河北省唐山市第二中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试物理试卷

唐山二中2024-2025学年高三年级上学期期中考试 物理试题 时间:75分钟 总分:100分 出题人:曹兵桥 审核签字:_ 一、选择题(1-7题为单选,每题4分:8-11题为多选,每题5分,漏选3分,错选不得分) 1. 在与纸面平行的匀强电场中,建立如图甲所示的直角坐标系,a、b、c、d是该坐标系中的4个 点,已知.=6V、.=4V、.=2V:现有一电子以某一初速度从0点沿Od方向射入,则图乙中abcd 区域内,能大致反映电子运动轨迹的是( ) af-) du/) bK-0) c(0) 甲 2 C.③ A.① B.② D.④ 2. 如图所示,两足够长的通电直导线P、O(垂直纸面)关于粗糙程度均匀的水平面对称分布,P、 Q连线与水平面交点为O.P、2通以大小相等、方向相反的恒定电 ☆ 流,一带正电的绝缘物块从4点以某一初速度向右运动,恰好运动到 0点.下列说法正确的是( ) A. 从A到O,磁感应强度逐渐减小 B. 从A到O,磁感应强度先增大后减小 C. 从A到O,物块做匀减速直线运动 2) D. 从A到O,物块做加速度逐渐增大的减速运动 3. 一定质量理想气体的状态变化如图所示,该图由4段圆孤组成,表示该气体从状态a依次经状 态b、c、d,最终回到状态a的状态变化过程,则下列说法正确的是( ) A. 从状态b到状态d,气体做功为零 .P B. 从状态c到状态d是等温变化 C. 从状态a到状态c,气体内能减小 D. 从状态a经b、c、a回到状态a,气体放出热量 4. 如图所示,匀强磁场中有两个相同的弹赞测力计,测力计下方竖直 悬挂一副边长为L.粗细均匀的均质金属等边三角形,将三条边分别记为a、C 答案第 6、c.在a的左右堆点M、V连上导线,并通入由M到N的惬定电流,此时a边中电流大小为1.两弹 餐测力计的示数均为E,仅将电流反向,两弹寰测力计的示数均为E.电流产生的磁场忽略不计,下 列说法正确的是( ) 进 A. 三条边a、b、c中电流大小相等 B. 两次弹赞测力计示数E-F. C. 金属等边三角形的总质量m-E+E D. 匀强础场的磁感应强度8-2(F-5) 3L 5. 如图所示,一半径为R的光滑圆环处于竖直平面内,圆环上套有质量为m的小球,一原长为 1.5R的轻质弹赞一端系于球上,另一端固定于圆环最低点O.当圆环绕过圆心的竖直轴OO转动时 小球相对圆环静止在P点,2P0-30”,已知弹赞的劲度系数k-2 ##。 重力加速度为g,则圆环转动的角速度大小为( ) A1 2R C.表 D 60# O 6. 中国象棋是起源于中国的一种棋,属于二人对抗性游戏的一种,在中国有着悠久的历史,由于 用具简单,趣味性强,成为流行极为广泛的棋艺活动,如图所示,3颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在 水平面上,第3颗棋子最左端与水平面上的O点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出,稳定后,1和3棋子的位置情况可能 .共3页 7. 直角坐标系x0y的y轴为两种均匀介质I、II的分界线。位于x=0处的波源因为报动分别 在I、II介质中产生机械波a、b.某时刻只画出了介于-6m和6m之间的波形图,已知此时刻a波 刚好传到x-6m处,下列说法正确的是( ) #4A A. 波源的起振方向沿y轴正方向 B. 此时刻b波也刚好传到x--6 C. 质点Q在四分之一周期内运动的路程 一定为A(A为振幅) D. 平衡位置距x-0处1.5m的两质点P、0中,质点O先到达最大位移处 8. 平面直角坐标系中,分别在A(0,1)、B、(2,0)、C(0.-3),D(-4,0)四点各固定一个 正点电荷,坐标原点处的电场强度恰好为零。则( ) A. 位于A、C两处的电荷电量之比为9:1 B. 位于B、D两处的电荷电量之比为1:4 C. 正点电荷P由坐标原点向B点运动过程中,位于B点的 电荷对P做负功 D. 正点电荷P由坐标原点向B点移动过程中,位于A点的 电荷对P做负功 9. 2024年7月19日,我国成功发射高分十一号05卫星,如图,高分十一号05卫星和另一颗卫 星a分别沿圆轨道和圆轨道绕地球运行,圆轨道半径为R,圆轨道的近地点和远地点间的距离为2R 两轨道位于同一平面内且A点为两轨道的一个交点,某时刻两卫星和地球在同一条直线上,线速度方向 如图,只考虑地球对卫星的引力,下列说法正确的是() A. 在图示位置,高分十一号05卫星的加速度大小小于卫星a的加速度大小 B. 在图示位置,两卫星的线速度大小关系为v>v。 C. 从图示位置开始,卫星a先运动到A点 D. 高分十一号05卫星的线速度大小始终大于卫星a的 -卫 线速度大小 10. 从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小 球,其动能随时间的变化如图,已知小球受到的空气阻力与速率成正比 166. 小球落地时的动能为E。,且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度 为g,则小球在整个运动过程中( ) 渐近线 A. 球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量 B. 从最高点下降落回到地面所用时间小于4 C. 最大的加速度为5g 答r D. 小球上开的最大高度为8E。2mE 实验题(本部分共两小题,16分;每空2分) 11. 某实验小组通过末端水平的斜探究“平抛运动的规律”,已知斜 精末端的切线保持水平,小球每次都从斜植轨道上的同一位置无初速释放, 在坐标纸上记录了小球经过a、b、c、a四个位置时留下的点迹,其中c点 的位置未标出,如图所示。已知由a运动到b、由b运动到c、由c运动到 d的时间均相等,坐标纸上每个正方形小方格的边长均为L.重力加速度为 -4--1-,--- g.则(用所给物理量的符号表示): 11 (1)请根据平拖运动的规律,在坐标纸上标注出小球落点c的位置 (可用空心圈圈表示小球): (2)由以上信息可知,小球自斜末端飞出时的速度大小w“___ (3)小球自斜末端飞出到经过e点的运动时间t-___. 12. 某实验小组测定水果电池的电动势和内阻,所用的器材有 水果电池E:电动势约为1V: 电流表A:量程10mA,内阻约为几欧 电压表V:量程1V:内阻R-3kO: 滑动变阻器Rg:最大阻值200O: 电阻箱R:最大阻值9999O: 开关s,导线若干. ((1 图1 图2 (1)该实验小组设计了如图1所示的电路,实验中无论怎样移动滑动变阻器的滑片,发现电流表 的示数及变化均很小,且电压表的示数变化很小,分析其原因是___. (2)该实验小组经过分析设计了如图2所示的电路,实验步骤如下: 第一步:闭合开关S,多次调节电阻箱,记下电压表的示数V和电阻箱相应的阻值R,并计算出对 立的与的值。 第二步:以为纵坐标, 横坐标,作出-一图线(用直线拟合). 共3页 第三步:求出直线的斜率k和在纵轴上的裁距b. 02003.0..00.60809 0.1 图3 请回答下列问题: 1、实验得到的部分数据如下表所示,其中当电阻箱的电阻R-2000O时电压表的示数如图3所示 读出数据,完成下表。答:① ,② "/2 9000 6000 5000 300 4000 2000 1.67 2.00 2.50 3.33 R-^/x10-o1 1.11 5.00 0.430 V 0.530 0.500 0.480 0.460 ① 2.1 /Vt 20 22 23 ② 。 l、若根据-图线求得直线的斜率k-2.0x10”no/V.截距b-!,则该水果电池的电动势 E-_V,内阻,-_.(结果保留一位小数) 三、解答题(13题8分,14题14分,15题16分) 13.(8分)如图为空气中两个完全相同的透明半球体介质,半径均为R,底面水平平行错开放置 且竖直间距为R,其折射率未知.一束单色光与竖直方向成30”角沿半球体甲的半径射入,射出后恰好 射向另一半球体乙底面的圆心处,并从半球体乙射出:当该单色光与竖直 球体乙 方向成45*角间样沿半球体甲的半径射入时,光线恰好未从半球体甲的底 面射出.ni0-05.,in4-,求: (1)该介质的折射率n (2)两半球体球心错开的水平距离;. 14.(14分)如图,相距L-11.5m的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送带向 右匀速运动,其速度的大小v可以由驱动系统根据警要设定。质量m-10kn的载物箱(可视为质点). 以初速度w-5.0m/s自左例平台滑上传送带,载物箱与传送带间的动摩擦因数-0.10,重力加速度取g =10m/s。 (1)若-4.0m/s,求载物箱通过传送带所需的时间: 速度突然变为零,求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过 左侧平台 右侧平台 程中,传送带对它的冲量. 传送带 15.(16分)在弗兰克-赫兹实验中,电子碰撞原子,原子吸收电子的动能从低能级跃迁到高能级。 假设改用质子碰撞氢原子来实现氢原子的能级跃迁,实验装置如图1所示。紧靠电极A的O点处的质 子经电压为U:的电极AB加速后,进入两金属网电极B和C之间的等势区。在BC区质子与静止的氢 原子发生碰撞,氢原子吸收能量由基态跃迁到激发态。质子在碰撞后继续运动进入CD减速区,若质子 能够到达电极D,则在电流表上可以观测到电流脉冲.已知质子质量m。与氢原子质量m均为m,质子 的电荷量为e,氢原子能级图如图2所示,忽略质子在O点时的初速度,质子和氢原子只发生一次正碰 (1)求质子到达电极B时的速度ve; (2)假定质子和氢原子碰撞时,质子初动能的一被氢原子吸收用于能级跃迁.要出现电流脉冲,求 CD间电压U,与V应满足的关系式; (3)要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态,求U.的最小值。 -.13 m2 共3)唐山二中2024-2025学年高三年级上学期 的电阻为a的电阳的两低，此时口边中电流大小为，故中的电 均速度，上升过程与下降过程的位移大小相等，故小球在运动的全 流为，故A销误 边程，上升的时阿小于下降的时阿，故B精误： 期中考试 CD.电流反向前，根驾左手定，可妇a边的安培力方向经直向 C.设小球的切速度力，满足16片以 号12345678910 上，c边的安培力方向轻直向上，a边的安培力大小为 答BC D CC A D BCBC CD 而小球的末速度为%，有么=以 R=B肌c边的安培力大公为BL:B趾 2.C【详解】AB.根据安培定则可得，两导线在AO之间磁场如图 小球刚树出时阻力最大，其加速度最大，有m8+。=m一 根据平行四边形定划。将两磁场 P 对金属等边三角形受力分折，可得2+F+尺=mg 合成可知，合磁场方向水平向左， 当小球向下匀速时，有mg=k% 且由A到O两导线磁场增大且与 解得F=g-3BL 24 水平兴角变小，则合磁场沿水平 电流反向后，根据左手定则，可知ā边的安培力方向轻直向下，加 联立解得0=5g故C正确： 向左增大，故A、B错误： 边的安培力方向圣直向下，a边的麦焰力大小为 CD.由于AO之间磁场方向水平 D.上升时妇速度为a,由牛顿第二定律得-(mg+h)=m@ 向左，与物块的运动方向共线， E=B肌c边的安培力大小为几L-肌 2 eo 所以物块不受洛伦兹力，物块在 解得0-g点 运动过程中受到恒定不变的除擦力，根据牛顿第二定律，物块做匀 对金属等边三角形受力分折，可得25=mg+E+F 破速直线运动，故C正确，D错误。 取极短时间△M,速度变化△v,有△v=a山=-gA- 故选C, 解得R=3,3BL 2 4 又v=△h 3D【详解】A根据图像可知，从状态b到状态©，气体的体积增 大，气体对外界做功，从状态c到状态d,气体的体积减小，外界 由上分折可得5<R,+R=28,5-R-趾 上升全程Z6v=0-=-g2a-合2AM 对气体做功，由于的状态b到状态c的压强都小于从状态©到状态 解得m=+5.B.25-】 d的压强，可知从状态b到状态d,外界对气体做功，故A错误： 3IL 则%-然+h B.根据破意耳定律有 故BD笛误，C正确， pV=C 故选C。 设小球的初速度为。，满足166，=支m心 可知，辞温变化的P一V图像为双曲线，不是网页，因此从状态©到 6.A【详解】设每厥机子质盘为：根据题意三预相同象棋子竖直 状态d不是等温变化，故B错误： 叠放，所有接触面问的动降擦因数均相同，设1、2两个棋子间最大 而小球的末速度为，有瓦=乞m叫 C,从状态a到状态c,气体体积增大，气体对外做功，根据理趣气 静摩擦力为人则2、3机子何最大静摩擦力为2乐，第三顾棋子与水 体状态方程有 平面问最大静摩擦力为3列，中间机子装击出，中间棋子对第1颗棋 联立可得H=8码2m区 c 子有向右滑动摩擦力，那第1颗棋子有向右的加速度，即向右有位 mg m 移，后适在第3颗拱子上，在摩擦力作用下静止在第3顾棋子上， 初末状态压强相等，体积增大，则温度增大，气体内能增大，故C 第3颗惯子仍受力平衡、第3顾棋子位移是零，可知稳定后，棋子 铂误： 的位贸情况可能是A. D.从状态a经b、c、d回到状态a,气体温度不变，内能不变， 故选A, 由于P-V留像与横轴所围几何图形的面积表示功，从状态a到状态 10.CD【详解】A.由题意可得，阻力与速率的关系为f=如 c,气体对外做功，从状态c到状态a,外界对气体做功，根据图像 故阻力的冲量大小为，=Σ=ΣkM=女 可知，从状态a经b、c、d回到状态a,全程是外界对气体做功， 根据热力学第一定律可知。气体放出热重，故D正确。 因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的 故地D, 冲量大小相等，故A错误： 4C【惮解】A,由题知，b与c串联后再与a井联，电压相零，bc B.由于视候能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平 答案第1页，共2页 因此，数物箱在到达右侧平台曲，速度先减小至，松后开始做匀 惠运动、设段物箱从滑上传送港到离开传送带所用的时间为小、做 减速运动时间人。一-5 a 匀该速远动所用的时问为，由运动学公式有 设较物箱通过传送布的过程中，传送得在水平方向上和竖直方向上 v=-a,① 对它的冲量分别为、h.由动叠定理有(=m(%~)=0 1=Na+)=mg(or+=2空Nss2083Ns.方向竖直向上 11.(0) 4=%,6-五© 3 联立0③08式并代入题给数据有t(2.75:@ 阳在整个过程中，传送带给钗物箱的冲量 (2当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的 I=I3=2083N5,方向竖直向上 速度最小，设为，当载物锦滑上传送带后一直做匀加速运动时， 到达右侧平台时的速度最大，设为2由动能定理有 可，四u,-5u,)=04w -me--片m心0 5.0)%=m 36 【详解】0限据动酸定是。心- 5 )L uglmj-m ReUs 由⑦回式并代入题给条件得 解得质子到达电极B时的速度。“m 12. rR 0.370 27 06 12×10 y=2m5,%=4W5ml5@ ()质子和氢原子隆撞，没残后质子速度为”，氢原子速度为片· I3.()n=反 动量守恒m%■m%+叫 【详解】(1)当入射角为45时，光线恰好未从半球体甲的底面射 (3传送都的速度为￥=6.0m5时，由干。<y<为，载物箱先做匀加 出，说明此时光线恰好发生全反射现象。临界角为C■45，由 速运动，加速度大小仍.设较物箱做匀加速运动通过的距高为x2, 能量守恒 1 sinc=1 所用时何为红，由运动学公式有 ￥=+a叫@ 解得=35。 得n■√2 6 2%%5 6% (2)以入射角30°沿半球体甲的半径射入，在半球甲庠面发生折射 v2-=2m@ 在减速区 现象，设此时入射角为，折射角为1由题意知？=30°，根据折射 eU,-mi 定補，有n=加1 联立①@①式井代入愿给数据得 sinr tr1.0s@k=5.5m③ 联立解得：，=已-u 36 得1=45 因此我物箱加速运动1,0s、向右运动55加时，达到与传送带相同的 )要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一数发老，则需要能量最小 由几何关系，两半球体球心铅开的水平距离为 速度。此后较物箱与传送持共同匀速运动(@-)的时间后，传送节 水 △E=102eV R R 3=片anf= 2 2 突然停止，设找物箱匀速运动通过的距离为有 碰撞过程 14.(12.753:(2)01=208.3N5,方向竖直向上 名=W-4)四 m'=m+m,a-mm,a证 2 【详解】(I)传送带的速度为D=4.0s时，较物箱在传送带上先做 匀减速运动，设其加速度为a,由牛领第二定律有： 由①@⑧0式可知 umg ma 1 2m2>mu-%-) 分析可知。当？'=￥'时，损失机被能最大，被吸收的最大。此时 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x,由运动学公式有 即较物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为、由运动学公式有， ew-,=7204cv 2--2匹② -v2=-2(L-.-)⑤ 解得 U'=20.4V 联立①②式，代入思给数据得x4.5和：③ 则%=5m/5 答案第2项，共2项