1、1河北省衡水中学河北省衡水中学 2023 届上学期高三年级四调考试物届上学期高三年级四调考试物 理理本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共 5 页，总分页，总分 100 分，考试时间分，考试时间 75分钟。分钟。第卷（选择题第卷（选择题 共共 46 分）分）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，共小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，每小题题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第分；第 810 题有多项符合题目要求，每小题题有多项符合题目要求，每
2、小题 6 分，全部选对的得分，全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。1如图所示，水平地面上固定一斜面体，斜面体的倾角为，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，已知轻杆跟墙面垂直，A、B、C 均静止，关于 A、B、C 的受力，下列说法正确的是AA 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DA 对 B 的压力大小一定等于 A、C 的重力之和2如图所示，在一块面积很大的接地金
3、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线（相邻等势线间的电势差相等），实线是某一带电粒子仅在电场力作用下先后经过 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CFM EpND由于静电感应，金属板的上表面带正电荷3如图所示，真空中有四个点 O、a、b、c，任意两点间的距离均为 L，点 d（图中未画出）到点O、a、b、c 的距离均相等。在 a、b 两点均放置一电荷量为 q 的正点电荷，在 O、c 连线的某点处放
4、置一正点电荷 Q，使得 d 点的电场强度为零。则 Q的电荷量为A39 B239 C33 D233 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。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 点的2AE 增大、增大BE 不变、增大CE 增大、不变DE 不变、不变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
5、 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Da 点的电势降低6如图所示，V 形对接的绝缘斜面 M、N 固定在水平面上，两斜面与水平面的夹角均为=60，其中斜面 M 粗糙、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单个小滑块重力的两倍CP 与 M 间的动摩擦因数至少为36DP 与 M 间的动摩擦因数至少为337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
6、 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 Ox2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AO 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Cx2x3段质子做匀变速直线运动D该电场沿 x 轴的正方向8如图所示，倾角为 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q 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+q 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。
7、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+gsin220C小球 P 返回时，不可能越过 N 点撞到小球 QD当弹簧的压缩量为+gsin0时，小球 P 的速度最大39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AL1两端的电压为 L2两端电压的 2 倍 BL1消耗的
8、电功率为 0.75 WCL2的电阻约为 12 DL1、L2消耗的电功率的比值大于 410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=37，正常的运行速度是=10 m/s。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=0.5，A、B 间距离=16m。sin37=0.6,cos37=0.8，取 g=10 m/s2，下列说法正确的是A如果传送带不运行，小物体从 A 端运动到 B 端的时间为 4sB如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体的速度不可能超过传送带速度C如果传送带沿逆时针方向正常
9、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 端的时间第卷（非选择题第卷（非选择题 共共 54 分）分）二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 54 分。分。11（6 分）某实验小组做“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，下列说法正确的是_。（填正确答案标号）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
10、，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 M4D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)如图乙所示为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 50 Hz，则小车的加速度大小 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
11、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）12（8 分）为了测定某电池的电动势（2022 V）和内阻（小于 2），需要把一个量程为 010 V的直流电压表接一定值电阻（用电阻箱代替），改装成量程为 030 V 的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内阻，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：把滑动变阻器滑片移至最右端；第二步：把电阻箱阻值调到零；第三步：闭合开关；第四步：把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为 9 V；第五步：保持滑动变阻器滑片不动，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
12、电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为 030V 的电压表。(2)上述实验可供选择的器材有：A待测电池（电动势 2022 V，内阻小于 2）；B电压表（量程为 010 V，内阻约 10 k）；C电阻箱（09 999，额定功率小于 10 W）；D电阻箱（099 999，额定功率小于 10 W）；E滑动变阻器（020，额定电流 2A）；F滑动变阻器（02 k，额定电流 0.2 A）；电阻箱应选_，滑动变阻器应选_。（均填器材前的字母代号）(3)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），采用伏安法测电源电动势 E 和内阻 r，实验电路如图乙所示，得到多组电压 U 和电流 I
13、的值，并作出 U-I 图线如图丙所示，可知电池的电动5势为_V，内阻为_。13（10 分）如图所示的电路中，R1=4，R2=2，滑动变阻器 R3上标有“10 2A”的字样，理想电压表的量程有 03 V 和 015 V 两挡，理想电流表的量程有 00.6 A 和 03A 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 0.5 A；继续向右移动滑片 P 至另一位置，此时电压表指针指在满偏的13，电流表指针也指在满偏的13，求电源电动势与内阻的大小。（均保留两位有效数字）14（12 分）如图所示，光滑绝缘直杆 ABCD 水平放置并固定不动，其中 AB、
14、BC、CD 的长度均为L，杆上套有一质量为 m、电荷量为+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 处固定电荷量为+9q 的点电荷，小球从 B 点由静止开始释放，运动到 D 点时速度恰好达到最大值 vm。OC 垂直于直杆，且 OC 的长度为弹簧原长，静电力常量为 k。(1)求 B、D 两点间的电势差 UBD。(2)求小球刚释放时的加速度大小 a。(3)求小球运动到 D 点时，C 点的电场强度大小 E。15（18 分）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，A、B 两点在同一水平线上，AB 的长度为 2L，
15、圆管的半径=2L（圆管的内径忽略不计）。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 E1；虚线 AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的、电场强度大小2=g的匀强电场。圆心 O 正上方的 P 点有一质量为 m、电荷量为q（q0）的带电小球（可视为质点），P、C 间距为 L。现将该小球从 P 点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 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 g。(1)求虚线 AB 上方匀强电场 E1的电场强度大小。(2)求小球在 ADB 管中运动经过 D 点时对管的压力 FD。(3)小
16、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），求小球在圆管中运动的时间 tAB与运动的总时间 tPN之比。一、选择题一、选择题1B【解析】对 A 受力分析可知，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 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 一定受到 4 个力的作用，C 错误；把 A、C 当做整体分析，可知 A 对 B 的压力大小只是可能等于 A、C 的重力之和，D 错误。2C【解析】根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向可知，带正电的小球对该带电粒子的作用力是吸引力，则该粒子带负电，A
17、错误；由等势线的疏密可知，电场强度，由=可知，B 错误，C 正确；由于静电感应，金属板的上表面带负电荷，D错误。3B【解析】由题意可知，d 点为正四面体的中心，到四个顶点的距离均为64，在 a、b两点均放置一电荷量为 q 的正点电荷，由于对称性可知这两个点电荷在 d 点所产生的合电场强度垂直于 Oc，指向 Oc 的中点，设 Oc 的中点为 e，根据几何关系得=24，由于 d 点的电场强度为零，那么正点电荷 Q 应该放在 e 点，正点电荷 Q 在 d 点产生的电场强度大小=2=82，结合几何关系知，a、b 两处电荷量为 q 的正点电荷在 d 处产生的合电场强度大小=22=16392，因 d 点合
18、电场强度为 0，则=，解得=239，B 正确，A、C、D 错误。4B【解析】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，但电势却升高了，B 正确，A、C、D 错误。5B【解析】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，A 错误；电阻 R2两端的电压 U2=EIR1，I 减小，则 U2增大，电容器两极板间的电压增大，其带电荷量增大，C 错误；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
19、势等于 R2两端的电压，U2增大，则 a 点的电势升高，D 错误；通过 R2的电流 I2增大，通过电流表的电流 IA=II2，I 减小，I2增大，则 IA减小，即电流表示数变小，B 正确。6D【解析】由滑块 Q 在光滑斜面 N 上静止可知，P、Q 相互排斥，带有同种电荷，A 错误；设两滑块间的库仑力大小为 F，那么gcos30=cos30，可知 F=mg，B 错误；对滑块 P，如果恰好不下滑时，有(+gcos60)=gsin60，解得=33，C 错误，D 正确。7C【解析】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
20、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，A 错误；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，B 错误，x2x3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，C 正确；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，D 错误。8BC【解析】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；在 N 点，根据牛顿第二定律得+gsin220=，解得=+gsi
21、n220，B正确；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；当 P 受到的合力为 0 时，速度最大，当弹簧的压缩量为+gsin0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。9BD【解析】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，B 正确；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，A 错误；由
22、欧姆定律可知，L2的电阻约为2=22=0.30.125=2.4，C 错误；L2消耗的电功率2=22=0.3 0.125=0.0375，即 L1、L2消耗的电功率的比值大于 4，D 正确。10AC【解析】因为当传送带静止或顺时针转动时，小物体均以相同的加速度加速下滑，根据牛顿第二定律得gsin37gcos37=，联立=122，解得 t=4 s，A 正确，D错误；当传送带逆时针转动时，根据牛顿第二定律得gsin37+gcos37=ma1，速度与传送带相同时，设小物体的位移为x1，则有v2=2a1x1，联立解得x1=5m 16m，小物块将继续加速下滑，根据牛顿第二定律得gsin37gcos37=，小
23、物块到达底端时的速度为v1，根据运动学公式v21v2=2a(sx1)，联立解得v1=12m/s，由于第一段加速度较大，全程的运动时间会小于 4s，B 错误，C 正确。二、非选择题二、非选择题11(1)AB（2 分）(2)0.75（2 分）(3)0.67（2 分）【解析】(1)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，A 正确；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，B 正确；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，C 错误
24、；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，D 错误。(2)纸带上相邻的两个计数点之间还有 4 个计时点没有画出，已知打点计时器的打点频率为 50 Hz，相邻计数点间的时间间隔 t=0.1 s，由逐差法可知，小车的加速度a=92=(19.656.456.45)1029 0.12m/s2=0.75m/s2(3)对小车，由牛顿第二定律得2FF阻=Ma，整理得=2F阻，由题图丙得k=2M=3，解得 M 0.67 kg。12(1)3（2 分）(2)D（1 分）E（1 分）(3)21.3（2 分）1.8（2 分）【解析】(1)要使电压表量程扩大为原来的 3 倍，则电阻箱的阻值应为
25、电压表内阻的 2 倍，电压表读数应为电阻箱两端电压的一半，因为总电压保持 9V 不变，所以电压表读数为 3V。(2)改装成 30 V 大量程电压表，需要串联约 20 k 的电阻，所以电阻箱选择 D，电路由于是分压电路，要使电压表支路的电压几乎不变，滑动变阻器选择最大阻值小的，选择 E。(3)由于电压表量程扩大 3 倍，所以电动势=7.1 3V=21.3V，内阻r=|UI|=|21.3153.5|=1.8。137V 2.0【解析】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 00.6 A，电压表量程选取的是 015 V（1 分）所以第二次电流表的
26、示数为13 0.6A=0.2A（1 分）电压表的示数为13 15V=5V （1 分）当电流表示数为 0.5 A 时，R1两端的电压为1=11=0.5 4V=2V（1 分）回路的总电流为总=1+12=0.5A+22A=1.5A（1 分）由闭合电路欧姆定律得=总+1+3（1 分）即E=(1.5r+2+2)(V)当电流表示数为 0.2 A 时，R1两端的电压为1=11=0.2 4V=0.8V（1 分）回路的总电流为总=1+12=0.2A+0.82A=0.6A（1 分）由闭合电路欧姆定律得=总+1+3即E=(0.6r+5.8)(V)联立解得E=7.0V,r=2.0（2 分）14(1)122 (2)k1
27、0q2mL2(3)k5q4L2【解析】(1)小球从 B 点运动到 D 点的过程中弹簧弹力做功为零，由动能定理有=122（2 分）解得=122（1 分）(2)小球在 D 点时，设弹簧与水平方向的夹角为，则F弹cos=k9q q(3L)2（2分）在 B 点时有F弹cos+9 2=（2 分）解得a=k10q2mL2（1 分）(3)设 A 处点电荷在 C 点产生的电场强度大小为 E1，带电小球运动到 D 点时在 C 点产生的电场强度大小为 E2，则E1=k9q4L2 （1 分）E2=kqL2（1 分）=|12|（1 分）解得E=k5q4L2（1 分）15(1)m gq (2)22mg，方向竖直向下 (
28、3)4+【解析】(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 A 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tan45=1g（2 分）解得1=g（1 分）(2)从 P 到 A 的过程，根据动能定理有g+1=122（2 分）解得v=2gL（1 分）小球在管中运动时2=g（1 分）小球做匀速圆周运动，则=2g（1 分）在 D 点时，圆管下壁对小球的支持力大小=2=22g（1 分）由牛顿第三定律得=22g，方向竖直向下（2 分）(3)小球由 P 点运动到 A 点的过程做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则2=22g21（1 分）解得t1=2Lg（1 分）设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则t2=342rvA=342Lg（1 分）小球离开圆管后做类平抛运动，设小球从 B 点到 N 点的过程中所用时间为t3，则x=vBt3，y=12at23（1 分）其中=,=g45=2g（1 分）由几何关系可知x=y联立解得3=22g（1 分）则tABtPN=t2t1+t2+t3=4+（1 分）
