文档内容
河北省衡水中学 2023 届上学期高三年级四调考试
物 理
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共5页，总分100分，考试时间75
分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题
目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对
但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图所示，水平地面上固定一斜面体，斜面体的倾角为α，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θ，已知轻杆跟墙面垂直，A、B、C均静止，α < θ，关于A、B、C的受力，下列
说法正确的是
A．A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
D．A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F 和F ，相应
M N
的电势能分别为E 和E ，下列说法正确的是
pM pN
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
C．F < F ，E >E
M N pM pN
D．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
√3 2√3 √3 2√3
A． q B． q C． q D． q
9 9 3 3
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φ。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
A．E增大、φ增大
B．E不变、φ增大
C．E增大、φ不变
D．E不变、φ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，R、R 为定值电阻，R
1 2 3
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
D．a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α=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
√3
C．P与M间的动摩擦因数至少为
6
√3
D．P与M间的动摩擦因数至少为
3
7．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O～x 为顶点在x 的开口向上
2 1
的抛物线，x 以后的图线为倾斜的直线。下列说法正确的是
2
A．O位置和x 位置的电场强度相同
2
B．图中x 处的电势最高，x 处的电势最低
1 3
C．x～x 段质子做匀变速直线运动
2 3
D．该电场沿x轴的正方向
8．如图所示，倾角为α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s。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
0
的劲度系数为k 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
0
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
kq2
qE+mgsinα−
B．小球P在N点的加速度大小为 s2
0
m
C．小球P返回时，不可能越过N点撞到小球Q
qE+mgsinα
D．当弹簧的压缩量为 时，小球P的速度最大
k
0
9．在如图甲所示的电路中，L、L、L 为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如
1 2 3
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
A．L 两端的电压为L 两端电压的2倍 B．L 消耗的电功率为0.75 W
1 2 1
C．L 的电阻约为12Ω D．L、L 消耗的电功率的比值大于4
2 1 2
10．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θ=37∘，正常的运行速度是v=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μ=0.5，A、B
间距离s=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4s
B．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Ⅱ卷（非选择题 共54分）
二、非选择题：本题共5小题，共54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，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M
D．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（20～22 V）和内阻（小于2 Ω），需要把一个量程为0～
10 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 0～30 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0～
30 V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20～22 V，内阻小于2 Ω）；
B．电压表（量程为0～10 V，内阻约10 kΩ）；
C．电阻箱（0～9 999 Ω，额定功率小于10 W）；
D．电阻箱（0～99 999 Ω，额定功率小于10 W）；
E．滑动变阻器（0～20 Ω，额定电流2A）；
F．滑动变阻器（0～2 kΩ，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的值，并作出U-I图线如图丙所示，可知电池的电
动势为______V，内阻为______Ω。
13．（10分）如图所示的电路中，R=4Ω，R=2Ω，滑动变阻器R 上标有“10 Ω 2A”的字样，
1 2 3
理想电压表的量程有 0～3 V和0～15 V两挡，理想电流表的量程有 0～0.6 A和0～3A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
1
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 ，电流表指针也指在
3
1
满偏的 ，求电源电动势与内阻的大小。（均保留两位有效数字）
3
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、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v 。OC垂直于直杆，且OC的长度为弹簧原长，静电力常量为k。
m
(1)求B、D两点间的电势差U 。
BD
(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，圆管的半径r=√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E ；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的、电场强
1
mg
度大小E = 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（q>0）的带电
2 q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E 的电场强度大小。
1
(2)求小球在ADB管中运动经过D点时对管的压力F 。
D
(3)小球从管口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t 与运动的总时间t 之比。
AB PN
物理参考答案一、选择题
1．B【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。
2．C【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错误；由等势线的疏密可知，电场强度E E ，B错误，C正确；由于静电感应，金属板的上表面带负电荷，D
pM pN
错误。
√6
3．B【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 L，在a、b
4
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
√2
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L = L，
de 4
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
kQ 8kQ
E = =
场强度大小
Q L2 L2
，结合几何关系知，a、b两处电荷量为q的正点电荷在d处
de
kq L 16√3kq
产生的合电场强度大小E′=2 ∙ ed = ， 因 d 点合电场强度为 0，则
L2 L 9L2
ad ad
2√3
E′=E ，解得Q= q，B正确，A、C、D错误。
Q 9
4．B【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。
5．B【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R 两端电压减小，则电压表示数
1
减小，A错误；电阻R 两端的电压U=E－IR ，I减小，则U 增大，电容器两极板间的
2 2 1 2
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点的电势等于R 两端的电压，U 增大，则a点的电势升高，D错误；
2 2
通过R 的电流I 增大，通过电流表的电流I =I－I，I减小，I 增大，则I 减小，即电流
2 2 A 2 2 A
表示数变小，B正确。
6．D【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mgcos30∘=Fcos30∘，可知F=mg，B错
√3
误；对滑块P，如果恰好不下滑时，有μ(F+mgcos60∘)=mgsin60∘，解得μ=
3
，C错误，D正确。ΔE
7．C【解析】根据qE=− p可知，E −x图像的切线斜率的绝对值等于|qE|，由题图
Δx p
可知x 处切线斜率为零，故x 处电场强度最小且为零，O位置和x 位置关于x 位置对
1 1 2 1
称，则O位置和x 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
2
题图可知，图中电势最高的点是x 处，x 处的电势最低，B错误，x ～x 段图像的斜率
3 1 2 3
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x 左侧的电场沿x轴的正方向，x 右侧的电场沿x轴的负
1 1
方向，D错误。
8．BC【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
kq2
误 ； 在 N 点 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 qE+mgsinα− =ma， 解 得
s2
0
qE kq2
a= +gsinα−
，B正确；根据能量的转化和守恒定律，小球最高只能到达 N
m ms2
0
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
qE+mgsinα
为 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。
k
0
9．BD【解析】电路中的总电流为0.25 A，L 中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线
1
可知，L 两端的电压为3.0 V，L 消耗的电功率为P =UI =0.75 W，B正确；根据并
1 1 1 1 1
联电路规律可知，L 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
2
约为0.3 V，故L 两端的电压约为L 两端电压的10倍，A错误；由欧姆定律可知，L
1 2 2
U 0.3
的 电 阻 约 为 R = 2= Ω=2.4Ω， C 错 误 ； L 消 耗 的 电 功 率
2 I 0.125 2
2
P =U I =0.3×0.125W =0.0375W，即L 、L 消耗的电功率的比值大于 4，D正
2 2 2 1 2
确。
10．AC【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，
1
根据牛顿第二定律得mgsin37∘−μmgcos37∘=ma，联立x= at2 ，解得t=4 s，A正
2
确 ， D 错 误 ； 当 传 送 带 逆 时 针 转 动 时 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 得
mgsin37∘+μmgcos37∘=ma ，速度与传送带相同时，设小物体的位移为x ，则有
1 1
v2=2a x ，联立解得x =5m<16m，小物块将继续加速下滑，根据牛顿第二定律得
1 1 1
mgsin37∘−μmgcos37∘=ma，小物块到达底端时的速度为v ，根据运动学公式
1
v2−v2=2a(s−x )，联立解得v =12m/s，由于第一段加速度较大，全程的运动时间
1 1 1
会小于4s，B错误，C正确。
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；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
x −x (19.65−6.45−6.45)×10−2
a= CF OC = m/s2=0.75m/s2
9t2 9×0.12
2F F
(3)对小车，由牛顿第二定律得2F−F =Ma，整理得a= − 阻，由题图丙得
阻 M M
2
k= =3，解得M ≈ 0.67 kg。
M
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 kΩ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 E=7.1×3V =21.3V，内阻
ΔU 21.3−15
r=| |=| |Ω=1.8Ω。
ΔI 3.5
13．7V 2.0Ω
【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0～0.6 A，电压表量程选取的是0～15 V（1分）
1
所以第二次电流表的示数为 ×0.6A=0.2A （1分）
3
1
电压表的示数为 ×15V =5V （1分）
3
当电流表示数为0.5 A时，R 两端的电压为U =I R =0.5×4V =2V（1分）
1 1 1 1
U 2
回路的总电流为I =I + 1=0.5A+ A=1.5A（1分）
总 1 R 2
2
由闭合电路欧姆定律得E=I r+U +U （1分）
总 1 3即E=(1.5r+2+2)(V)
当电流表示数为0.2 A时，R 两端的电压为U '=I 'R =0.2×4V =0.8V（1分）
1 1 1 1
U ' 0.8
回路的总电流为I '=I '+ 1 =0.2A+ A=0.6A（1分）
总 1 R 2
2
由闭合电路欧姆定律得 E=I 'r+U '+U '
总 1 3
即E=(0.6r+5.8)(V)
联立解得E=7.0V ,r=2.0Ω（2分）
1 10q2 5q
14．(1) mv2 (2)k (3)k
2q m mL2 4L2
【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，
1
由动能定理有U q= mv2 （2分）
BD 2 m
1
解得U = mv2 （1分）
BD 2q m
9q⋅q
(2)小球在D点时，设弹簧与水平方向的夹角为θ，则F cosθ=k （2
弹 (3L) 2
分）
9q⋅q
在B点时有F cosθ+k =ma（2分）
弹 L2
10q2
解得a=k （1分）
mL2
(3)设A处点电荷在C点产生的电场强度大小为E，
1
带电小球运动到D点时在C点产生的电场强度大小为E，则
2
9q
E =k （1分）
1 4L2
q
E =k （1分）
2 L2
E=|E −E |（1分）
1 2
5q
解得E=k
（1分）
4L2
mg π
15．(1) (2)2√2mg，方向竖直向下 (3)
q 4+π
【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∘，E q
则tan45∘= 1 （2分）
mg
mg
解得E = （1分）
1 q
1
(2)从P到A的过程，根据动能定理有mgL+E qL= mv2 （2分）
1 2 A
解得v =2√gL（1分）
A
小球在管中运动时E q=mg（1分）
2
小球做匀速圆周运动，则v =v =2√gL（1分）
D A
v2
在D点时，圆管下壁对小球的支持力大小F=m D=2√2mg（1分）
r
由牛顿第三定律得F =F=2√2mg，方向竖直向下（2分）
D
(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t ，则
1
√2
√2L= gt2 （1分）
2 1
√2L
解得t = （1分）
1 g
3
∙2πr
设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t ，则 4 3π √2L（1分）
2 t = =
2 v 4 g
A
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t ，
3
1
则x=v t ，y= at2 （1分）
B 3 2 3
g
其中v =v ,a= =√2g（1分）
B A cos45∘
由几何关系可知x= y
√2L
联立解得t =2 （1分）
3 g
t t π
则 AB = 2 = （1分）
t t +t +t 4+π
PN 1 2 3
