河北省廊坊市2024-2025学年高三上学期期末考试物理试题（解析版）

这是一份河北省廊坊市2024-2025学年高三上学期期末考试物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了非选择题的作答，考试结束后，只交答题卡等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。不能答在本试卷上，否则无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在非答题区域无效。
4．考试结束后，只交答题卡。
一、选择题（本题包括10个小题，共46分。第1至7小题为单选题，每小题4分，共28分。第8至10小题为多选题，每小题6分，共18分。多选题全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分。）
1. 物理学科核心素养包括“物理观念、科学思维、科学探究和科学态度与责任”四个方面，下列关于物理观念和科学思维的认识，正确的是（ ）
A. 汽车在通过弯道时，如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这种离心现象是由于受到离心力而产生的
B. “探究加速度与力、质量的关系”的实验用到了理想模型法
C. 电场强度，速度，加速度，都是采用了比值定义法
D. 卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想
【答案】D
【解析】A．汽车在通过弯道时，如果速度过大，往往会出现“甩尾”现象，这种离心现象是由于摩擦力不足以提供向心力而产生的，故A错误；
B．“探究加速度与力、质量的关系”的实验用到了控制变量法，故B错误；
C．电场强度和速度采用了比值定义法，而并不是加速度的定义式，故C错误；
D．卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀强电场，已知正一价钠离子质量为，电子电荷量为，细胞膜的厚度为。下列说法正确的是（ ）
A. B点电势高于A点电势
B. 膜内匀强电场的场强
C. 钠离子匀减速直线运动的加速度大小
D. 钠离子在B点的电势能为
【答案】A
【解析】A．初速度为的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点，可知电场力做负功，电场方向由B指向A，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知B点电势高于A点电势，故A正确；
BC．正一价钠离子做匀减速直线运动，刚好到达B点，即到达B点时速度零，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
可得
故BC错误；
D．设A点电势为，由于只受电场力作用，所以动能与电势能之和保持不变，则有
可得钠离子在B点的电势能为
由于不清楚A点电势是否为0，故D错误。
故选A。
3. 国产新能源汽车在市场上备受瞩目，为了用户的安全，需要进行多次安全测试。在某次安全测试中，某款奇瑞汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值与之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 该汽车的初速度为B. 该汽车的初速度为
C. 该汽车的加速度大小为D. 该汽车从制动到停止用时
【答案】C
【解析】根据
可得
由图像可知
则该汽车的加速度大小为
该汽车从制动到停止用时
故选C。
4. 如图所示，理想变压器原线圈接稳压交流电源，为定值电阻，小灯泡与电阻箱并联。现增大电阻箱的阻值，小灯泡可视为定值电阻。则下列说法正确的是（ ）
A. 小灯泡的电功率减小B. 小灯泡的电功率增大
C. 变压器的输出功率增大D. 变压器的输出功率先减小后增大
【答案】B
【解析】AB．增大电阻箱R的阻值，副线圈总电阻增大，副线圈两端电压一定，通过副线圈的电流减小，通过小灯泡的电流相对增大，而分压减小，小灯泡两端的电压增大，则小灯泡的电功率增大，故A错误，B正确；
CD．增大电阻箱R的阻值，副线圈总电阻增大，副线圈两端电压一定，通过副线圈的电流减小，变压器的输出功率减小，故CD错误。
故选B。
5. 如图所示，倾角的粗糙斜面C放在水平地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为的物块A，另一端与斜面上质量也为的物块B相连，滑轮与B之间的细绳平行于斜面，整个系统处于静止状态。现用始终沿水平方向的拉力缓慢拉动A，使其绕定滑轮逆时针旋转，BC始终保持静止，在此过程中（ ）
A. 拉力先增大后减小B. 斜面对B的摩擦力先减小后增大
C. 地面对C的摩擦力增大D. 地面对C的支持力先增大后减小
【答案】C
【解析】AB．设细线与竖直方向的夹角为θ，则
细绳的拉力
当θ角增加到60°过程中，F变大，细线的拉力T从mg逐渐变大到2mg；对物块B分析可知，开始时
则随T从mg逐渐变大到2mg过程中，斜面对B的摩擦力逐渐增大，选项AB错误；
CD．对两物块和斜面体的整体分析可知，水平方向，地面对斜面C的摩擦力
则随着F增加，地面对斜面C的摩擦力逐渐变大；竖直方向
则地面对C的支持力不变，选项C正确，D错误。
故选C。
6. 神舟十九号于北京时间2024年10月30日4时27分发射，于10月30日上午11时与空间站天和核心舱前向端口成功对接，“太空之家”迎来蔡旭哲、宋令东、王浩泽3名新乘组入驻。如图为飞船运行与交会对接过程示意图，椭圆轨道1为飞船对接前的运行轨道，点是轨道1的近地点，离地高度可忽略不计。圆形轨道2距地面高度为，是天和核心舱的运行轨道，点是1、2轨道的切点，也是交会点。地球半径为，表面重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 天和核心舱在轨道2上的速度大小一定大于在轨道1的速度
B. 飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点点点火减速
C. 飞船在轨道1上与在轨道2上运动的周期之比为
D. 交会对接前天和核心舱的向心加速度为
【答案】D
【解析】A．假设有一卫星经过Q点绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
解得
可知卫星经过在Q点绕地球做匀速圆周运动的线速度大于天和核心舱在轨道2上的速度，而做圆周运动的卫星在Q点需要点火加速才能变轨到轨道1，则天和核心舱在轨道2上的速度大小小于轨道1中Q点的速度，故A错误；
B．卫星从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，则飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点Р点点火加速，故B错误；
C．设飞船在轨道1、轨道2运动周期分别为T1、T2，由开普勒第三定律有
解得
故C错误；
D．根据牛顿第二定律
在地球表面处有
联立解得
故D正确。
故选D。
7. 如图所示，滑块A、B的质量均为m、A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 当A到达B所在水平面时，B速度为零
B. B到达最右端时，A的速度大于
C. 当A到达B所在的水平面时，A的速度为
D. B的最大速度为
【答案】B
【解析】AC．不计一切摩擦，在运动过程中，滑块A、B组成的系统机械能守恒，从开始到当A到达B所在的水平面的过程中
又有关联速度
联立可得
故AC错误；
B．B到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统机械能守恒得
解得
故B正确；
D．B的加速度为零时速度最大，当轻杆与水平杆垂直时B的合力为零，速度最大，此时A的速度为零，由系统机械能守恒得
解得
故D错误。
故选B。
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 根据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
B. 光导纤维中，内芯石英玻璃的折射率大于外套的折射率，利用了光的全反射原理
C. 用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
D. 声源靠近观察者，观察者接收到声波的频率高于声源的频率
【答案】BD
【解析】A．根据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生磁场，在变化的磁场周围一定产生电场，故A错误；
B．发生全反射条件为光密介质到光疏介质，所以光导纤维中，内芯石英玻璃的折射率大于外套的折射率，利用了光的全反射原理，故B正确；
C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光在标准平面与被检查的平面之间的空气薄膜的前后表面上的两束反射光的干涉现象，故C错误；
D．根据多普勒效应规律知，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率大于波源频率，故D正确。
故选BD。
9. 如图所示，用金属制成的平行导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为，宽轨部分间距为，窄轨和宽轨部分磁场的磁感应强度大小分别为和，方向均为竖直向上，质量均为金属棒、垂直于导轨静止放置。现将金属棒自弧形导轨上距水平导轨高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，棒始终在窄轨磁场中运动，棒始终在宽轨磁场中运动，重力加速度为，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 棒刚进入磁场时，棒加速度方向水平向右
B. 从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，棒和棒组成的系统动量守恒
C. 从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，通过棒的电量为
D. 从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，棒上产生的焦耳热为
【答案】ABC
【解析】A．a棒刚进入磁场时，根据右手定则可知流过a棒的电流向外，则流过b棒的电流向里，再根据左手定则可知b棒受到的安培力方向水平向右，根据牛顿第二定律可知b棒的加速度方向水平向右，故A正确；
B．根据左手定则可知a棒受到的安培力方向水平向左，b棒受到的安培力方向水平向右，大小分别为
，
可知a棒和b棒受到的安培力大小相等，方向相反；则从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，棒和棒组成的系统所受外力之和为0，系统满足动量守恒，故B正确；
C．设棒刚进入磁场的速度为，根据动能定理可得
解得
根据系统动量守恒可得
解得稳定时两棒的速度均为
从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，对棒根据动量定理可得
又
联立解得通过棒的电量为
故C正确；
D．从棒进入磁场到两棒达到稳定过程，根据能量守恒可得
则棒上产生焦耳热为
故D错误。故选ABC。
10. 如图所示，以棱长为的正方体顶点为原点建立三维坐标系，其中正方体的顶点落在轴上，顶点落在轴上。一质量为、电荷量为的带电粒子（重力不计）由点沿轴正方向以初速度射入，第一次在正方体内加沿轴负方向磁感应强度大小为的匀强磁场，该粒子恰好能通过的中点；第二次在正方体内加沿轴负方向电场强度大小为的匀强电场，该粒子恰好能通过的中点；第三次在正方体内同时加上大小不变的磁场和电场，磁场方向不变，将电场方向调整为与平面平行，与轴正方向成角、与轴正方向成角。则（ ）
A. 该粒子在正方体内运动的时间第一次大于第二次
B. 电场强度和磁感应强度满足
C. 该粒子第三次在正方体内的运动为匀变速曲线运动
D. 该粒子第三次从正方体内射出的位置坐标为
【答案】ACD
【解析】A．第一次粒子在磁场中运动，半径为
可知
运动时间
第二次粒子在电场中运动，运动时间
故，A正确；
B．第二次运动中，粒子在方向上匀变速直线运动
解得
故有
B错误；
C．第三次运动过程中，带电粒子所受电场力
洛伦兹力
在平面内，如图所示，沿轴方向有
电场力沿轴的分量让粒子在轴正向加速，故粒子的运动为从点以速度沿轴正向做匀速直线运动以及沿轴正向做匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，C正确；
D．粒子在方向上
解得
方向上
方向上的坐标为，故出射点坐标为，D正确。故选ACD。
二、实验题（本题共2小题，共16分，11题6分，12题10分）
11. 某实验小组利用如图1所示的实验装置测量当地重力加速度。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量，槽码和挂钩的总质量。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量。
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度______mm。
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时内保持静止，其目的是_____。
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到和的数据如下表所示请根据表中数据，在方格纸上作出图线。
（4）根据（3）中图像，可知当地的重力加速度为_____（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）
（2）检验气垫是否已调至水平
（3）见解析 （4）
【解析】【小问1详解】
游标卡尺读数为
【小问2详解】
滑块能在导轨上保持静止，说明了气垫已调至水平。
【小问3详解】
根据表格中数据描点并用直线连接，如下图所示
【小问4详解】
根据动量定理，对挂钩与槽码可由
对滑块（含遮光条）
联立可得
则图像的斜率为
由图像可知
联立得
12. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图中的______（选项“甲”或“乙”）；
（2）现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表（0~15V）
B.电压表（0~3V）
C.滑动变阻器（0~20Ω）
D.滑动变阻器（0~100Ω）
实验中电压表应选用______，滑动变阻器应选用______；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学根据记录的数据，做出如图所示的图线，根据所画图线可得，电动势______V（结果保留三位有效数字），内电阻______（结果保留两位有效数字）
（4）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是______。
A. 实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B. 实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
C. 实验测出的电动势小于真实值
D. 实验测出的内阻大于真实值
（5）乙同学利用DIS等实验器材测量同一电池组的电动势和内阻，实验装置如图甲所示，多次改变电阻箱的阻值，记录外电路总电阻阻值R，用电压传感器测得路端电压U，并在计算机上显示出如图乙所示的关系图线，图线斜率为k，在纵轴的截距为b，由图线可知，______，______（用k、b表示）。
【答案】（1）甲 （2）B C （3）1.49 0.82
（4）AC （5）
【解析】【小问1详解】
干电池内阻较小，为减小实验误差，应选图甲所示电路图。
【小问2详解】
[1]一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B；
[2]为方便实验操作，要求尽量减小实验误差，滑动变阻器应选C。
【小问3详解】
[1]由图示电源U-I图像可知，图像与纵轴交点坐标值是1.49，则电源电动势为
[2]电源内阻为
【小问4详解】
AB．由图1所示电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于电流的真实值，造成了实验误差，故A正确，B错误；
C．当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U−I图像如图所示
由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，故C正确；
D．电源内阻
由图像可知，电源内阻测量值小于真实值，故D错误。
故选AC。
【小问5详解】
[1][2]由题图可知，外电路的总电阻为
利用闭合电路欧姆定律得
变形为
由此可知关系图线在纵轴的截距等于，解得
图线斜率等于，解得
三、计算题（本题包括3个小题，，共38分，答题时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）
13. 如图，、两条平行的光滑金属轨道与水平面成，轨道距离为0.5m。空间存在一垂直于轨道平面向上匀强磁场，磁感应强度大小为。P、M间连接一阻值为的电阻。质量为的金属杆水平放置在轨道上，其接入电路的电阻为。现从静止释放金属杆沿轨道下滑距离L为时，已经匀速。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度取。求：
（1）此时金属杆的速度大小；
（2）此过程通过电阻的电量；
（3）此过程中电阻产生的电热。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1详解】
设匀速时速度为，对金属杆由法拉第电磁感应定律
闭合回路欧姆定律
由安培力公式
对金属杆受力分析，受重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由匀速状态列平衡方程
联立上式代入数据得
【小问2详解】
由电流定义式

由法拉第电磁感应定律

闭合回路欧姆定律
联立两式可得
【小问3详解】
对金属杆从静止到匀速的过程，由功能关系
代入数据解得
由焦耳定律
则
14. 如图所示，在直角坐标系xOy平面内，第一象限中存在沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，第二象限中存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第三象限中存在匀强电场，电场强度大小也为E，方向与xOy平面平行，且与x轴正方向成α角。一质量为m、电荷量为q（q > 0）的粒子，从x轴上距离O点为L的M点以一定的初速度沿y轴正方向进入电场，经y轴上距离O点为2L的N点离开电场，经过磁场后从x轴上的P点垂直x轴进入第三象限的电场，不计粒子重力。求：
（1）粒子到达N点时的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间及OP的距离LOP；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离。
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】【小问1详解】
粒子运动的轨迹如图所示
设粒子从M点射入时的初速度为v0，粒子到达N点时的速度为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，沿y轴方向做匀速直线运动，故有
沿x轴方向做匀加速直线运动，故有
联立可得
粒子到达N点时速度的大小
【小问2详解】
根据几何关系可得
求得
可知，粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动时，转过的圆心角为135°，由牛顿第二定律可得
又有
解得
粒子在磁场中运动的时间
OP的距离LOP为
【小问3详解】
粒子在第三象限的电场中做曲线运动，其x轴方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，故有
解得
y轴方向的分运动为匀加速直线运动，故有
粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离为
15. 一游戏装置截面如图所示，该装置由固定平台AB、竖直光滑圆管道BCD和倾角为37°足够长的阻尼直轨道D′E组成，阻尼轨道D′E与管道相切于D′点，小球直径略小于管道内径，圆管道BCD与平台相切于B点，平台上M点锁定一物块Q，MB之间足够长，M左侧平台光滑，右侧平台粗糙。小球P在物块Q左侧，现给小球水平向左的初速度，小球P返回后与物块Q碰撞无能量损失。已知圆管道BCD半径为R = 0.5 m，小球P质量m1 = 0.05 kg，物块Q质量m2 = 0.1 kg，小球在阻尼轨道D′E上所受的阻力恒为0.15 N，小球P与平台M右侧的动摩擦因数μ1 = 0.025，物块Q与平台M右侧的动摩擦因数μ2 = 0.25，g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8。
（1）求小球P第一次经过竖直圆管道最低点B时对管道的作用力大小；
（2）若小球不滑出轨道D′E，求经过足够长时间小球P在直轨道D′E运动的总路程s；
（3）经过足够长时间，物块Q解除锁定，小球P与物块Q每次均为弹性碰撞，且碰前Q均已静止，求最终小球P与物块Q之间的距离L。
【答案】（1）11.3 N （2）s = 15 m （3）
【解析】【小问1详解】
小球P第一次经过竖直圆管道最低点B时有
解得
根据牛顿第三定律，小球P对管道的作用力大小为
【小问2详解】
经过足够长的时间，直到小球恰好不再滑上轨道D′E，整个过程中根据动能定理有
解得
【小问3详解】
设物块Q解除锁定后，小球P与物块Q第一次碰撞前的速度为v，则由动能定理有
解得
小球P与物块Q第一次碰撞过程有
联立解得
二者第一次碰后，物块Q向右滑行至停止过程中有
解得
小球P与物块Q第一次碰后到第二次碰前的过程有
解得
小球P与物块Q第二次碰撞过程有
联立解得
二者第二次碰后，物块Q向右滑行至停止过程中有
解得
二者第二次碰后，小球P向左滑行至停止过程中有
解得
故最终小球P与物块Q之间的距离为0.721
0.790
0.854
0.913
0.968
1.38
1.52
1.64
1.75
186