2022-2023学年河北省衡水中学高三上学期四调考试物理试题含解析

  河北省衡水中学2023届上学期高三年级四调考试

物理

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，以点为坐标原点建立轴，坐标轴垂直于圆环平面。A是轴上的一点，带电圆环在A点产生的电场强度为、电势为。现在A处再放一同样的带正电圆环，圆心在A点，环面与轴垂直，则A点的（　　）

A. 增大、增大 B. 不变、增大

C. 增大、不变 D. 不变、不变

【答案】B

【解析】

【详解】根据对称性可知，均匀带电圆环在环心处产生的合电场强度为0，由电场的叠加原理可知，A点的电场强度保持不变，但圆环在A点产生的电势大于零，所以A点的电势增大。

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，要调节滑轮的高度，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】本题考查闭合电路的欧姆定律，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，光滑绝缘直杆水平放置并固定不动，其中、、的长度均为，杆上套有一质量为、电荷量为的小球（可视为质点），小球通过绝缘轻质弹簧与固定点连接，直杆处固定电荷量为的点电荷，小球从点由静止开始释放，运动到点时速度恰好达到最大值。垂直于直杆，且的长度为弹簧原长，静电力常量为。

（1）求、两点间的电势差。

（2）求小球刚释放时的加速度大小。

（3）求小球运动到点时，点的电场强度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小球从点运动到点的过程中弹簧弹力做功为零，由动能定理有

解得

（2）小球在点时，设弹簧与水平方向的夹角为，则

在点时有

解得

（3）设处点电荷在点产生的电场强度大小为，方向向右；带电小球运动到点时在点产生的电场强度大小为，方向向左，则

解得点的电场强度大小

15. 如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管固定在竖直平面内。圆管的圆心为，点为圆管的最低点，、两点在同一水平线上，的长度为，圆管的半径（圆管的内径忽略不计）。过的虚线与过的虚线垂直相交于点，在虚线的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线的下方存在方向竖直向下、范围足够大的、电场强度大小的匀强电场。圆心正上方的点有一质量为、电荷量为的带电小球（可视为质点），、间距为。现将该小球从点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口处无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知重力加速度大小为。

（1）求虚线上方匀强电场的电场强度大小。

（2）求小球在管中运动经过点时对管的压力。

（3）小球从管口离开后，经过一段时间到达虚线上的点（图中未标出），求小球在圆管中运动的时间与运动的总时间之比。

【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）

【解析】

【详解】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从点沿切线方向进入圆管，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

解得

（2）从到的过程，根据动能定理有

解得

小球在管中运动时

小球做匀速圆周运动，则

在点时，圆管下壁对小球的支持力大小

由牛顿第三定律得

方向竖直向下。

（3）小球由点运动到点的过程做匀加速直线运动，设所用时间为，则

解得

设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为，则

小球离开圆管后做类平抛运动，设小球从点到点的过程中所用时间为，则

其中

由几何关系可知，联立解得

则