2024河北省强基名校联盟高三下学期开学联考试题物理含解析

这是一份2024河北省强基名校联盟高三下学期开学联考试题物理含解析，文件包含河北省强基名校联盟2023-2024学年高三年级下学期开学联考物理docx、河北省强基名校联盟2023-2024学年高三年级下学期开学联考物理答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。

1．A解析：根据爱因斯坦的光电效应方程，光电子的最大初动能，图像的纵轴截距即为逸出功，故A正确；图像的斜率即为普朗克常量，，故B错误；由图像可知，入射光的频率为时，产生的光子的最大初动能为E，故C错误；根据动能定理，遏止电压，故D错误。
2．A解析：空间站与同步卫星的半径之比，由，可得，，，，故选A。
3．D解析：的时间内，物体A由负的最大位移向平衡位置运动，回复力指向平衡位置，即物体A的速度与加速度方向均沿y轴正方向，故A错误；物体A由特殊位置(平衡位置或最大位移处)开始计时，在任意一个内，质点通过的路程等于振幅的5倍，除此外在1.25s的时间内通过的路程不等于振幅的5倍，故B错误；由题图乙可知振幅为A=10cm，周期为T=1.0s，角速度为，规定向上为正方向，t=0时刻位移为0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m处开始运动，所以初相为，则振子的振动方程为，单位错误，故C错误；由物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为F=mg，对于物体A有2mg+F=2ma，解得a=1.5g，当物体A运动到最低点时，物体B对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体A在最低点时加速度向上，且大小等于1.5g，由牛顿第二定律得，解得，由物体B的受力可知，物体B对水平面的最大压力为，故D正确。
4．C解析：由于a光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，可知a光的临界角较大，根据可知a光的折射率较小，在水中，a光的波长比b光长，a光的传播速度比b光大，故AB错误；根据几何关系可知，，所以复色光圆形区域的面积为，故C正确；a光的折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹间距与波长成正比，可知相同条件下，a光干涉条纹比b光宽，故D错误。
5．C解析：由题图看出，磁感应强度随时间均匀增大，穿过PQcb回路的磁通量均匀增加，回路中产生恒定的感应电动势，则回路的电流恒定，A错误；根据可知，回路消耗的电功率恒定不变，B错误；根据楞次定律可知，导体棒PQ所受安培力方向沿导线框所在的平面向下，由F=BIL，可知B增大，PQ所受安培力增大，根据平衡条件可知导体棒PQ受到的静摩擦力，F增大，增大，C正确，D错误。
6．C解析：A、B、C三球组成的系统水平方向上合力为零，动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒，故A错误；小球A、B先加速后减速，动能先增加后减少，A、B、C三球组成的系统机械能守恒，C球的机械能先减少后增加，故B错误；C球落地前瞬时，A、B两球的速度为零，A、B、C三球组成的系统机械能守恒，有，可得，故C正确；当两杆与水平面成θ角时，根据A、C两球沿杆方向的分速度相等可知，根据机械能守恒有，解得当时，A球速度有最大值，最大，则，故D错误。
7．B解析：由题意可知，如图甲所示，P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为θ，根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大小表示为整理得，整理得，令t=csθ，t∈(0，1)，可得函数，对函数求导，令，解得，结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即，由此可知，z轴上距离O点处的两点电场强度最大，A错误；，轨道上A点的电场强度大小，B正确；由几何关系可知，，∠ACO=45°，根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为，小球在C点时的受力如图乙所示，小球在C点受到的电场力为，沿杆方向的合力为，解得a=0，由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C错误；根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得，解得，D错误。
8．BCD解析：甲图是同学对“探究小车速度随时间变化的规律”实验中获得的纸带进行剪贴获得的图像，其斜率就是小车的加速度，选项A错误；乙图伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，其中斜面的作用是“冲淡”重力，便于时间的测量，选项B正确；丙图桌面上的装置采用放大法，可以用于观察桌面的微小形变，选项C正确；丁图说明物体所受的最大静摩擦力大于滑动摩擦力，选项D正确。
9．BD解析：理想变压器输入功率等于输出功率，且采用的是降压变压器，根据P=UI可知，副线圈中的电流更大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，故引线要粗，故ad端接6V，bc端接220V，故A错误；理想变压器原、副线圈匝数比为，故B正确；交流电的有效值与频率无关，故仅降低交流电频率，的功率不变，故C错误；二极管具有单向导电性，根据电流的热效应有，解得两端电压的有效值为，故D正确。
10．BC解析：若恒力F=0，物块刚滑上木板时，设物块和木板的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律有，，得到，，由题意可知，当F=0时，设经时间物块从木板右侧滑出，位移差为1m，则，且物块从木板右侧滑出时，需满足物块的速度大于木板的速度，即，联立解得(舍)，，则物块滑出木板时的速度为，故A错误；C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，即物块与木板共速后，木板的加速度大小等于物块的最大加速度，则有，解得F=3N，物块刚滑上木板时，设木板的加速度为，由牛顿第二定律有，设经时间两者速度相等，有，，解得，故，故B正确，D错误；当物块恰好不能从木板右端滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，对应图中B点，设木板加速度为，用时为，此时有，，，解得，故C正确。
11．(1)B(1分) (2)(2分) (3)A(2分)
解析：(1)打点计时器均使用交流电源。
(2)小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离，又小车所受拉力约等于重物重力，因此拉力对小车做的功，小车做匀变速直线运动，因此打B点时小车的速度为打AC段的平均速度，则有，若成立，即，可验证动能定理成立。
(3)若重物质量m不满足远小于小车质量M，则绳子对小车的拉力实际不等于重物的重力，由牛顿第二定律有和，可得，由动能定理得，解得，则实际图线的斜率，重物质量m与小车质量M不变，速度虽然增大，但斜率不变。故选A。
12．(1)电池(1分) ×100(2分) 欧姆调零(1分) 600(2分)
(2)如图所示(2分)
(3)(2分)
解析：(1)电池两端有电压，用电压表测量不偏转，说明不是电池。多用电表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择×100挡。同时注意欧姆调零；多用电表的指针结果为600Ω。
(2)电源的电动势为12V，电压表的量程为10V，由于待测电阻较大，因此滑动变阻器选择分压式接法，滑动变阻器若选择，则通过电源的电流将超过最大允许电流600mA，所以不能用，而太大，调节不方便，所以滑动变阻器应选择；流过待测电阻的电流约为，两电流表量程均不合适；同时由于电压表量程为10V，远大于待测电阻的额定电压3V，故常规方法不能正常测量；所以考虑电压表当作电流表使用，同时电压表量程为10V，内阻，故满偏电流为10mA，符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表与串联充当电压表使用，改装后量程为4V，可以使用，由于电表读数不能小于其量程的，故电压表采用外接法，电路图如图所示。
(3)根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流为，电压为，由欧姆定律可知电阻。
13．(1)； (2)600K
解：(1)活塞静止，由平衡条件有(3分)
解得。(2分)
(2)气体的状态参量：，，，
气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有(2分)
即(1分) 解得。(2分)
14．(1)；(2)
解：(1)以初速度的方向为正方向，A、B碰前的瞬时速度分别为、，根据动量守恒定律有(3分)
由能量关系有(3分)
解得，。(2分)
(2)设碰撞后粘在一起的速度为v，根据动量守恒定律有(2分)
碰撞过程中A、B系统机械能的损失。(3分)
15．(1)v=2m/s，E=3N/C；(2)C点的坐标为；(3)
解：(1)滑块的运动轨迹如图所示
设滑块在斜面上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有(1分)
解得
滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，有(1分) 解得v=2m/s
因为滑块在磁场中做匀速圆周运动，所以滑块所受的重力与电场力平衡，有mg=qE(1分)
解得电场的电场强度大小为E=3N/C。(1分)
(2)滑块受到的洛伦兹力提供向心力，有(1分) 解得(1分)
O、C之间的距离为(1分)
C点的坐标为。(1分)
(3)电场方向从竖直向上转过16°后，电场方向与速度方向的夹角为
滑块受到的电场力大小变为(1分)
计算可得
(1分)
因此滑块从D点开始做匀速直线运动，设滑块第一次过y轴上的点为P，滑块从D点运动到P点的时间(1分) 解得
滑块进入第二象限后做类平抛运动，之后从Q点第二次通过y轴，
等效重力加速度大小(1分)
经分析可知(1分)
解得(1分) 又(1分) 解得。(1分)