河北省武邑中学2025-2026学年高三上学期三调考试物理试题

河北武邑中学2025-2026学年高三年级上学期三调考试物理试题 命题人：刘亚伟 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求。 1.倾角为30的直角三角形底边长为2L,底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中 点0处固定一正电荷Q,让一个质量为m的带正电质点g从斜面顶端A沿斜边滑下（不脱离斜 面)，如图所示，已测得它滑到B在斜面上的垂足D处时速度为v,加速度为，方向沿斜面向下， 则该质点滑到斜边底端C点时的速度和加速度的数值分别是 () A。VW2+3gL,g-aB.V2+√3gL,a 30° C.vh2+2gL,g-a D.v2+3gL,a 0 2。如图，在粗髓的水平面上放置一个三角形木块，质量分别为m1、m2的两个物块在斜面上匀速 下滑。已知三角形木块是静止的，在两物块下滑过程中，下列说法正确的是() m 1m2 020 mimmimmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmminimmmn A。两物块所受斜面的作用力方向相同，三角形木块与地面无摩擦力作用 B。若6>日，，则三角形木块所受地面摩擦力的方向水平向右 C。若日<日，，则三角形木块所受地面摩擦力的方向水平向右 D.因为m1、m2、日、O2的数值并未给出，故地面给三角形木块摩擦力的方向不能确定 3。如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹 簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，稳定时测 得其频率为2Hz。则（） A。当振子振动稳定时，它的振动周期是2s T B。当振子振动稳定时，它的振动周期是0.25s 第1页共7页 c。若摇把转速从240r/min逐渐减小到120r/min,弹簧振子的振幅逐渐增大 D。当摇把转速为240rin时，弹簧振子的振幅最大，若减小摇把转速，弹簧振子的振幅一定 减小 4.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为2R,周期为T,地球视为半径为R匀质球 体，已知万有引力常量为G,则下列结论正确的是() 3π A.地球的平均密度T'G 24π B.地球平均密度 T'G C.在圆轨道上短时加速能降低卫星高度在较小半径上做匀速圆周运动 D。如实现了在较小半径轨道上匀速圆周运动，则在该较小半径轨道上与原来轨道相比线速度 变小，周期变小 5。如图所示，竖直固定直导线中通以电流I,该电流随时间的变化规律如图所示，规定电流向上 为正，附近的一闭合矩形金属线圈cd与导线在同一平面，则在0~2t,这段时间内() A。线圈中不会产生感应电流 B。线圈中会产生感应电流，且感应电流方向发生了变化 C。线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a→b→c→分a D。线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a→d分c→b→a 6.近些年高压水枪水射流清洗技术迅速发展，可以用于清 洗汽车上许多种类的污垢层。设高压水枪洗车时，垂直射 向车身的圆柱形水流的横截面直径为，水从出水口水平出 射，水打到车身后不反弹顺车身流下。已知车身受到水的 平均冲力大小为F,水的密度为即，则水的流量Q(单位时 第2页共7页 间流出水的体积)为() pd A。 2VπF C。2 D.2d 7.如图所示，两块水平放置的正对金属板A、B与电源E相连，金属板A接地，AB板之间有一 固定点C。若将B板向上平移一小段距离（仍在C点下方），下列说法中正确的是() A。电容器所带电荷量减少 B。C点电势升高 C。若在C点处固定一带负电的点电荷，其电势能增大 D。若保特B板不动，将A板上移一小段距离，C点电势升高 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图所示为一边长为L的正方形abcd,P是bc的中点。若正方形区域内只存在由d指向a的 匀强电场，则在a点沿山方向以速度v入射的质量为m、电荷量为（的带负电粒子（不计重力）恰 好从P点射出。若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在点沿而方向以速度v入射的 同种带电粒子恰好从c点射出。由此可知 :b A。匀强电场的电场强度为mm ◆P gL d-------------- B.匀强磁场的磁感应强度为 gL C.带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小 D。带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为1：2 9,如图所示，一个半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为B,= v+c y为该点到地面的距离，c为常数，B,为一定值.铝框平面与磁场垂直，直径b水平，（空气阻力 不计)铝框由静止释放下落的过程中() A。直径ab受安培力方向与框的运动方向相反为阻力 B。半圆弧ab受安培力方向与框的运动方向相反为阻力 2 C。铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g ●●●●● ●●d ● 7777777777777777777777 D.铝框下落加速度大小可能等于g 第3页共7页 10。如图所示为某一科研设备中对电子运动范围进行约束的装置简化图。现有一足够高的圆柱形 空间，其底面半径为R,现以底面圆心为坐标原点，建立空间直角坐标系O-江。在圆柱形区域 内存在着沿z轴负向的匀强磁场和匀强电场，在x>R的区域内存在着沿x轴正向的匀强电场。坐 标为(0，-R,0)的P点有一电子源，在xOy平面内同时沿不同方向向 E 圆柱形区域内发射了一群质量为m,电荷量为一9的电子，速度大 小均为。已知磁感应暖度的大小为会，不计粒子销武力，则从 电子发射到完全离开圆柱形区域的过程中，下列说法正确的是() R X A。粒子完全离开圆柱形区域时速度方向均不相同 B。粒子完全离开圆柱形区域时的速度方向均平行于xOy平面 C。所有粒子在磁场中运动的总时间均相同 D.最晚和最早完全离开圆柱形区议的粒子的时间差为号 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11(6分).某实验小组用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，打点计时器工作频率为50州z。 小车 橡皮筋 打点计时器 第4次 3.503.803.95 4.00 4.00 4.00 cm (1)实验中木板略微倾斜，这样做 A。是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑 B。是为了增大小车下滑的加速度 C。可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 D。可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动 第4页共7页 (2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每 次都要把小车拉到同一位置再释放。橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打 出的纸带测出。根据第四次的纸带（如图所示）求得小车获得的速度为/s。(结果保留3 位有效数字)》 (3)若根据多次测量数据画出的Wv图象如图所示，根据图线形状，可知对W与v的关系符合 实际的是图 B. 12.(9分)某小组测量一个粗细均匀的细合金金属棒（如图甲）的电阻率，操作步骤如下： (1)用刻度尺测量金属棒的长度L=48.00c,用游标卡尺在不同部位测量金属环横截面的直径D, 测量时金属环应卡在乙图游标卡尺的 部位（选填“A"B”或“C"),某次读数如图丙所示， 示数为 cm。 0 1 2 cm LHHH 0.1mm 0510 甲 乙 丙 (2)按图丁连接电路测金属棒的电阻，其中山为金属棒，R是保护电阻。调节电阻箱R,记录调 节电阻箱的示数R,以及对应的理想电压表Y、Y的示数U、U,在坐标纸上插绘出)R图线， 如戊图所示，则金属棒的电阻测量值R= Ω，该金属环的电阻率测量值，P= 2·m（结果均保留2位有效数字) (3)如果考虑电压表内阻对实验的影响，通过该实验测量得金属丝的电阻率 金属丝电阻率 的真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”) 第5页共7页 U V2 6.0- V a 1.0 1 0 2.5 R 戊 四、解答题 13。（9分)如图所示，光滑圆弧轨道的圆心为O(图中未画出)，半径为R=1m,圆弧底部中点 为O,两个大小可忽略，质量分别为和m,的小球A和B,A在离O点很近的轨道上某点，AO 与竖直方向的夹角为日，并且cos日=0.99，B在0点正上方处，现同时释放两球，使两球在小球 A第三次通过O点时恰好相碰，取g=10m/s2,元2≈g。求： B (1)小球A做简谐运动的周期： (2)小球A经过最低点时的速度大小： (3)小球B应由多高处自由落下？ O 14。(13分)如图，ACDF是边长为2L的正方形，M、P、O、Q分别是AF边、AC边、CD边和 DF边的中点，以O为圆心的半圆与PO相切于N点，半圆区域内有垂直于正方形平面向里的匀 P 强磁场，APQF区域内有沿AF方向的匀强电场，在M点沿与MA A 成45°角的方向射出一个电荷量为4、质量为m的带正电的粒子，粒 子从M点射出的速度大小为v,粒子经电场偏转后刚好从N点进入M N 磁场，并从0点射出磁场，不计粒子重力，求： 、× （1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小： (3)若改变粒子从M点射出的速度大小和方向，使粒子经电场偏转后，沿磁场边界圆半径方向 射入磁场，经过PQ时的位置离N点的距离为，则粒子从M点射出的速度方向与M夹角的 正切值满足什么条件？ 第6页共7页 15。（17分)如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，右端与光滑水平轨道CD连接， D端连接半圆形光滑圆弧轨道DFG,圆弧半径R=1.6m,在竖直面DG的右侧（包括D、G点） 存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=ms。质量均为m0,1kg的两个完全相同的金属滑块4 和b,其中滑块a带电量为-q,滑块b不带电。现让滑块a从斜面AB上高度为=3m处由静止 开始下滑，运动到CD上某位置时与滑块b发生碰撞后结合在一起形成的结合体c质量为2m,速 度大小为碰撞前滑块a速度的一半，速度方向与碰撞前滑块α的速度方向相同。已知斜面、传送 带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数4=0.3，与传送带之间的动摩擦因数山，=0.2， 斜面倾角6=37°，传送带长为5m,CD长为2m,滑块4、b及结合体c均可视为质点，不计滑块 经过B点的能量损失，重力加速度为=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a运动到B点时的速度大小； (2)若传送带逆时针转动的速度大小w=4m/5,求结合体c运动到G点时对轨道的压力大小； (3)以D点为坐标原点、水平向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合 体c通过圆弧轨道后从G点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。 G 0入 B C 第7页共7页三调物理参考答案 题号 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 A A C B C B C BC AC AC 1.A【详解】由题意可知，BD LAC,O点是BC的中点，根据几何知识得到B、C、D三点在以 O为圆心的同一圆周上，三点在点电荷Q产生的电场中是等势点，所以，q由D到C的过程中电 场中电场力作功为零，由动能定理得 21 ngh=二we-m2 2 由图可知 h=BDsin6(0°=3 所以 v。=Vw2+V3gL 质点在D点受三个力的作用：电场F,方向由O指向D点；重力g,方向竖直向下；支持力N, 方向垂直于斜面向上。由牛顿第二定律，有 mgsin30°-Fcos30°=a 质点在C受三个力的作用：电场F,方向由O指向C点：重力g,方向竖直向下；支持力N, 方向垂直于斜面向上.由牛顿第二定律，有 ngsin30°+Fcos30°=ac 联立解得a。=g-a故选A。 2.A【详解】两物块匀速下滑，则所受的合力为零，即斜面对物块的作用力与重力等大反向，即 斜面对物块的作用力方向均竖直向上，由牛顿第三定律可知，物块对斜面的作用力方向均竖直向 下，则对斜面而言水平方向受力为零，即不受摩擦力作用，选项A正确，BCD错误。故选A。 3.C 【详解】AB.根据题意可知弹簧振子的固有频率是2Hz。则不转动摇把的情况下，当振子振动稳 定时，振动固有周期为工= 1 =0.5s 故AB错误； CD.初始时摇把的转速为=240r/min=4r/s 它的周期7=1=0.259 转速逐渐减小到2，=120rmin=2r/s 1 周期变为T,=士=0.5s 当弹簧振子受迫振动的周期与固有周期越接近时振幅越大，所以摇把转速从240rmin逐渐减小到 120rmin的过程，弹簧振子的振幅逐渐增大。当转速为120r/min时，弹簧振子的振幅最大。故C 正确，D错误。故选C。 4.B【详解】AB.根据万有引力提供向心力可得 GMimn 4π2 72R (2R)m 解得 M 32π2R3 GT2 地球平均密度 p-4.32xR24z RTG G724 3 A错误，B正确； C.在圆轨道上短时加速会离心，进入较高轨道，C错误； D.如实现了在较小半径轨道上匀速圆周运动，则在该较小半径轨道上与原来轨道相比线速度变 大，周期变小，D错误。故选B。 5.c【详解】在0~2t。这段时间内，I先正方向减小后负方向增大，由安培定则知其右侧磁场先垂 直向里减弱，后垂直向外增强，根据楞次定律知线圈中的感应电流磁场均为垂直向里，根据安培 定则知线圈中感应电流为顺时针方向，即→b→c→d→a。故选C。 d 6.B【详解】设水流速v,高压水枪时间t内喷出的水的质量=pP=pπ -.1t 4 由动量定理Ft= 得F=1πpd2 4 水的流量Q4,-dn 故选B。 4 2V P 7.C【详解】A.电容器与电源保持相连，电容器板间的电压U不变，将B板向上平移一小段距 离，由C=S可知，电容C增大，再由Q=CU可知，电容器所带电荷量Q增多，故A错误： Axkd B.设C点到A板的距离为dCA,由U=Ed知，C与A间的电场差 Uc4=p。-p4=-Edc4 因为金属板A接地，即0A=0,则 Pe=-Edca 路B板向上平移一小段距离，由。知，板间电场强度增大，则C点的电势C降低，故B 错误； C.C点的电势降低，由Ep=qpC知，负电荷在C点的电势能增大，故C正确： D,设C点到B板的距离为dCB,B与A间的电场差 U4=P。-P4=-U(定值)C与B间的电场差 UcB=pe-a EdcB 因为金属板A接地，即0A=0,则 Pe=Edce-U 将A板上移一小段距离，由B=二知，板间电场强度B减小，CB不变，则C点的电势C降低， d 故D错误。故选C。 8.BC【详解】A.带电粒子在电场中做类平抛运动，有 L=vt a=IB n 联立解得 ql 2 L 故A错误； B.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 gvB=m 由几何关系有 r=L 联立解得 B= 故B正确； C.粒子在匀强磁场中运动的加速度 2 故C正确； D,带电粒子在匀强电场中运动的时间 在匀强磁场中运动的时间 i=2 2v 带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为 故D错误。故选BC。 9.AC【详解】A.铝框由静止释放下落的过程中，由楞次定律可知，铝框有顺时针方向的电流， 由左手定则得直径b受安培力方向为竖直向上，与框的运动方向相反，故A正确： BCD.在半圆弧b上等高且左右对称的位置分别取一段电流元，由对称性和力的平行四边形定则 得，这两段电流元所受安培力的合力竖直向下，所以半圆弧b受的安培力竖直向下，由于离地面 距离大，所处位置磁感应强度小，半圆弧b受的安培力没有直径b受的安培力大，所以整个铝 框受安培力合力竖直向上，即铝框下落的加速度大小一定小于 重力加速度g,故BD错误，C正确。 故选AC。 10.AC 【详解】AB.如图所示 +v P 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有Bq,= 解得R'=R 由于粒子的轨迹圆半径和原磁场半径相同，故粒子在xOy平面内将先后经历磁发散、进入电场匀 变速直线运动、返回磁场磁聚焦三个过程，最终从xOy平面内的Q点离开，但是速度方向均不相 同，在考虑他们在z方向上的匀加速直线运动，离开圆柱形区域时的速度方向不可能平行于xOy 平面，故A正确，B错误 C.粒子在磁场中均经历了半个周期，因此在磁场中运动总时间相同，故C正确； D.当粒子从P点沿x轴正向发射时，粒子在xOy平面内运动时间最长，相较于运动时间最短的 粒子，其多走的路程为2R,故时间差 = 2R o 故D错误。故选AC。 11. CD 2.00 C 【详解】(1)[1]使木板倾斜，小车受到的摩擦力与小车所受重力的分量大小相等，在不施加拉力时， 小车在斜面上受到的合力为零，小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动，小车与橡皮筋连接后， 小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，橡皮筋做 功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动，故AB错误，CD正确。 故选CD。 (2)[2]各点之间的距离相等的时候小车做直线运动，由图可知，两个相邻的点之间的距离是4.00cm 时做匀速直线运动，打点时间间隔为 1 T- =0.02s 小车速度为 v==4x102m/9=200m/s T-0.02 (3)[3]由动能定理得 m=m2W与y是二次函数关系，由图示图象可知，故ABD错误，C正确。 2 故选C。 12.(1) ( 0.48 (2) 2.0 7.5×103 (3)等于 【详解】(1)直径使用游标卡尺的外测量爪来测量，为C部位，游标卡尺的精确度为0.01mm, 其读数为4mm+0.1mm×8-4.8m-0.48cm (2)金属棒的两端电压为U=U2-U 流过金属棒的电流为1=+4 R RVI U 金属棒的阻值R= 由以上式子联立可 U2=1+ R+R URvI R 则由图像斜率的物理意义可知R=k=6.0-1.0Q=202 2.5 D 根据电阻定律可知。RS R·π （2 πRD 0= L 4L 代入数据得p=7.5×102.m (3)由(2)分析可知，金属棒两端的电压和流过金属环的电流均为真实值，故不存在系统误差， 由戊图计算出的阻值R,等于真实值。 B.g33》1s:2)5ms:g)312n 【详解】(1)由题意知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期 T=1 -2分 代入题中数据解得小球A做简谐运动的周期 T=2s---1分 (2)根据动能定理可知小球A从释放到经过最低点时 mgR0-c0s9)=2m2-0-2分 2 解得 2m/s----1分 (3)A第三次通过位置O,用时 R 4 --1分 2 Vg 小球B自由落下的高度 h=1 8 代入题中数据解得 h=31.25m----1分 14. （4+4+5) (1) 6 (2) V2mm,(3）tm0=号 ql qL 3 【详解】(1)粒子在电场中偏转时做类斜抛运动，则 L=V。c0s45t1---1分 ,sin45°=1 …1分 2 根据牛顿第二定律可得 qE=a--1分 解得 E=nad -一1分 gL (2)根据对称性可知，粒子从N点进入磁场时速度大小为V。,方向与NO连线成45°角，从O点 射出磁场，则粒子在磁场中运动的半径满足 √2r=L-1分 解得 根据牛顿第二定律 ,B=m52分 解得 B=2m1分 qI (3)设粒子从M点射出的速度大小为v,方向与MA成θ角，粒子经过PQ时的速度与PQ的夹 角为a,则 vsin0.t2=L----1分 -rco0-m0d小2分 tan a 根据几何关系 tan0=4----1分 解得 tan0=4 -1分 15.(3+6+8)(1)6m/s;(2)3N;(3)见解析 【详解】(1)滑块a从A到达B的过程，由动能定理有 mgh-mmg sin 370 c0s37°=2m-0--2分 2 解得 3=6m/s--1分 (2)滑块α在传送带上做匀减速运动，则滑块α到达传送带另一端C点的过程 -4,gL=m-1n m2-1分 2 22 滑块a与b碰撞结合成c 1 =2 结合体c到达G点的过程 g2R-2ng2R=号2md-号2m时-2分 结合体在G点 2g-qE+F=2- .-1分 R 根据牛顿第三定律可知 F压=F-1分 解得 F乐=3N-1分 (3)结合体c经过G点后将做平抛运动，有 x=vt---1分 2R=1分 情况一：传送带顺时针转动且速度在0<v≤4/s或逆时针转动时，滑块在传送带上一直做匀减速 运动，滑块到达C点速度为4m/s,由(2)知此时位置坐标为 5m=1.6W5m-1分 情况二：当传送带顺时针转动时，设滑块α在传送带上一直加速到C点时速度为'2，有 novegb-m--1分 联立得 y2=2W14m/s----1分 因此，当传送带顺时针转动且速度在4m/s<v≤2√14m/s时，可知滑块a在传送带上运动过程中 必定与传送带共速，即滑块α到达C点速度为v,联立可得 解得位置坐标为 x=2+64-0.4h+64--2分 5 情况三：当传送带顺时针转动且速度v>214m/s时，滑块到达C点速度为214m/s,结合上式 解得位置坐标为 x=4V 5m=08√30m-1分 综上，当传送带顺时针转动且速度在0<v≤4m/s或逆时针转动时 x=1.6√5m 当传送带顺时针转动且速度在4m/s<v≤2√14m/s时 x=0.4V2+64 当传送带顺时针转动且速度v>2W14m/s时 x=0.8√30m