2024屆河北省邢臺市部分高中高三下學期二模物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1物理試卷本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。共8頁，滿分100分，考試時間75分鐘。第I卷（選擇題共46分）一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.核污水中含有多種放射性成分，其中有一種難以被清除的同位素氚（），可能引起基因突變。其衰變方程為，的半衰期為12.5年，下列說法正確的是（）A.原子核是B.衰變的本質是由強相互作用引起的中子轉變?yōu)橘|子并釋放出電子C.1mg的經25年的衰變后，還剩0.25mgD.將核污水排入海洋后，氚因濃度降低使半衰期變長，放射性變弱〖答案〗C〖解析〗A．根據反應過程滿足質量數和電荷數，可知原子核是，故A錯誤；B．衰變的本質是由弱相互作用引起的中子轉變?yōu)橘|子并釋放出電子，故B錯誤；C．的半衰期為12.5年，1mg的經25年的衰變后，可知結果兩個半衰期，還剩0.25mg，故C正確；D．半衰期只由原子核自身決定，將核污水排入海洋后，氚因濃度降低使半衰期不變，放射性不變，故D錯誤。故選C。2.圖甲是淄博市科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時最短的軌道叫做最速降線軌道。取其中的“最速降線”軌道Ⅰ和直線軌道Ⅱ進行研究，如圖乙所示，兩軌道的起點M高度相同，終點N高度也相同，軌道Ⅰ的末端與水平面相切于N點。若將兩個相同的小球a和b分別放在Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點M，同時由靜止釋放，發(fā)現在Ⅰ軌道上的小球a先到達終點。下列描述兩球速率v與時間t、速率平方與下滑高度h的關系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗AB．根據機械能守恒可得可得小球a和b到達軌道底端的速度大小均為小球b沿直線軌道Ⅱ做勻加速直線運動，其圖像為一條傾斜直線，小球a沿“最速降線”軌道Ⅰ運動過程，加速度逐漸減小，則其圖像的切線斜率逐漸減小，且小球a所用時間小于小球b所用時間，故A正確，B錯誤；CD．根據機械能守恒可得可得小球a和b下滑過程速率平方與下滑高度h的關系為可知小球a和b圖像均為一條過原點的傾斜直線，故CD錯誤。故選A。3.“抖空竹”是中國傳統(tǒng)體育活動之一。現將抖空竹中的一個變化過程簡化成如圖所示模型：不可伸長的輕繩系于兩根輕桿的端點位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質量的空竹架在輕繩上。接下來做出如下動作，左手抬高的同時右手放低，使繩的兩個端點沿豎直面內等腰梯形的兩個腰（梯形的上下底水平）勻速移動，即兩端點分別自A、C兩點，沿AB、CD以同樣大小的速度勻速移動，忽略摩擦力及空氣阻力的影響，則在變化過程中，下列說法正確的是（）A.左右兩繩的夾角增大B.左右兩繩的夾角減少C.輕繩的張力變大D.輕繩的張力大小不變〖答案〗D〖解析〗對空竹受力分析，同一根繩子拉力處處相等，所以在水平方向空竹共點力平衡，設F1與水平方向的夾角為，F2與水平方向的夾角為，有所以α=β所以兩根繩與豎直方向的夾角相等為，則解得兩端點沿AB、CD以同一速度勻速移動，移動的過程有的位移大小相等，兩端點在水平方向上的距離不變，所以不變，從而得出F1和F2均不變，且兩者大小相等，故ABC錯誤，D正確。故選D。4.隨著環(huán)保理念的深入，廢棄塑料分選再循環(huán)利用可減少對資源的浪費。其中靜電分選裝置如圖所示，兩極板帶上等量異種電荷僅在板間形成勻強電場，漏斗出口與極板上邊緣等高，到極板間距相等，a、b兩類塑料顆粒離開漏斗出口時分別帶上正、負電荷，經過分選電場后a類顆粒匯集在收集板的右端，已知極板間距為d，板長為L，極板下邊緣與收集板的距離為H，兩種顆粒的荷質比均為k，重力加速度為g，顆粒進入電場時的初速度為零且可視為質點，不考慮顆粒間的相互作用和空氣阻力，在顆粒離開電場區(qū)域時不接觸極板但有最大偏轉量，則（）A.右極板帶正電B.顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速曲線運動C.兩極板間的電壓值為D.顆粒落到收集板時的速度大小為〖答案〗D〖解析〗A．根據題意可知，正電荷所受電場力水平向右，則電場方向水平向右，可知，右極板帶負電，故A錯誤；B．由于顆粒進入電場時的初速度為零，在電場中受電場力和重力的合力保持不變，則顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速直線運動，故B錯誤；C．根據題意，設兩極板間的電壓值為，水平方向上有，豎直方向上有聯立解得故C錯誤；D．根據題意，結合C分析可知，顆粒離開電場時的水平速度為離開電場后，水平方向做勻速運動，則顆粒落到收集板時的水平速度仍為，豎直方向上，顆粒一直做自由落體運動，則顆粒落到收集板時的豎直速度為則顆粒落到收集板時的速度大小為故D正確。故選D。5.保險絲對保護家庭用電安全有著重要作用，如圖所示，A是熔斷電流為1A的保險絲，理想變壓器的原、副線圈的匝數比為2：1，交變電壓U=220V，保險絲電阻1Ω，R是用可變電阻。當電路正常工作時，則下列說法正確的是（）A.可變電阻R不能大于54.75ΩB.可變電阻R越大，其消耗的功率越小C.通過可變電阻R的電流不能超過0.5AD.增加原線圈匝數，保險絲可能熔斷〖答案〗B〖解析〗AB．將保險絲電阻看成交變電源內阻，則有可變電阻消耗的功率等于理想變壓器原線圈消耗的功率，設原線圈等效電阻為R1，則有聯立可得當電路正常工作時，原線圈電流，則即所以根據電源輸出功率的特點可知可變電阻R越大，輸出功率越小，即原線圈消耗的功率越小，可變電阻消耗的功率越小，故B正確，A錯誤；C．設電阻Rr時，原線圈中電流剛好達到熔斷電流，即，根據則副線圈的電流即通過可變電阻R的電流不能超2A；故C錯誤；D．當其他條件不變，增加原線圈匝數，根據可知相當于增加了原線圈的等效電阻，則根據歐姆定律可知原線圈電流減小，保險絲不會熔斷，故D錯誤；故選B。6.一半圓形玻璃磚的截面如圖所示，截面內一細束單色光以45°的入射角從MN上射入，在入射點由N緩慢移動到M的過程中，不考慮光的反射，圓弧MN上有一半區(qū)域有光線射出。已知玻璃磚的半徑為R，單色光在真空中的傳播速度為為半圓的中點，下列說法正確的是（）A.圓弧AN上沒有光線射出區(qū)域的長度與圓弧AN長度之比為5：6B.出射光線與水平方向最大夾角90°C.出射光線與入射光線均不平行D.能從圓弧上射出的光線中，在玻璃磚內的最大傳播時間為〖答案〗A〖解析〗A．如圖所示設P和Q分別是半圓上光線射出的臨界位置，因為半圓上有一半區(qū)域有光線射出，可知設光線射入玻璃磚后的折射角為θ，全反射臨界角為C，由幾何關系可知即則折射率又由折射定律可知解得則故圓弧AN上沒有光線射出的區(qū)域的長度與圓弧AN長度之比為A正確；B．結合幾何知識可知，出射光線與水平方向夾角最大為75°，B錯誤；C．由對稱性可知，從A點出射的光線與入射光平行，C錯誤；D．玻璃磚內的光線路徑最長的是從A點出射的光線，故最大傳播時間為D錯誤。故選A。7.水平放置的兩金屬板，板長為0.2m，板間距為0.15m，板間有豎直向下的勻強電場，場強大小為2×103V/m，兩板的左端點MN連線的左側足夠大空間存在勻強磁場，磁感應強度的大小為0.2T，方向垂直紙面向里。一比荷為1×106C/kg正電粒子以初速度v0緊靠上極板從右端水平射入電場，隨后從磁場射出。則（）A.當v0=1×104m/s時，粒子離開磁場時的速度最小B.當時，粒子離開磁場時的速度最小C.當時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小D.當v0=2×104m/s時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小〖答案〗D〖解析〗AB．粒子在磁場中做勻速圓周運動，要使粒子離開磁場時的速度最小，則粒子在從電場進入磁場時速度最小，設粒子進入磁場時的速度與水平方向的夾角為，根據類平拋運動的規(guī)律有，水平方向豎直方向加速度而則可得根據勻變速直線運動速度與位移的關系式可得而聯立以上各式可得可知，當時，粒子進入磁場時有最小速度此時故AB錯誤；CD．根據以上分析可知，粒子進入磁場時的速度為，進入磁場后粒子在磁場中做圓周運動，偏轉后從MN邊界離開磁場，則由洛倫茲力充當向心力有可得根據幾何關系可得，粒子進入磁場的位置與射出磁場的位置之間的距離為則離M點的距離為即有可知，當時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小，而根據以上分析可知，當時故C錯誤，D正確。故選D。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）8.滑板運動已經成為亞運會中備受矚目的一項比賽項目，它不僅代表了一種獨特的文化，還展現了競技體育的精神和魅力。如圖所示，某次運動中，小孩（可看作質點）與滑板以相同初速度=6m/s一起滑上斜面體，整個過程斜面體始終保持靜止。已知小孩與滑板間的動摩擦因數μ1=0.6，滑板與斜面間的動摩擦因數μ2=0.5，小孩質量m1=25kg，滑板質量m2=1kg，斜面體質量m3=10kg，斜面傾角θ=37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，則在上滑過程中，下列說法正確的是（）A.小孩與滑板之間的摩擦力大小為120NB.小孩沿斜面滑行的最遠距離為1.8mC.地面對斜面的支持力大小為360ND.地面對斜面的摩擦力大小為208N〖答案〗BD〖解析〗A．由于，所以小孩和滑板相對靜止一起做勻減速運動到最高點，利用整體法有解得方向沿斜面向下。對小孩分析，假設小孩和滑板間的摩擦力為，有解得故A錯誤；B．由速度位移公式可得故B正確；C．以小孩、滑板和斜面體整體為研究對象，小孩和滑板做勻減速運動，加速度方向沿斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分別為根據系統(tǒng)牛頓第二定律可知，在豎直方向有解得故C錯誤；D．地面對斜面體有向右的摩擦力，其大小為故D正確。故選BD。9.足夠長的兩根平行等長的導軌彎折成正對的“”形，部分水平且光滑，部分豎直，如圖所示，導軌間距為L=0.5m，整個空間存在豎直向上、磁感應強度為B=2T的勻強磁場中，質量為m=0.2kg、電阻為R=0.5Ω、長度也為L的金屬棒ab放在導軌的上方，另一根與ab完全相同的金屬棒cd置于的外側，距足夠高。現給ab棒一個向左的初速度，同時由靜止釋放cd棒，金屬棒cd與之間的動摩擦因數為μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，運動過程中兩金屬棒始終與導軌接觸良好，重力加速度g取，則下列說法不正確的有（）A.初始時金屬棒cd受到的摩擦力為4NB.金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab向左移動的位移是0.8mC.金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab所受安培力的功率大小為32WD.當ab停止運動時，整個系統(tǒng)產生的熱量為6.4J〖答案〗ACD〖解析〗A．初始ab棒產生電動勢ab與cd組成閉合回路，電流為兩金屬棒所受安培力大小為根據右手定則可知，通過cd的電流方向由d到c，根據左手定則，cd受向左的安培力，與導軌提供的支持力平衡，其所受最大靜摩擦力為故此時受到的靜摩擦力大小為故A錯誤，滿足題意要求；B．當cd棒剛要運動時有聯立解得從開始到cd棒剛要運動的過程，對金屬棒ab根據動量定理得q為該過程通過金屬棒的電荷量，則有聯立解得故B正確，不滿足題意要求；C．金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab所受安培力的功率大小為故C錯誤，滿足題意要求；D．根據功能關系，ab棒克服安培力所做的功等于減少的動能，則有而克服安培力所做的功等于回路產生的焦耳熱，但cd棒下降過程中與導軌之間還有摩擦生熱，所以整個系統(tǒng)產生的熱量大于6.4J，故D錯誤，滿足題意要求。故選ACD。10.如圖甲，“星下點”是指衛(wèi)星和地心連線與地球表面的交點。圖乙是航天控制中心大屏上顯示衛(wèi)星FZ01的“星下點”在一段時間內的軌跡，已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r、地球半徑為R，且r≈6.7R，FZ01繞行方向和地球自轉方向如圖甲所示。則下列說法正確的（）A.衛(wèi)星FZ01的軌道半徑約為B.衛(wèi)星FZ01的軌道半徑約為C.衛(wèi)星FZ01可以記錄到北極點的氣候變化D.衛(wèi)星FZ01不可以記錄到北極點的氣候變化〖答案〗AC〖解析〗AB．由軌跡圖可知：地球自轉一圈，衛(wèi)星運動3圈，衛(wèi)星做圓周運動，根據萬有引力提供向心力可得解得同步衛(wèi)星的周期為衛(wèi)星FZ01的周期為由于，所以故A正確，B錯誤；CD．衛(wèi)星FZ01緯度最高時，根據圖乙可知如圖所示衛(wèi)星離地球球心所在水平面的高度為即衛(wèi)星高度大于北極點的高度，衛(wèi)星FZ01可以記錄到北極點的氣候變化，故C正確，D錯誤。故選AC。第Ⅱ卷（非選擇題共54分）三、非選擇題（本題共5小題，共54分）11.某實驗小組為了驗證小球所受向心力與角速度、半徑的關系，設計了如圖甲所示的實驗裝置，轉軸MN由小電機帶動，轉速可調，固定在轉軸上O點的力傳感器通過輕繩連接一質量為m的小球，一根固定在轉軸上的光滑水平直桿穿過小球，保證小球在水平面內轉動，直桿最外邊插一小遮光片P，小球每轉一周遮光片P通過右邊光電門時可記錄遮光片最外邊的擋光時間，某次實驗操作如下：（1）用螺旋測微器測量遮光片P的寬度d，測量結果如圖乙所示，則________mm。（2）如圖甲所示，安裝好實驗裝置，用刻度尺測量遮光片最外端到轉軸O點的距離記為，測量小球球心到轉軸O點的距離記為。開動電動機，讓小球轉動起來，某次遮光片通過光電門時光電門計時為t，則小球此時的角速度等于________。（用字母d、t、、中的部分字母表示）（3）驗證向心力與半徑關系時，讓電動機勻速轉動，遮光片P每次通過光電門的時間相同，調節(jié)小球球心到轉軸O點的距離的長度，測出每一個的長度以及其對應的力傳感器的讀數F，得出多組數據，畫出的關系圖像應該為________。（4）驗證向心力與角速度關系時讓小球球心到轉軸O點距離不變，調節(jié)電動機轉速，遮光片P每次通過光電門的時間不同，記錄某次擋光時間t同時記錄此時力傳感器的讀數F，得出多組F與t的數據，為了準確驗證小球所受向心力F與角速度ω的關系，利用實驗測量應畫________（選填“”“”“”或“”）關系圖?！即鸢浮剑?）##1.879mm##1.881mm（2）（3）A（4）〖解析〗【小問1詳析】根據螺旋測微器的讀數原理地【小問2詳析】遮光片通過光電門時光電門計時為t時遮光條地線速度為所以小球此時的角速度為【小問3詳析】遮光片P每次通過光電門的時間相同，L1、d不變，則不變，由可知的關系圖像為過原點得傾斜直線。故選A?！拘?詳析】由為了準確驗證小球所受向心力F與角速度ω的關系，利用實驗測量應畫圖像。12.某物理興趣小組開展活動，測干電池的電動勢和內阻（1）甲同學為了避免電流表、電壓表的內阻對測量結果的影響，利用如圖甲所示的電路圖測量干電池的電動勢和內阻。先閉合開關，把開關擲于1時，改變滑動變阻器接入電路的阻值，得到多組電流和電壓值，在坐標紙上畫出圖像如圖乙中的a直線；再把開關擲于2，重復操作，畫出圖像如圖乙中的b直線。為了消除電表內阻對測量結果的影響，根據圖像求出電源電動勢______V，電源內阻______Ω。（結果均保留三位有效數字）（2）乙同學在沒有電壓表的情況下，設計了如圖丙所示的電路圖測量干電池的電動勢和內阻①改變電阻箱接入電路中的電阻值，記錄了多組電流表的示數I和電阻箱的示數R，通過研究圖像，如圖丁所示，求出電源電動勢______V，電源內阻______Ω。（結果均保留三位有效數字）②下圖中實線代表理想電流表測得的情況，虛線代表電流表內阻不可忽略時測得的情況，下列圖中能正確反映相關物理量之間關系的是______。（填選項字母）A．B．C．D．〖答案〗（1）1.407.00（2）1.338.00C〖解析〗小問1詳析】[1][2]電動勢的準確值是1.40V，由于坐標原點是，所以要求r的準確值需要求出b圖像的短路電流。由相似比得連接1.40V與兩點斜率即為r【小問2詳析】①[1][2]根據閉合電路歐姆定律整理可得由圖像知，所以，②[3]當電流表沒有內阻時當電流表有內阻時所以兩圖像的斜率相同，截距后者大于前者.故選C。13.氣調保鮮技術可通過抑制儲藏物細胞的呼吸量來延緩其新陳代謝過程，使之處于近休眠狀態(tài)來達到保鮮的效果。某保鮮盒中內密封了一定質量的理想氣體，氣體的體積約為，壓強，溫度，保鮮盒上部為柔性材料，氣體體積可膨脹或被壓縮，盒內壓強與外界大氣壓強相等，求：（1）將保鮮盒放入保險庫，保鮮盒內氣體體積不變，保鮮庫內壓強，求此時保鮮盒內的溫度；（2）現將保鮮盒運至高海拔環(huán)境，需將保鮮盒內的一部分氣體緩慢放出以保持體積不變，假設釋放氣體過程中溫度不變，現需將保鮮盒內的氣體放出，求外界大氣壓強?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）由查理定律可得其中解得可得此時保鮮盒內的溫度（2）由玻意耳定律可得其中可得外界大氣壓強為14.如圖所示，直角坐標系第一象限內有一豎直分界線PQ，PQ左側有一直角三角形區(qū)域OAC，其中分布著方向垂直紙面向里、磁感應強度為的勻強磁場，已知OA與y軸重合，且OA=a，θ=60°，C點恰好處于PQ分界線上。PQ右側有一長為L的平行板電容器，板間距為a，上極板與左側磁場的上邊界平齊，內部分布著方向垂直紙面向里、強弱隨y坐標變化的磁場和豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場。該復合場能使沿水平方向進入電容器的電子均能沿直線勻速通過電容器。在平行板電容器右側某區(qū)域，存在一垂直紙面向里、磁感應強度為的勻強磁場（圖中未畫出），使水平通過平行板電容器的電子進入該磁場后匯聚于x軸上一點，現有速率不同的電子在紙面上從坐標原點O沿不同方向射到三角形區(qū)域，不考慮電子間的相互作用及電子的重力，已知電子的電量為e，質量為m。（1）當速度方向沿y軸正方向時，求能進入平行板電容器的電子所具有的最大速度是多少；（2）寫出電容器內磁場的磁感應強度B隨y坐標的變化規(guī)律；（3）若電子沿上極板邊緣離開電容器后立即進入右側磁場，求匯聚點的橫坐標?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）根據題意可知，由洛倫茲力提供向心力，有解得可知能從OC邊出磁場的電子，當運動軌跡和AC相切時半徑最大，故半徑最大值所以能從OC邊出磁場的電子所具有的最大速度（2）根據題意，畫出從y處水平進入平行板間的粒子的運動軌跡，如圖所示由幾何關系可得，運動半徑r=2y可得電子均能沿直線勻速通過電容器，則有解得(3)水平進入右側磁場，因磁感應強度為，所以運動半徑為R=y磁場左邊界為傾角45°的斜線，如圖所示由幾何關系可得，匯聚點橫坐標15.如圖所示，絕緣水平面右側鎖定有一水平絕緣臺階，其上固定有兩平行正對金屬薄板A、B，相距為d，臺階左側有一小車，小車上表面絕緣且與臺階齊平，小車與臺階緊貼無粘連，車上固定有兩平行正對金屬薄板C、D，相距也為d，車和C、D板總質量為m，一質量為m的金屬小球（視為質點）緊貼A板下端，此時小球電荷量為q，靜止釋放，不計一切摩擦，B板和C板下端開有略大于小球直徑的小孔，A、B、C、D板均帶電，僅考慮A、B板之間形成的電場和C、D板之間形成的電場，且，忽略邊緣效應，求：（1）小球經過B板時速度大小；（2）小球經過C