2023年河北省衡水中学高三四调考试 物理 含解析

河北省衡水中学2023届上学期高三年级四调考试

物理

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共5页，总分100分，考试时间75分钟。

第Ⅰ卷（选择题共46分）

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 如图所示，水平地面上固定一斜面体，斜面体的倾角为α，小斜劈B上表面水平，放置在斜面上，物块A处于小斜劈的上表面，通过两端带有铰链的轻杆与物块C相连，物块C紧靠墙面，墙面的倾角为θ，已知轻杆跟墙面垂直，A、B、C均静止，α<θ，关于A、B、C的受力，下列说法正确的是（　　）

A. A对B的摩擦力水平向右

B. 小斜劈B可能不受斜面体的摩擦力作用

C. 物块C的受力个数可能是3个

D. A对B的压力大小一定等于A、C的重力之和

【答案】B

【解析】

【详解】A．对A受力分析可知，杆对A的弹力方向沿CA方向，故B对A的摩擦力水平向右，那么A对B的摩擦力水平向左，A错误；

B．B可能只受到重力、A施加的压力、A的摩擦力和斜面的支持力作用而平衡，B正确；

C．对C受力分析如图

C受重力、杆的作用力、墙面的支持力、摩擦力，4个力的作用，且满足

C错误；

D．对AC整体受力分析如图

联立可得

因为不清楚与的大小关系，故A对B的压力大小不一定等于A、C的重力之和，D错误。

故选B。

2. 如图所示，在一块面积很大的接地金属平板的上方固定一个带正电的小球，虚线是金属平板上方电场的等势面（相邻等势面间的电势差都相等），实线是某一带电粒子先后经过M和N处的运动轨迹。若该带电粒子在M和N处受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EPM和EPN，下列说法正确的是（　　）

A. 该粒子可能带正电 B. 该粒子从M运动到N的过程中，动能减小

C. FM<FN，EPM>EPN D. 由于静电感应，金属平板的上表面带正电荷

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向可知，正电荷对该带电粒子的作用力是吸引力，所以该粒子带负电，A错误；

BC．由等势面的疏密程度可知，两点的场强关系为

再根据电场力公式

可知

带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，B错误，C正确；

D．由于静电感应，在金属平板的上表面带负电荷，D错误。

故选C。

3. 真空空间中有四个点o、a、b、c，任意两点间距离均为L，点d（未画出）到点o、a、b、c的距离均相等，如图所示。在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷，在连线的某点处放置正点电荷Q，使得d点的电场强度为零。则Q的电荷量为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】

根据题意分析d点的位置，已知o、a、b、c构成正四面体，则由于d与各点等距，所以d位于正四面体的中心，根据几何关系可得

在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷，由于对称性分析得这两个点电荷在d点所产生的合场强方向垂直与oc，指向oc的中点e，根据几何关系可得

故使得d点的电场强度为零，则正点电荷Q应当防止于e点，正点电荷Q在e点所产生的场强为

结合空间几何关系，a、b处电荷量为q的正点电荷在d点产生的合场强大小为

因e点合场强为0，得

解得

B正确，ACD错误。

故选B。

4. 如图所示，均匀的带正电圆环圆心为O，以O点为坐标原点建立x轴，坐标轴垂直于圆环平面。A是x轴上的一点，带电圆环在A点产生的电场强度为E、电势为φ，现在A处再放一同样的带正电圆环，圆心在A点，环面与x轴垂直。则A点（）

A. E增大、φ增大 B. E不变、φ增大

C. E增大、φ不变 D. E不变、φ不变

【答案】B

【解析】

【详解】根据微元法和对称法可知O处的带正电圆环在A点产生的场强水平向右，故；而圆环在A点产生的场强为零，则A点总场强不变，圆环A在A点产生的电势大于零，则A点的总电势增大。

故选B。

5. 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E，内阻忽略不计，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，电流表和电压表均为理想电表。在滑动变阻器的滑片P自b端向a端滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 电压表示数变大

B. 电流表示数变小

C. 电容器C所带电荷量减少

D. a点的电势降低

【答案】B

【解析】

【详解】A．在滑动变阻器的滑片P自b端向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I减小，电阻R1两端电压减小，则电压表示数减小，故A错误；

C．电阻R2两端的电压

I减小，则U2增大，电容器两极板间的电压增大，其所带电荷量增大，故C错误；

D．根据外电路中沿着电流方向电势降低可知，a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2增大，则a点的电势升高，故D错误；

B．通过R2的电流I2增大，通过电流表的电流

I减小，I2增大，则IA减小，即电流表示数变小，故B正确。

故选B。

6. 如图所示，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α= 60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）

A. 两小滑块所带电荷为异种电荷 B. 两小滑块间的库仑力大小等于小滑块重力的两倍

C. P与M间的动摩擦因数至少为 D. P与M间的动摩擦因数至少为

【答案】D

【解析】

【详解】A．滑块Q在光滑斜面N上静止，说明P、Q应相互排斥，则P与Q带电同性，A错误；

B．滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示

对Q物体在沿着斜面方向有

可得

B错误；

CD．而对P物体动摩擦因数最小时有

联立解得

C错误、D正确。

故选D。

7. 空间存在一沿x轴方向的静电场，质子由O点开始仅在电场力的作用下沿x轴的正方向运动，该过程中质子的电势能关于位移x的变化规律如图所示。其中图线O~x2为顶点在x1的开口向上的抛物线，x2以后的图线为倾斜的直线。下列说法正确的是（　　）

A. O位置和x2位置的电场强度相同

B. 图中x1处的电势最高，x3处的电势最低

C. x2~x3段质子做匀变速直线运动

D. 该电场沿x轴的正方向

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据可知，图像的切线斜率的绝对值等于，由题图可知x1处切线斜率为零，故x1处电场强度最小且为零，O位置和x2位置关于x1位置对称，则O位置和x2位置的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；

B．结合质子带正电和题图可知，图中电势最高的点是x3处，x1处的电势最低，故B错误；

C．x2~x3段图像的斜率不变，则质子所受的电场力不变，质子的加速度不变，则该过程质子做匀变速直线运动，故C正确；

D．由以上分析可知x1左侧的电场沿x轴的正方向，x1右侧的电场沿x轴的负方向，故D错误。

故选C。

8. 如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个电荷量为的小球Q。整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个质量为m、电荷量为的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M点的距离均为s0。P、Q的连线以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0且始终在弹性限度内，静电力常量为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A. 小球P沿着斜面向下运动的过程中，其电势能一定减小

B. 小球P在N点的加速度大小为

C. 小球P返回时，不可能越过N点撞到小球Q

D. 当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大

【答案】BC

【解析】

【详解】A．因为匀强电场电场力所做的正功跟固定于M点的负电荷的库仑力所做负功的代数和不确定，故小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能的变化无法确定，A错误；

B．在N点，根据牛顿第二定律得

解得

B正确；

C．根据能量的转化和守恒定律，小球最高只能到达N点，不能与小球Q相碰，C正确；

D．当P受到的合力为0时，速度最大，当弹簧的压缩量为时，小球P仍受库仑力作用，合力不为0，速度不是最大，D错误。

故选BC

9. 在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时(　　)

A. L1两端的电压为L2两端电压的2倍 B. L1消耗的电功率为0.75 W

C. L2的电阻为12 Ω D. L1、L2消耗的电功率的比值大于4

【答案】BD

【解析】

【详解】B．电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知L1两端的电压为3.0 V，L1消耗的电功率为

P1＝U1I1＝0.75 W

选项B正确；

A．根据并联电路规律可知，L2中的电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知其两端电压大约为0.3 V，故L1两端的电压约为L2两端电压的10倍，选项A错误；

C．由欧姆定律可知，L2的电阻为

R2＝Ω＝2.4 Ω

选项C错误；

D．L2消耗的电功率为

P2＝U2I2＝0.3×0.125 W＝0.037 5 W，

即L1、L2消耗的电功率的比值大于4，选项D正确．

故选BD。

10. 某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快捷地运送到地面，专门安装了传送带设备，如图所示。已知传送带与水平面的夹角，正常的运行速度是。现在传送带的A端轻轻放上一个小物体（可视为质点），已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为，A、B间距离（已知，，取）则：（　　）

A. 如果传送带不运行，小物体从A端运动到B端的时间为4s

B. 如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体速度不可能超过皮带速度

C. 如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间小于传送带不运行时小物体从A端运动到B端的时间

D. 如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间大于传送带不运行时小物体从A端运动到B端的时间

【答案】AC

【解析】

【详解】AD．因为小物块重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，当传送带静止或顺时针转动时，小物块均加速下滑，根据牛顿第二定律得

联立解得

故A正确，D错误。

BC．如果传送带沿逆时针方向正常转动，开始时小物块速度小于传送带速度，摩擦力向下，根据牛顿第二定律得

速度和传送带相同时位移为，则有

联立两式解得

小物块继续加速下滑，根据牛顿第二定律有

设小物块到达传送带底端时速度为，根据运动学公式有

联立并带入数据解得

由于第一段加速度较大，全程时间会小于4s，故B错误，C正确。

故选AC。

第Ⅱ卷（非选择题共54分）

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11. 实验小组做“探究在质量不变的情况下物体的加速度与所受合外力关系”的实验。如图甲所示为实验装置示意图。

（1）关于该实验以下说法正确的是__________。

A.安装实验器材时，要调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行

B.平衡摩擦力时，撤去砂桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动

C.实验过程中，向砂桶内加砂时，必须保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M

D.准确地平衡摩擦力后，实验过程中读出拉力传感器的示数即为小车受到的合外力

（2）如图乙是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出），相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的打点频率为50Hz，则小车的加速度a=_________m/s2。

（3）保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的a-F图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为________kg（结果保留两位有效数字）。

【答案】    ①. AB    ②. 0.75    ③. 0.67

【解析】

【详解】（1）[1]A．安装实验器材时，要调节滑轮高度，使细线与长木板平行，这样才能保证拉力方向与运动方向一致，故A正确；

B．平衡摩擦力时要撤去砂桶，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，轻推小车，从打出的纸带相邻计时点间隔是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故B正确；

C．由于有拉力传感器，所以不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M，故C错误；

D．实验中有两根绳子，所以小车受到的合外力为拉力传感器示数的2倍，故D错误。

故选AB。

（2）[2]根据逐差法可得，小车的加速度为

（3）[3]对小车，根据牛顿第二定律有

整理得

可得

由图像计算可得

解得

12. 为了测定某迭层电池的电动势（约20V~22V）和电阻（小于2Ω），需要把一个量程为10V的直流电压表接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为30V的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内电阻，以下是该实验的操作过程：

(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，请完成第五步的填空．

第一步：把滑动变阻器滑动片移至最右端

第二步：把电阻箱阻值调到零

第三步：闭合电键

第四步：把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使电压表读数为9V

第五步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为______ V

第六步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其它线路，即得量程为30V的电压表

(2)上述实验可供选择的器材有：

A．迭层电池（电动势约20V~22V，内电阻小于2Ω）

B．电压表（量程为10V，内阻约10kΩ）

C．电阻箱（阻值范围0~9999Ω，额定功率小于10W）

D．电阻箱（阻值范围0~99999Ω，额定功率小于10W）

E．滑动变阻器（阻值为0~20Ω，额定电流2A）

F．滑动变阻器（阻值为0~2kΩ，额定电流0.2A）

电阻箱应选_______，滑动变阻器应选_______（用大写字母表示）．

(3)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电源电动势E和内电阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U-I图线如图丙所示，可知电池的电动势为_______ V，内电阻为_______Ω．

【答案】    ①. 3；    ②. D；    ③. E；    ④. 21.3；    ⑤. 1.8

【解析】

【详解】（1）把10V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为30V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为9V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为3V．
（2）由题，电压表的量程为10V，内阻约为10kΩ，要改装成30V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为2×10kΩ=20000Ω．故电阻箱应选D．在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E．
（3）由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=7.1V，则电源的电动势为E=3×7.1=21.3V，内阻为．

13. 如图所示的电路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3上标有“10Ω，2A”的字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡．闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2V和0.5A；继续向右移动滑片P至另一位置，电压表指针指在满偏的，电流表指针也指在满偏的．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字）

【答案】7.0V，2.0Ω．

【解析】

【分析】根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化，是可判断所选量程，从而求出电流表的示数；由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式，联立即可求得电源的电动势．

【详解】滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6 A，电压表量程选取的是0～15 V，所以第二次电流表的示数为×0.6 A＝0.2 A，电压表的示数为×15 V＝5 V

当电流表示数为0.5A时，R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V

回路的总电流为I总＝I1+＝0.5+A＝1.5 A

由闭合电路欧姆定律得E＝I总r+U1+U3，

即E＝1.5r+2+2①

当电流表示数为0.2 A时，R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8 V

回路的总电流为I总′＝I1′+＝0.2+A＝0.6A

由闭合电路欧姆定律得E＝I总′r+U1′+U3′，

即E＝0.6r+0.8+5②

联立①②解得E＝7.0 V，r＝2.0Ω

【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律，但解题时要注意先会分析电流及电压的变化，从而根据题间明确所选电表的量程．

14. 如图所示，光滑绝缘直杆ABCD水平放置并固定不动，其中AB＝BC＝CD＝L，杆上套有质量为m、电量为＋q的小球（可视为质点），小球通过绝缘轻质弹簧与固定点O连接，直杆A处固定电量为＋9q的点电荷。小球从B处由静止开始释放，运动到D处时速度恰好达到最大值vm，OC垂直于直杆，且OC为弹簧自然长．静电力常量为k.求：

（1）BD两点间的电势差UBD；

（2）小球刚释放时加速度大小a；

（3）小球运动到D处时，C处的电场强度E。

【答案】（1）；（2）k；（3）k，方向水平向右（或C→D）

【解析】

【详解】（1）从B到D过程弹力做功为零，由动能定理有

解得

（2）D点，设弹簧与水平方向成θ

F弹cosθ＝k

在B点

F弹cosθ＋k＝ma

解得

a＝k

（3）设正点电荷在C处产生的电场，其强度为E1，带电小球在C处产生的电场，其强度为E2，则

E1＝k

E2＝k

E＝E1－E2

解得

E＝k，方向水平向右（或C→D）

15. 如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内．圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为r=L(自身的直径忽略不计)．过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E2=．圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC间距为L．现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g．求：

(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度E1的大小；

(2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；

（3）小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比．

【答案】（1） （2）2mg，方向竖直向下（3）

【解析】

【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.

【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°=
解得：

（2）从P到A的过程，根据动能定理：mgL+EqL=mvA2

解得vA=2

小球在管中运动时，E2q=mg，小球做匀速圆周运动，则v0=vA=2

在D点时，下壁对球的支持力

由牛顿第三定律，方向竖直向下．

（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则：解得

小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：

小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间：

则：

【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解