时，、B之间弹力为D. 位移为时，、B一起运动的速度大小为【答案】AC【解析】【详解】A．开始时，物体、B静止在劲度系数为的弹簧上，弹簧弹力向上，大小为F弹=（+）g随物体向上运动，弹簧弹力减小，而PQ段加速度大小与方向都不变，由牛顿第二定律有F－（+）g+ F弹=（+）aF弹减小，F逐渐增大，A正确；B．在图乙中段，物体的加速度方向没变，仍为正，所以物体仍做加速运动，是加速度逐渐减小的加速运动，B错误；C．开始时，弹簧的弹力F弹=（+）g当弹簧伸长了x1后，弹簧弹力F弹1= F弹－△F弹= F弹－kx1=（+）g－kx1以B为研究对象，则有F弹1－Mg－Fx1=Ma0解得Fx1= F弹1－Mg－Ma0=mg－kx1－Ma0C正确；D．P到Q的运动中，物体的加速度不变，可有Q到S运动中，物体的加速度随位移均匀减小，则有联立解得D错误。故选AC。11. 如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（　　）A. 小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为B. 细线断裂后，小球动能的最小值为C. 从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，电势能增加了D. 从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，重力势能减少了【答案】ABD【解析】【详解】A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足所以即动能的最小值为故A正确；B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得解得所以最小动能为故B正确；C．因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足即电势能增加了，故C错误；D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即解得故D正确故选ABD。三、实验题，每空2分，共14分12. 图1是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一竖直遮光条。（1）小组成员甲先用螺旋测微器测量滑块A上的挡光片宽度如图2所示，小组成员乙用游标卡尺测量滑块B上遮光条的宽度，则________mm，（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端________（选填“升高”或“降低”）一些。（3）测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为，将滑块B静置于两光电门之间，将滑块A静置干光中门1右侧，推动A，使其获得水平向左的速度，经过光电门1并与B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1．光电门1先后记录的挡光时间为、，光电门2记录的挡光时间为，滑块A、B碰撞过程动量守恒的表达式________（请用题目中给出的已知量表示）。【答案】    ①. 6.690#6.689#6.691    ②. 降低    ③. 【解析】【详解】（1）[1]滑块A上的挡光片宽度（2）[2]滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明通过光电门1的速度小于通过光电门2的速度，为使导轨水平，可调节Q使轨道右端降低一些。（3）[3]取向左为正方向，碰撞前动量碰撞后A动量碰撞后B动量滑块A、B碰撞过程动量守恒的表达式即13. 某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。已知该电阻的阻值变化范围为50Ω~250Ω。供选择的实验器材如下：A．电源E（电动势为3V，内阻不计）B．电流表（量程为3mA，内阻）C．电流表（量程为30mA，内阻约为1Ω）D．电压表V（量程为15V，内阻约为5kΩ）E．电阻箱（0~9999.9Ω）F．定值电阻G．开关S及导线若干（1）为了较准确地测量电阻，请在图甲中虚线框内将测量电阻的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。________（2）要测量电阻，在电阻上加一个竖直向下的力F，闭合开关S后，根据所设计的电路需要测量和记录的物理量有________。A．通过电流表的电流      B．通过电流表的电流I2C．电压表V两端的电压U      D．电阻箱的电阻（3）该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻随所加外力F的–F图像，如图乙所示。该同学将这种压敏电阻与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0~100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻________Ω，电压表2V刻度对应压力表________的刻度。【答案】    ①.     ②. ABD##BAD##DAB##DBA##BDA##ADB    ③. 150    ④. 50N【解析】【详解】（1）[1]由于器材中所给电压表的量程远大于电源电压，所以需要用电流表与电阻箱串联改装成电压表，实验电路如下图所示（2）[2]由实验原理可知，电流表A1和R1串联后和Rx并联，根据欧姆定律得所以需要读取的数据为电流表A1和A2的读数I1、I2，电阻箱的阻值R1，故ABD正确，C错误。故选ABD。（3）[3]由图乙可知由图丙利用欧姆定律得由题意，F=100N时，U=3V可得[4]将U=2V代入，得F=50N四、计算题（要写出必要的文字说明和解题过程，只写出结果没有过程不能得分）14. 如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场，一质量m＝0.2kg，带电荷量q＝+2.0×10－3C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s后撤去电场，小物块运动的v-t图像如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），g＝10 m/s2。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：（1）物体和斜面间的动摩擦因数μ及电场强度E的大小；（2）小物块从释放开始，经过多长时间t返回出发点。（结果可以带根号）【答案】（1）μ=0.5， E＝3×103 N/C；（2）(0.3+)s【解析】【详解】（1）由图像得，加速时a1＝＝20 m/s2减速时a2＝＝10 m/s2由牛顿第二定律得加速时Eq－mgsin θ－Ff＝ma1减速时mgsin θ＋Ff＝ma2又因为Ff=μmgcosθ联立得μ=0.5， E＝3×103 N/C（2）由v-t图得物块返回过程的位移为图线与坐标轴所围面积，即x＝0.3 m由牛顿第二定律，可得a3=gsin θ-μgcosθ=2 m/s2返回时，物块做匀加速直线运动，有x＝a3t32 联立得t3=所以从静止释放，到返回出发点的总时间为t =t1＋t2＋t3=(0.3＋15. 如图所示，木板A、B静止于光滑水平桌面上，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μ，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态，现在突然给C一个向右的速度2v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为，A、B、C的质量均为m。（1）从C获得速度2v0开始经过多长时间绳子被拉直？    （2）拉断绳子造成的机械能损失为多少？     （3）若最终滑块C未脱离木板B，则木板B的长度至少为多少？  【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）从C获得一个向右的速度2v0到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，由动量定理有得（2）设绳刚被拉直时B的速度为vB，对BC系统分析，由动量守恒定律有得绳子拉断过程中，AB组成的系统动量守恒得绳子拉断过程中，AB系统由能量守恒得机械能的损失得（3）设C在拉断前的过程中相对于B的位移为L1，由能量守恒设绳子拉断后C恰好滑到B的右端时又相对于B滑动了L2，对BC分析，根据动量守恒有由能量守恒有木板至少长得16. 平面直角坐标系xOy内存在着沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E0，如图1所示。由A点斜射出一质量为m，带电荷量为-q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，各点坐标如图所示，粒子所受重力忽略不计，求：（1）粒子从A到C过程动能的变化量；（2）粒子运动到C点时的速率；（3）若从粒子经过B点开始计时，电场强度开始发生变化，变化情况如图2所示，其中，取x轴正方向为电场的正方向，求粒子经过y轴时的坐标。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）粒子从A到C，由动能定理有（2）根据抛体运动的特点，粒子在y轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹最高点D在x轴上，可令则根据牛顿第二定律可得解得粒子在DC段做类平抛运动，则有所以（3）由（2）可知电场方向未改变，粒子过点B时，将粒子的初速度分解为和，有粒子经过B点后，在0-T内粒子所受电场力水平向左，沿x轴方向先做匀减速直线运动可得加速度大小设x轴方向粒子速度减为零的时间为t，有可得由对称性可知再经，粒子回到y轴，0-T内粒子在y轴方向做匀速直线运动的位移为经分析可知粒子经过y轴坐标为（0，l0+4nl0），其中n=0，1，2