河北省2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题(含解析)

高三物理
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。

满分100分，考试时间75分钟。

2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。

选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4．本卷命题范围：高考范围。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．2024年2月19日，《物理评论快报》发表了中国科学院的科研人员首次合成了新核素锇－160、钨－156的相关成果，并被美国物理学会的Physics 杂志在线报道．其中钨－156（中子数为82）具有衰变的放射性，该核反应方程为．则下列说法正确的是（
）A ．该放射性衰变过程中质量增加
B ．
C ．
D ．的比结合能比钨－156更大
2．2023年天文学家曾经观测到一颗彗星进入太阳系，近日点距太阳为1.11天文单位（1个天文单位约为
1.5亿千米），掠过近地点时离地球只有0.284天文单位．已知地球距离太阳1天文单位，绕太阳周期为1年，第一宇宙速度为，万有引力常量为．下列说法正确的是（
）
A ．可以估算出地球表面的重力加速度
B ．可以估算出太阳的质量
C ．可以估算出太阳的密度
D ．可以估算出地球与彗星之间的最大万有引力3．静电透镜是利用电场来偏转和聚焦电子束的装置，其电场由两个相互靠近的圆筒所带的等量异种电荷产生．圆筒之间形成静电场的等差等势面如图中的虚线所示，当电子束沿中心轴附近有一定的散射角射入该区域时，静电场使平行入射的电子束汇聚于对称轴轴上，设某电子的运动轨迹如图中的实线所示，先后经过三点，则下列说法正确的是（ ）
A ．该静电透镜中带正电的圆筒位于图中靠左侧的位置
B ．电子的运动过程中在处的电场强度大于在处的电场强度
C ．电子在由到运动过程中的电势能减小，动能增大
D ．电子可能仅在电场力作用下在图示电场区域沿垂直于纸面的某平面做圆周运动
4．一列简谐横波在介质中传播，沿波的传播方向上平衡位置相距的两个质点（波的传播方向由到的振动图像如图所示时刻间仅有一个波峰．则下列说法中正确的是（
）
β+156
156
01W X e m n →+75m =74n =X 7.9km /s G z ,P Q R 、P Q P R 10.5m P Q 、P )Q 0t =P Q 、
A ．该波的波长是
B ．质点位于平衡位置时，一定处于波峰
C ．波的传播速度为
D ．波的传播速度为5．如图甲所示，边长为的等边三角形导线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中，导线框的总电阻为，匀强磁场的磁感应强度的大小随时间的变化关系如图乙所示．下列说法正确的是（ ）
A ．末边受到的安培力垂直于
B ．末边受到的安培力垂直于
C ．内线框中产生的焦耳热为
D ．内线框中产生的焦耳热为6．如图所示，透明球体半径为为球心，在截面内从球外点射向球面上点的光线，经折射后从球面上的另一侧射出，后经过连线上的点（未标出），关于点对称，已知到直线的距离为之间的距离为，光在真空中的传播速度为，下列说法正确的是（ ）
A ．光从空气中进入球体后频率变小
B ．透明球体的折射率为1.6
C ．光在球体内传播的速度为
D ．光在球体内传播的时间为7．如图所示，一倾角为质量为的斜劈始终静止于水平地面上，在其斜面上放有一质量为的滑块，其与斜劈之间的动摩擦因数为，给滑块一沿斜面向下的初速度，滑块加速下滑．已知重力加速度为，
30m
P Q 3.5m /s 2.1m /s
2m l =2R =ΩB t 4s ac ac 410N -6s ab ab 410N
-010s ～33.7510J
-⨯010s ～53.7510J
-⨯,R O M A MO N M N 、O A MO 0.6,R MO 1.6R .sin370.6c ︒=23c 1.6R c
θ、M m μg
现对滑块施加一个大小不变的力，则在由竖直向下逆时针缓慢转动到水平向右（如图虚线所示）的过程中，滑块始终在斜面上向下滑，斜劈受到地面的静摩擦力的方向和最大值分别为（ ）
A ．水平向右，
B ．水平向右，
C ．水平向左，
D ．水平向左，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，有两个或两个以上选项符合题目要求、全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．一定质量的理想气体，从初始状态经状态再回到状态，其体积与热力学温度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．从状态到状态，气体吸收热量小于气体内能增量
B ．从状态到状态，气体对外做功同时向外放热
C ．从状态到状态，气体吸收热量全部用来对外做功
D ．从状态到状态，气体吸收热量大于气体对外做功
9．如图所示，在一半径为的固定且内壁光滑的半球面内，有一个质量为的小球（可视为质点），在某水平面内做匀速圆周运动，由于受到微小的阻力作用，小球高度逐渐缓慢降低，设开始时小球的位置与球心连线和竖直方向之间的夹角，经过一段时间，小球的位置与球心连线和竖直方向之间的夹角．已知，重力加速度，则下列说法正确的是（
）
F F ()()
cos cos sin cos mg F θθθμθ+⋅-()()
cos sin cos mg F θθμθ+⋅-()()
cos cos sin cos mg F θθθμθ+⋅-()()
cos sin cos mg F θθμθ+⋅-A B C D 、、A V T A B B C C D D A 1m R =m A OC 60α=︒B OC 30β=︒2kg m =210m /s g =
A ．小球在
B ．小球在处的速度大小为小球在
倍C ．小球由至
D ．小球由至
10．图甲为静电式油烟净化器的原理图，油烟先经过滤网过滤，较小的颗粒进入收集筒内，筒中心和筒壁之间加上高电压（恒定）后，中心负极会均匀地发射与筒壁垂直的电子，颗粒（视为球体）以相同的速度平行筒心轴线进入筒内后，吸收电子带上负电，在电场力作用下向筒壁偏移，最后附着到筒壁上．已知颗粒吸附的电子数与其表面积成正比，颗粒密度恒定，不计重力和其他影响，该电场可看成辐向电场（如图乙所示）．下列说法正确的是（ ）
A ．油烟颗粒在收集筒内做匀变速运动
B ．经过同一位置的油烟颗粒，半径越大加速度越小
C ．离筒壁越远的油烟颗粒达到筒壁上的速度不一定越大
D ．收集筒半径越大油烟净化效果越好
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．（6分）某实验小组用图甲所示的装置，测量滑块与木板之间的动摩擦因数，其实验的主要步骤如下：①将光电门固定在长木板的左端，长木板左端下表面通过水平转轴固定在水平桌面上；
②将铁架台放在水平桌面上，保持铁架台的竖直杆到转轴的距离不变；
A /s
B A A B J
A B O O x
③将木板抬起，通过螺栓固定在铁架台的竖直杆上，测出固定点到水平桌面的高度；
④让小滑块从木板上固定螺栓处由静止释放，记下光电门的挡光时间；
⑤改变木板倾斜程度重复③④操作获取多组数据；
⑥用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度，处理数据求出动摩擦因数．
请完成下列问题
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，遮光条宽度mm ；
（2）该实验小组利用实验数据描绘得到了如图丙所示的图像（图像），该图像可以反映合外力做功与动能变化的关系．若已知该图像的斜率为纵截距为，则可以算出斜面的动摩擦因数（用所测量的物理量表示），通过处理数据，该实验小组还可以求出当地的重力加速度______（用所测量的物理量表示）．
12．（8分）某新型智能电源能输出恒定的电流，某实验小组利用此电源测量一定值电阻的阻值．他们又找来了一块电流表A （阻值未知且很小）、滑动变阻器电阻箱导线若干，并连接如图甲所示电路图．
甲 乙
（1）当该同学将电阻箱的阻值调大时，电流表的读数将______（填“增大”“减小”或“不变”）．
（2）该同学通过改变电阻箱的阻值，同时记录电流表的示数为，得到多组数据，他采用图像法处理数据，为使图像呈直线，应描绘的是______图像．
A ．
B ．C
．D ．（3）该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻的阻值为______（用表示）．
（4）若考虑电流表内阻的影响，则该同学测得的电阻的阻值与实际值相比______（填“偏大”“偏小”或“不变”）
13．（10分）如图所示，在一个倾角为的固定斜面底端固定一个挡板，挡板连接一个劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧上端与一质量为的光滑滑块相连且处于静止状态，静止时所在位置为．某时刻将一个质量也为的滑块从离点距离处由静止释放，滑块与斜面之间的
h t d ______d =21h t
-k 、b ______μ=g =0I x R R 、R '、R 'R '0R A I 0I R -01
I R -01R I -0
11I R -x R ,,a b c x R 30θ=︒50N /m k =1kg m =P O m Q O 0.8m L =Q
动摩擦因数为
与滑块碰后粘连在一起，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，当其形变量为时，弹性势能为，已知重力加速度．求：（1）滑块与滑块碰撞前瞬间的速度大小；
（2）二者共同运动过程中的最大速度（结果可保留根号）．
14．（12分）如图甲所示，质量为的小物块和质量为的小物块用跨过光滑小定滑轮的足够长的轻质细线相连接，细线不可伸长，放在倾角为的粗糙斜面上，与斜面间的动摩擦因数放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数．计时开始时，在上施加一个水平向左的外力，力随时间做周期性变化，规律如图乙所示．物块运动过程中不会和滑轮相撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度．（1）求在内物块的加速度大小；
（2）求末物块B 的速度大小，
15．（18分）如图所示的平面内，轴上方存在平行于轴向下的匀强电场，轴下方存在垂直平面向外的匀强磁场，一质量为电荷量为的带电粒子，从轴上某点以的速度平行轴进入电场中，运动过程中带电粒子从轴上的点（图中未标出）首次进入磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从轴上的点（图中未标出）首次离开磁场，此时粒子的速度方向与首次进入磁场时垂直，已知粒子首次离开磁场后恰能回到点，匀强磁场的磁感应强度大小为，不计粒子重力，求：
μ=Q P x 2p 12E kx =
210m /s g =Q P Q 1.5kg M =A 1kg m =B A 37θ=︒A 10.25,B μ=B 20.1μ=B F F A B 、2
10m /s ,sin370.6,cos370.8g =︒=︒=00.6s ～A 14s xOy x y x xOy m 、()0q q >y P 0v x x M x N P B
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）若匀强磁场的磁感应强度大小变为为正整数），粒子能再次经过点，求可能的值及粒子相邻两次经过
点的时间间隔．
(kB k M k M
高三物理参考答案、提示及评分细则
1．D 放射性衰变的过程中存在质量亏损，释放能量，比结合能增大，A 错误，D 正确；根据电荷数守恒和质量数守恒可知B ，C 错误．
2．B 地球表面满足，可知，地球半径未知，则不能估算出地球表面的重力加速度，A 错误；地球围绕太阳做圆周运动有地球周期半径已知，故可以估算出太阳的质量，B 正确；由于太阳半径未知，不能估算太阳密度，C 错误；由于彗星质量未知，不能估算出地球与彗星之间的最大万有引力，D 错误．3．C 由图可知，电子运动过程中受力指向轨迹内侧，所受电场力与场强方向相反，又电场力与等势面垂直，可知该静电透镜中带正电的圆筒位于图中靠右侧的位置，A 错误；根据等差等势面的密集程度可知，电子的运动过程中在处的电场强度小于在处的电场强度，B 错误；电子在由到运动过程中，电势升高，电势能减小，动能增大，C 正确；垂直于纸面的任意平面内受力沿轴正向，不可能做圆周运动，D 错误．
4．C 由振动图像可知，位于平衡位置时，可能位于波谷也可能位于波峰；波的传播方向由传到，则有
，解得，该简谐横波的波速为，故A 、B 、D 错误，C 正确．5．B 根据楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，大小为末边受到的安培力垂直于边向外，A 错误
；根据左手定则，末边受到的安培力垂直于边向外，大小为，B 正确；内线框中产生的焦耳热为，C 、D 错误．
6．B 光折射后，频率不变，A 错误；球体内折射光线与平行，光路图如右图所示，
为过点的法线，到的距离，则
，解得， ，所以，由几何关系可知为等腰三角形，可知．所以
，透明球体的折射率，代入数74,73,m n ==212v Mm G mg m R R ==21v GM g R R
==222π,Mm G mr r T ⎛⎫= ⎪⎝⎭
P Q P R z P Q 、P Q P Q 310.54λ=14m λ= 3.5m /s v T
λ==310A,4s B S t I R
-∆∆==ac ac 6s ab ab 410N A F IlB -==010s ～243.7510J Q I Rt -==⨯AB MO 1,OAB AOC OO ∠=∠A A MO 0.6AC x R =sin 0.6AC AO
x AOC x ∠==37AOC OAB ∠=∠=︒cos 0.8OC AD x x AOC R =∠=0.8MC MD OC x x x R =-=AOM △;37A AM O x x R AOC OAB AMO ==∠=∠=∠=︒1MAO AOC AMO ∠=∠+∠1sin 2sin 37cos372cos37sin sin 37MAO n OAB ∠︒︒===︒∠︒
据得，由几何关系可知，光从到所用的时间为，代入数据得，B 正确，C ，D 错误．7．D 设与竖直方向之间的夹角为，对滑块受力分析，滑块垂直于斜面方向受力平衡，
，对斜劈的摩擦力为，方向沿斜面向下，两者在水平方向的分量与斜劈受到地面的静摩擦力平衡，可知斜劈受到地面的静摩擦力为
，因给滑块一沿斜面向下的初速度，滑块加速下滑，可知斜劈受到地面的静摩擦力水平向左，当时斜劈受到地面的静摩擦力最大，，D 正确．
8．CD 从状态到状态．体积不变，温度升高，气体吸收热量等于气体内能增量，A 错误；从状态到状态，压强不变，温度降低，体积减小，外界对气体做功，气体向外放热，B 错误；从状态到状态，温度不变，体积增大，气体吸收热量全部用来对外做功，C 正确；从状态到状态．压强不变，温度升高，气体吸收热量大于气体对外做功，D 正确．
9．ABD 小球在处重力和弹力提供向心力，解得，A 正确；小球在处，小球在处的速度大小为小球在
B 正确；小球由至过程中重力做功为，
C 错误；克服阻力做功为D
正确．10．BC 收集筒内的电场呈辐射状，不是匀强电场，油烟颗粒在收集筒内做非匀变速运动，A 错误；设油烟颗粒半径为，单位面积的电量为，由题意可知，则
，半径越大加速度越小，B 正确；由动能定理得解得，离的越远越大，51.6,8
c c n v n ===2cos 1.6AB AO x x OAB R =∠=A B AB x t c
n
= 2.56R t c
=F α()N cos cos F mg F θθα=+-N f F μ=()()sin cos cos cos sin cos N f F f mg F θθθθαθμθ⎡⎤=-=+-⋅-⎣⎦'αθ=()()'max cos sin cos f mg F θθμθ=+⋅-A B B C C D D A A 2tan sin A v mg m R αα
=/s A v =B 2tan sin B v mg m R ββ=B A A B ())
101J A B W mg h h =-=()()
2212A B A B W mg h h m v v =-+-=R σ324π4π3
R a R E ρσ=⋅3E a R σρ=()
23220144ππ,23R U R v v σρ⋅=⋅-v =U
颗粒半径大小不同，
可能减小，C 正确；收集筒半径过大，油烟颗粒有可能打不到筒壁上，净化效果会变差，D 错误．11．（1）5.30（2分）（2）（2分）（2分）解析：（1）根据游标卡尺读数规律可得，挡光条的宽度．
（2）滑块到达底端时的速度大小为，由动能定理可得，整理得，由图知，纵截距，解得动摩擦因数，重力加速度．12．（1）增大（2分）（2）D （2分）（3）（2分）（4）偏大（2分）解析：（1）阻值变大，路端电压变大，可知电流表读数变大．
（2）根据欧姆定律有可得，故可知应描绘的是图像．（3）根据图像可得、，解得．（4）由电流表内阻影响，可知测量值偏大．13．解：（1）滑块下滑过程中由动能定理得（2分）解得（2分）
（2）开始时平衡（1分）之间发生碰撞（1分）碰后共同向下运动，达到最大速度时（1分）
由功能关系得（2分）解得（1分）14．解：（1）依题意知，当计时开始时，设向左运动，受力如右图所示
（1分）
则由牛顿第二定律，可知（1分） （1分）解得（1分）R U R
b x 22d k 5mm 0.056mm 5.30mm d =+⨯=d v t
=222md mgh mgx t μ-=2212d h x t g μ=⋅+2,2d b x k g μ==
b x
μ=22d g k =b a ac
-R '00x IR I I R +=000111x R I I I R =+⋅0
11I R -01a I =0
x R b a c I -=x b a R ac -=Q 211sin cos 2mgL mg L mv θμθ-=
12m /s v =P 1sin mg kx θ=P Q 、122mv mv =22sin cos mg mg kx θμθ=+()()2222211221321111cos 2sin 222222mg x x kx kx mg x x mv mv μθθ--+
-+-=-3/s v =B B N mg =1A A f N μ=cos A N Mg θ=2B B f N μ=00sin A T f Mg Ma θ--=00B F T f ma --=00a =
（2）后物块向右加速，受力如右图所示， 则由牛顿第二定律，可知（1分）
（1分） 解得（1分）
时物体速度最大，后一起减速，物块弹力和摩擦力不变，物块弹力和相同，摩擦力与内相反，设绳子拉力为，则由牛顿第二定律，
可知（1分）
（1分） 解得（1分）
可知物块在时刻速度减为0后便静止不动，解得由此可知，后开始重复的运动过程，物体重复运动的周期时有解得 （1分）
末物块速度大小为代入数据得（1分）
15．解：（1）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则粒子再次从轴上点离开磁场时速度与轴夹角仍为，由题意可知：则（1分）粒子进人磁场速度大小（1分）由洛伦兹力提供向心力可得（1分）解得（1
分）00.8s t =B 2B N mg =222
B B f N μ=11sin A Mg T f Ma θ--=11B T f ma -=212m /s a =1 1.6s t =B 1.6s ,A B A B 00.8s ～00.8s ～2T 22sin A T f Mg Ma θ+-=22B F f T ma +-=22 3.2m /s a =2t ()()110221a t t a t t -=-2 2.1s
t =2.4s 0.8 2.4s ～31.6s,14s T t ==30t t nT t -=+∆8n =0.4s t ∆=14s B 1v a t =∆0.8m /s v =x θx N x θ290θ=︒45θ=
︒00cos45v v ︒
==2
v qvB m r
=r =
（2）粒子在在电场中做平抛运动，由牛顿第二定律得（1分）
由运动学公式可得（1分）
（1分） 联立解得（1分）
（3）①由题意可知，当时带电粒子可再次从电场中经过点，在电场中运动时间为，在磁场运动的时间为，有（1分）（1分）粒子相邻两次经过点的时间间隔代入数据得（1分）②当大于1时带电粒子可再次从磁场中经过点，由洛伦兹力提供向心力可得（1分）
（1分）粒子第次从磁场中出来时恰好从点离开，由几何关系可知（1分）解得当时，（1分）一个周期内粒子在电场中的时间仍为，在磁场中的时间为，有（1分）（1分）代入数据得（1分）qE ma =0tan45v at ︒=0sin45r v t ︒=0E Bv =1k =M 1t 2t 012sin45v t r =︒232π4
vt r =M 12t t t =+3π22m t qB
⎛
⎫=+ ⎪⎝⎭k M 2
v qvkB m R =r R k
==n M ()2sin452sin452sin45n r R r -=︒︒︒1
n k n =
-2n =2k =1t 3t 332π4vt R =132t t t =+()3π42m
t qB +=。