河北省琢名小渔名校联考2024-2025学年高三下学期开学考物理试卷

这是一份河北省琢名小渔名校联考2024-2025学年高三下学期开学考物理试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.a、b两种光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图所示，下列说法中正确的是
A. a、b两种光的频率都大于光电管金属的极限频率
B. a光的频率大于b光的频率
C. 真空中a光的波长小于b光的波长
D. a光光子的动量大于b光光子的动量
2.某静电除尘装置中的电场分布情况如图所示(俯视图)，电场中有P、M、N三点，其中M点位于集尘板甲的表面，N点位于集尘板乙的表面附近。带电量相同的a、b两个灰尘在静电引力作用下从P点分别运动到M点和N点，动能均变大了。取大地电势为零，下列说法中正确的是
A. 集尘板甲带正电，集尘板乙带负电
B. a、b两个灰尘都带正电
C. P处的电场强度大于N处的电场强度
D. a灰尘减小的电势能小于b灰尘减小的电势能
3.如图甲所示，在水平外力F作用下，物体沿光滑水平面从C点由静止开始运动，经过t0时间，物体到达B点，此时外力反向，大小变为原来的k倍，再经过t0时间，物体运动到A点。已知BC=15AB。下列说法中正确的是
A. k=5
B. k=7
C. 物体经过A点时的动能为经过B点时动能的6倍
D. 物体经过A点时的动能为经过B点时动能的49倍
4.甲、乙两个质点同时从同一位置开始运动，它们速度的平方v2随位移x变化的图像如图所示，下列说法中正确的是
A. 质点甲做匀速直线运动
B. 在25 m处质点甲追上质点乙
C. 质点甲运动过程中的加速度大小为2.5m/s2
D. 质点甲追上质点乙时，甲的速度为乙速度的2倍
5.某理想变压器输入端AB接50 Hz正弦交变电流，输出端接如图所示电路，初始时开关S断开，灯泡L1和L2发光相同，后开关S闭合。已知变压器原、副线圈的匝数比为2:1，灯泡电阻不随电压和电流变化，三个灯泡均未烧断。下列说法中正确的是
A. A1、A2两个电流表的示数之比为2:1B. 流过灯泡L2的电流方向每秒钟改变100次
C. 开关S闭合后，灯泡L2变暗D. 开关S闭合后，电流表A1的示数变大
6.倾角均为37∘的粗糙斜面AB、CD分别与半径为R的光滑圆弧OBC相切于B、C两点，圆弧所在的两虚线区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，质量为m、电荷量为+q的小滑块从斜面AB上距离圆弧最低点高为0.6R处由静止释放，小滑块第一次通过圆弧最低点时对圆弧面的压力大小为1.5mg。已知小滑块可视为质点，它与斜面间的动摩擦因数为316，重力加速度为g，运动过程中小滑块的电荷量保持不变，sin37∘=0.6。下列说法中正确的是
A. 磁场的磁感应强度大小为m2q gRB. 磁场的磁感应强度大小为m2q Rg
C. 小滑块减小的机械能为0.1mgRD. 小滑块减小的机械能为0.6mgR
7.在对某星球X的探测过程中，某单摆在地球上的振动图像和在该星球上的振动图像分别如图中1、2所示。已知X星球半径约为地球半径的一半，它的自转周期和地球自转周期近似相等。下列说法中正确的是
A. X星球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的23
B. X星球质量约为地球质量的25
C. X星球的第二宇宙速度约为地球第二宇宙速度的 23
D. X星球同步卫星轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的323
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.机械振动与机械波是生活中常见的现象，下列说法中正确的是
A. 做简谐振动的物体向平衡位置运动时动能一定增大
B. 衍射是横波特有的现象，纵波不能发生衍射现象
C. 波传播的速度等于质点随波的传播而移动的位移与所用时间的比值
D. 声源靠近观测者，观测者接收到的声波频率大于声源的振动频率
9.某控制带电粒子运动轨迹的装置模型如图所示，平面直角坐标系xOy内，在第一象限y=L虚线和x轴之间的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，其余区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从P(0,L)点以初速度v0沿x轴正方向射入电场，从x轴离开电场，进入磁场，离开电场时速度与x轴成60∘夹角，然后垂直穿过y轴后进入第三象限。不计粒子的重力。下列说法中正确的是
A. 匀强电场的电场强度大小为2mv023qL
B. 粒子第一次离开电场的位置坐标为2 3L3,0
C. 磁场的磁感应强度为3mv0qL
D. 粒子第二次离开电场的位置坐标为4 23L,0
10.半径为R的半圆柱体放在粗糙水平地面上，截面如图所示，圆柱面光滑，质量为m的滑块静止在圆柱面的最高点，给小滑块一个水平向右的瞬时初速度v0，滑块沿圆柱面运动到B点脱离圆柱面，小滑块落到水平地面时速度方向与水平方向的夹角为α。已知半圆柱体始终静止不动，OB与竖直方向的夹角为37∘，重力加速度为g，sin37∘=0.6。下列说法中正确的是
A. 滑块脱离圆柱面时，地面对半圆柱体有向右的摩擦力
B. v0= 25gR
C. 获得初速度瞬间，小滑块对半圆柱体的压力大小为35mg
D. csα= 66
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用普通小灯泡作为光源完成“用双缝干涉测光的波长”实验，首先将实验仪器按图甲方式安装在光具座上。
(1)下列操作中，能减小实验误差的有 ；
A.将单缝拆下
B.增大双缝和像屏间的距离
C.增大单缝与双缝间的距离
D.一次测出多条亮条纹间的距离，再算出相邻亮条纹的间距
(2)某同学选用红色滤光片进行测量，使测量头分划板中心刻线与某一亮条纹A的中心对齐，此时测量头上的游标卡尺读数为x1=1.50mm，然后转动手轮，使分划板中心刻线与另一亮条纹B的中心对齐，此时游标卡尺的读数如图乙所示，已知条纹A、B间还有7条亮条纹，则相邻两亮条纹的间距为 mm；
(3)已知双缝间的距离d=0.20mm，双缝到像屏的距离L=0.68m，则实验红光的波长为 nm(结果保留三位有效数字)；
(4)若仅将红色滤光片换成绿色滤光片，则视野内的条纹数目将 (填“增加”、“减少”或“不变”)。
12.某小组测量一未知电阻的阻值。
(1)他们先用多用电表粗测该电阻的阻值，将多用电阻的选择开关旋至“×10”倍率，调零后测量该电阻，发现指针的偏角很小，于是他们将选择开关旋至 (填“×1”或“×100”)倍率， (填“需要”或“不需要”)重新进行欧姆调零，重新测量后发现表盘指针如图甲所示，则该电阻阻值的粗测结果为 Ω；
(2)他们在实验室找到了如下器材：
A.电流表A1(量程为3 mA，内阻RA1为30Ω)
B.电流表A2(量程为30 mA，内阻RA2为10Ω)
C.电阻箱R(0∼999.9Ω)
D.电源(电动势约为3 V，内阻忽略不计)
E.开关S一个导线若干
他们重新设计了如图乙所示的电路来测量该电阻的准确阻值，其中X和Y为电流表，则X为 (填器材前面的序号)；
(3)某次测量时，其中X和Y为电流表的示数分别为x、y，此时电阻箱的接入阻值为R，则未知电阻的阻值Rx= (用题目中的符号和x、y表示)；
(4)改变电阻箱的阻值，分别记录对应的X和Y为电流表的示数分别为x、y，得到多组x、y值，以xy为纵坐标，以1y为横坐标，通过描点、连线，得到一条倾斜直线，该直线的斜率为k，纵轴截距为b，则未知电阻的阻值Rx= (用题目中的符号表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.在静止的特种电梯内有一带加热丝的汽缸，如图甲所示(加热丝未画出且忽略其体积)，一活塞封闭着一定质量的理想气体，汽缸内空气柱长度为L0，初始温度为T0。如图乙所示，现将汽缸翻转90∘，使其开口竖直向上，让电梯以a=0.5g的加速度向上加速运动，气体温度保持不变，活塞稳定时，汽缸内空气柱长度为L1=0.9L0。大气压强恒为p0，重力加速度为g。活塞的横截面积为S，它与汽缸之间无摩擦且不漏气。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，C为已知常数。
(1)求活塞的质量；
(2)若在如图乙所示状态下，对气体加热，使活塞缓慢上升，求在空气柱长度变为1.2L0的过程中，气体吸收的热量Q。
14.在光滑水平面上有质量为2m的滑块A，左半部分为光滑的四分之一圆弧，圆弧的半径为R，右半部分为与圆弧末端相切、长度为4R的水平部分，质量为m的小滑块B从离圆弧最低点高为2R处由静止释放，刚好从圆弧最高点沿切线方向进入圆弧轨道，小滑块B刚好停在滑块A的右端。重力加速度为g。
(1)求小滑块B与滑块A水平部分之间的动摩擦因数；
(2)求小滑块B经过滑块A圆弧最低点时，小滑块B对圆弧轨道的压力；
(3)将滑块A固定在水平面上，将滑块B从某处由静止释放，小滑块B沿切线进入滑块A的圆弧轨道后在圆弧轨道最低点与滑块C(与滑块B同材料)发生弹性碰撞，碰后滑块C刚好停止在滑块A的右端，滑块B刚好能返回滑块A圆弧轨道的最高点，求滑块B释放的位置到圆弧最低点的高度和滑块C的质量。
15.在水平平台上有间距为L的平行金属导轨，导轨左端接有电容为C的电容器和开关S，质量为m、电阻为R、长为L的导体棒M静止在导轨的右端，在水平地面上有cdefg和c′d′f′e′g′两根平行的金属导轨，dd′左侧部分为半径为r=5h、圆心角为60∘、与水平导轨相切的圆弧，ef′左侧部分导轨间距为L，右侧部分间距为0.5L。平台处于磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场当中，dd′右侧水平部分处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场当中。质量为0.5m、电阻为0.5R、长为0.5L的导体棒N静止在ef′右侧的导轨上。现在将开关S闭合，导体棒M从平台离开，下落1.5h后刚好从cc′为无碰撞地进入圆弧导轨。已知S闭合前电容器两极板间的电压为U0，重力加速度为g，运动过程中两个导体棒始终与导轨垂直并接触良好，ef′左、右两侧水平导轨足够长，不计一切摩擦和金属导轨的电阻。求：
(1)电容器a极板所带电荷的电性和导体棒M离开平台导轨后电容器两极板间电压；
(2)导体棒M经过dd′时导体棒N的加速度；
(3)导体棒N上产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.a、b两种光照射光电管，光电管能够发射电子，所以两种光的频率都大于光电管金属的极限频率，故A正确；
B.由爱因斯坦光电效应方程有Ek=hν−W，由遏止电压定义有Ek=eUc，由题意可知Uca0，所以a灰尘减小的电势能大于b灰尘减小的电势能，故D错误。
3.【答案】B
【解析】由题意有第一个t0时间物体发生的位移x1=CB=12⋅Fmt02，此时物体的速度v1=Fmt0，第二个t0时间物体发生的位移x2=BA=v1t0−12⋅kFmt02=−5x1，此时物体的速度v2=v1−kFmt0，解得k=7，v2=−6v1，所以EkA=12m(−6v1)2=36×12mv12=36EkB，故B正确，ACD错误。
4.【答案】C
【解析】由图可知质点乙的速度不随位移变化，所以质点乙做匀速直线运动，且v乙2=225(m/s)2，所以v乙=15m/s，由v2−v02=2ax有v2=v02+2ax，所以质点甲做匀变速直线运动，且v0=10m/s，a=2.5m/s2，故A错误，C正确;
由图可知当两个质点发生25m位移时它们速度相同，乙质点发生25m位移所用时间t乙=xv乙=53s，由x=v0t甲+12at甲2可得t甲=2s，所以两个质点不在25m处相遇，故B错误;
当质点甲追上质点乙时有v乙t=v0t+12at2，解得t=4s，此时质点甲的速度v甲=v0+at=20m/s≠2v乙，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】由变压器的电流规律有I1I2=n2n1=12，故A错误;
副线圈后面接的是一个整流电路，当C为高电势时，电流从C经二极管到N，然后经过灯泡到M再经过二极管回到D形成回路，当D为高电势时，电流从D经二极管到N，然后经过灯泡到M再经过二极管回到C形成回路，所以流过灯泡L2的电流方向不变，为直流，故B错误;
开关S闭合后，灯泡L1和L3并联后电阻变小，副线圈回路电阻变小，所以副线圈回路电流变大，所以灯泡L2变亮，故C错误;
开关S闭合后，副线圈回路电阻变小，变压器输出功率变大，变压器输入功率变大，所以变压器输入电流变大，故 D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】AB.小滑块从开始运动到第一次通过圆弧面最低点的过程，由动能定理有：
mg×0.6R−μmgcs37∘⋅0.6R−R(1−cs37∘)sin37∘=12mv2，解得v= gR，
在最低点对小滑块受力分析并结合牛顿第二定律有qvB+FN−mg=mv2R，解得B=m2q gR，故A正确，B错误；
CD.小滑块在斜面上运动时机械能会减小，最终小滑块在BC间往复运动，所以小滑块减小的机械能
ΔE=mg[0.6R−R(1−cs37∘)]=0.4mgR，故CD错误。
7.【答案】C
【解析】A.由图可知T2=32T1，由单摆周期公式T=2π lg有g=4π2T2l，所以X星球表面重力加速度和地球表表面重力加速度之比g2g1=T12T22=49，故A错误；
B.在星球表面有GMmR2=mg，所以M=gR2G，所以X星球质量和地球质量之比M2M1=g2R22g1R12=19，故B错误；
C.在星球表面有mg=mv12R，所以第一宇宙速度v1= gR，而第二宇宙速度v2= 2v1= 2gR，所以X星球第二宇宙速度与地球第二宇宙速度之比v2星v2地= g2R2g1R1= 23，故C正确；
D.对于同步卫星有GMmr2=m4π2T2r，解得r=3GMT24π2，X星球同步卫星轨道半径与地球同步卫星轨道半径之比r2r1=3M2M1=3−23，故D错误。
8.【答案】AD
【解析】A.做简谐振动的物体向平衡位置运动时，回复力做正功，所以物体的动能一定增大，故A正确；
B.偏振现象是横波特有的现象，无论是横波还是纵波都能发生衍射现象，故B错误；
C.波的传播速度等于波传播的位移与所用时间的比值，质点只是在平衡位置附近振动，不会随波的传播而移动，故C错误；
D.由多普勒效应可知，当声源靠近观测者，观测者接收到的声波频率大于声源的振动频率，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，有vy2=2EqmL，tan60∘=vyv0，解得E=3mv022qL，故A错误;
设粒子第一次离开电场位置的横坐标为x1，由几何关系有tan60∘=Lx12，解得x1=2 3L3，所以离开电场位置的坐标为(2 3L3,0)，故B正确;
粒子第一次在磁场中运动时，v0=v1cs60∘，由题意可知粒子第一次在磁场中运动的轨迹圆心在y轴上，粒子的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O1
由几何关系有x1=r1cs30∘，粒子在磁场中运动有qv1B=mv12r1，解得B= 3mv02qL，故C错误;
由几何关系可知粒子再次进入电场时的坐标y=r1(1−cs60∘)=23L，粒子第二次进入电场后做类平抛运动，有y=12⋅Eqmt2，粒子第二次离开电场时横坐标x2=v1t=4 23L，所以第二次离开电场时坐标为(4 23L,0)，故D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】A.滑块脱离圆柱面时，小滑块与圆柱面接触但没有相互作用，对半圆柱体受力分析可知，地面对半圆柱体只有支持力没有摩擦力，故A错误；
B.小滑块从A到B过程由动能定理有mgR(1−cs37∘)=12mv12−12mv02，在B点对小滑块受力分析并结合牛顿第二定律有mgcs37∘=mv12R，解得v0= 25gR，故B正确；
C.小滑块在A点获得初速度后对小滑块受力分析有mg−FN=mv02R，由牛顿第三定律有F压=FN=35mg，故C正确；
D.小滑块脱离圆柱面时，小滑块水平方向的速度vx=v1cs37∘=45 45gR，小滑块从开始到落地过程有mgR=12mv22−12mv02，所以csα=vxv2=415 3，故D错误。
11.【答案】BD
17.75
597
增加

【解析】(1)单缝的作用是产生线光源，所以拆下单缝，将无法获得线光源，不会减小实验误差，故A错误；
增大双缝和像屏间的距离，使条纹间距变大，可以减小测量误差，故B正确；
增大单缝与双缝间的距离，不影响双缝与像屏间的距离，不会减小实验的测量误差，故C错误；
一次测出多条亮条纹间的距离，再算出相邻亮条纹间距，这样操作可以减小测量的偶然误差，故D正确。故选BD。
(2)由图乙可知游标卡尺的读数x2=17mm+0.05×15mm=17.75mm;
(3)相邻亮条纹间的距离△x=x2−x18，由双缝实验原理有：△x=Lλd，解得λ=597nm;
(4)仅将仅将红色滤光片换成绿色滤光片，光的波长变小，条纹间距变小，视野内的条纹数目将增加。
12.【答案】×100
需要
900
A
R(y−x)x−RA1
RA2b−RA1

【解析】(1)将多用电表调成“×10”倍率，调零后测量该电阻，发现指针的偏角很小，说明选择的倍率偏小，所以将选择开关旋至×100倍率，换倍率后需要重新进行欧姆调零，重新测量后发现表盘指针如图甲所示，所以该电阻阻值的粗测结果9×100=900Ω;
(2)由图乙可知电路是将一个电流表与未知电阻串联后改装成一个电压表，另一个电流表测电流，所以应该用大量程的电流表测干路电流，所以X表为A1，Y为A2;
(3)由图可知x(Rx+RA1)=R(y−x)，解得Rx=R(y−x)x−RA1;
(4)由闭合电路欧姆定律有x(Rx+RA1)=E−yRA2，整理有xy=ERx+RA1⋅1y−RA2Rx+RA1，所以b=−RA2Rx+RA1，解得Rx=RA2b−RA1。
13.【答案】解：(1)由图甲可知封闭气体初态的压强p1=p0，
对图乙中的活塞受力分析并结合牛顿第二定律有p2S−mg−p0S=ma，
该过程中封闭气体做等温变化，有p1L0S=p2L1S，
解得m=2p0S27g；
(2)在活塞缓慢上升过程中封闭气体做等压变化，此过程中有L1ST0=1.2L0ST1，
此过程中气体内能增加量△U=CΔT=C(T1−T0)，
外界对气体做功W=−Fl=−p2S(1.2L0−L1)，
由热力学第一定律有△U=W+Q，
所以封闭气体吸收的热量Q=CT0+p0L0S3。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)研究滑块A和滑块B组成的系统，当小滑块B停在滑块A的右端时，设它们的速度为v，由水平方向动量守恒有0=(m+2m)v，
由能量守恒有μmg×4R=mg×2R−12(m+2m)v2，
解得μ=0.5。
(2)当小滑块B刚好滑过圆弧最低点时由水平方向动量守恒有0=mv1−2mv2，
由能量守恒有mg×2R=12mv12+12×2mv22，
解得v1=2 2gR3，v2= 2gR3，
此时对小滑块B受力分析并结合牛顿第二定律有FN−mg=m(v1+v2)2R，
由牛顿第三定律有F压=FN=7mg，方向竖直向下。
(3)小滑块B与小滑块C碰撞前由动能定理有mgh=12mv32，
两个滑块碰撞过程有mv3=mv4+mCv5，
12mv32=12mv42+12mCv52，
碰撞后对滑块C分析有−μmCg×4R=0−12mCv52，
碰撞后对小滑块分析有−mgR=0−12mv42，
解得mC=( 2+1)m，h=(2 2+3)R。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)开关闭合后导体棒M向右运动，由左手定则和电容器放电可知电容器a极板带正电；
导体棒M在离开平台前有F安Δt=I1LB0Δt=LB0Δq=mv0−0，
而导体棒从平台离开后做平抛运动有vy2=2g×1.5h，由几何关系有tan60∘=vyv0，Δq=C(U0−U)，
解得U=U0−m ghCB0L；
(2)导体棒在cc′点进入圆弧导轨时有v0=v1cs60∘，
沿圆弧导轨滑到水平面时有mgr(1−cs60∘)=12mv22−12mv12，导体棒刚进入磁场时导体棒M切割磁感线，路中的电流I=ER+0.5R=BLv2R+0.5R，对导体棒N受力分析并结合牛顿第二定律有I×0.5LB=0.5ma，
解得a=2B2L2 ghmR；
(3)最后稳定时回路中电流为0，有I=BLv3−B×0.5Lv4R+0.5R，
此过程中对导体棒M受力分析并结合动量定理有−F安1t=−I2LBt=−qLB=mv3−mv2，
对导体棒N受力分析并结合动量定理有−F安2t=−I2×0.5LBt=−0.5qLB=0.5mv4，
由能量守恒可知此过程中导体棒N产生的热量Q=0.5RR+0.5R(12mv22−12mv32−12×0.5mv42)=mgh
【解析】详细解答和解析过程见【答案】