河北省重點中學2024屆高三上學期物理模擬試題

河北省重點中學2024屆高三上學期物理模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24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．重水堆核電站在發(fā)電的同時還可以生產出可供研制核武器的钚239（94239PuA．2 B．239 C．145 D．922．人們射向未來深空探測器是以光壓為動力的，讓太陽光垂直薄膜光帆照射并全部反射，從而產生光壓．設探測器在軌道上運行時，每秒每平方米獲得的太陽光能E=1.5×104J，薄膜光帆的面積S=6.0×102m2，探測器的質量m=60kg，已知光子的動量的計算式p=hA．0.001m/s2 B．0.01m/s2 C．0.0005m/s2 D．0.005m/s23．為探測地球表面某空間存在的勻強電場電場強度E的大小，某同學用絕緣細線將質量為m、帶電量為+q的金屬球懸于O點，如圖所示，穩(wěn)定后，細線與豎直方向的夾角θ=60°；再用另一完全相同的不帶電金屬球與該球接觸后移開，再次穩(wěn)定后，細線與豎直方向的夾角變?yōu)棣?30°，重力加速度為g，則該勻強電場的電場強度E大小為（）A．E=3qmg B．E=32qmg C．E=33qmg4．下列說法正確的是（）A．某金屬能發(fā)生光電效應，當入射光的顏色不變而增大光照強度時，逸出的光電子的最大初動能也增大B．若利用黃光和藍光分別在同一裝置研究光電效應，用藍光照射時的遏止電壓大于用黃光照射時的遏止電壓C．換用頻率小的光照射，但入射光的強度不變，則逸出的光電子的最大初動能不變D．換用頻率小的光照射，但入射光的強度不變，則從光照射到金屬表面上到發(fā)射出電子的時間明顯減少5．如圖所示，磁性白板放置在水平地面上，在白板上用一小磁鐵壓住一張白紙?，F向右輕拉白紙，但未拉動，在該過程中（）A．小磁鐵受到向右的摩擦力 B．小磁鐵只受兩個力的作用C．白紙下表面受到向左的摩擦力 D．白板下表面與地面間無摩擦力6．如圖所示，長為L的輕繩一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，在最低點給小球一水平初速度v0，同時對小球施加一大小不變，方向始終垂直于繩的力F，小球沿圓周運動到繩水平時，小球速度大小恰好也為v0。則正確的是（）A．小球在向上擺到45°角時速度達到最大B．F=mgC．速度大小始終不變D．F=2mg二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．某列簡諧橫波在t1＝0時刻的波形如圖甲中實線所示，t2＝3.0s時刻的波形如圖甲中虛線所示，若圖乙是圖甲a、b、c、d四點中某質點的振動圖象，則正確的是____A．這列波的周期為4sB．波速為0.5m/sC．圖乙是質點b的振動圖象D．從t1＝0到t2＝3.0s這段時間內，質點a通過的路程為1.5mE．t3＝9.5s時刻質點c沿y軸正方向運動8．如圖（甲）所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，導軌間距為1.0m，左端連接阻值R=4.0Ω的電阻，勻強磁場磁感應強度B=0.5T、方向垂直導軌所在平面向下。質量m=0.2kg、長度l=1.0m、電阻r=1.0Ω的金屬桿置于導軌上，向右運動并與導軌始終保持垂直且接觸良好，t=0時對桿施加一平行于導軌方向的外力F，桿運動的v－t圖像如圖（乙）所示，其余電阻不計、則（）A．t=0時刻，外力F水平向右，大小為0.7NB．3s內，流過R的電荷量為3.6CC．從t=0開始，金屬桿運動距離為5m時電阻R兩端的電壓為1.6VD．在0~3.0s內，外力F大小隨時間t變化的關系式是F=0.1+0.1t（N）9．如圖所示，一個斜面固定在水平面上，不計空氣阻力。第一次將小物體從斜面頂端處以水平初速度v沿水平方向拋出，落在斜面上的位置與斜面頂端的距離為斜面長度的12。第二次將小物體從斜面頂端以速度2vA．時間之比為1：2 C．豎直位移之比為1：4 10．如圖所示，y軸上固定有兩個電荷量相等的帶正電的點電荷，且關于坐標原點O對稱。某同學利用電場的疊加原理分析在兩電荷連線的中垂線（x軸）上必定有兩個場強最強的點A、A'A．若兩個點電荷的位置不變，但電荷量加倍，則x軸上場強最大的點仍然在A、A'B．如圖(1)，若保持兩個點電荷的距離不變、并繞原點O旋轉90°后對稱的固定在z軸上，則x軸上場強最大的點仍然在A、A'C．如圖(2)，若在yoz平面內固定一個均勻帶正電圓環(huán)，圓環(huán)的圓心在原點O。直徑與(1)圖兩點電荷距離相等，則x軸上場強最大的點仍然在A、A'D．如圖(3)，若在yoz平面內固定一個均勻帶正電薄圓板，圓板的圓心在原點O，直徑與(1)圖兩點電荷距離相等，則x軸上場強最大的點仍然在A、A'三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．如圖甲所示，一與電腦連接的拉力傳感器固定在豎直墻壁上，通過細繩拉住一放在長木板上的小鐵塊，細繩水平伸直，初始時拉力傳感器示數為零?，F要測量小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數，用一較大的水平拉力拉住長木板右端的掛鉤，把長木板從小鐵塊下面拉出，在電腦上得到如圖乙所示的數據圖像，已知當地重力加速度g=9.8m/s2。（1）測得小鐵塊的質量m=0.50kg，則小鐵塊與長木板間的動摩擦因數μ=。（結果保留三位有效數字）（2）以不同的速度把長木板拉出，隨著速度的增加，小鐵塊受到的摩擦力。（填“越來越大”“越來越小”或“不變”）（3）若固定長木板，去掉小鐵塊上的細繩，用一水平推力推小鐵塊，則至少需要N的推力才能推動小鐵塊。12．某同學設計測量電流表內阻的實驗。待測電流表的內阻Rg約在1kΩ~2kΩ之間，量程250μA。提供實驗器材：電源（4V，0.6Ω）電鍵S及導線若干一只電阻箱R（0~9999Ω）滑動變阻器R1（0~50Ω，0.6A）滑動變阻器R2（0~1kΩ，0.3A）某同學的測量過程如下：第一，選擇實驗器材，設計實驗的電路圖，如圖甲所示：第二，實驗操作步驟如下：①先按電路圖接好各元件，調節(jié)滑動變阻器R'的滑片P位置，再使電阻箱阻值為零②閉合電鍵S，調節(jié)滑動變阻器R'的滑片P于某一位置，使電流表達到滿刻度Ig③滑動變阻器R'的滑片P保持不變，調節(jié)電阻箱值使電流表讀數為Ig的一半，記下電阻箱讀數Rx，則待測電流表的內阻Rg＝Rx，請回答以下問題：（1）為了精確測量電流表的內阻，該同學選擇的滑動變阻器R'是（選填“R1”或“R2”）。（2）該同學在操作步驟①中，滑動變阻器R'的滑片P應置于端（選填“a”或“b”）理由是。（3）接照該同學所設計的實驗思路，用鉛筆畫出的線代表導線在圖乙中替他完善正確規(guī)范的實驗電路連接，導線不能交叉。（4）在實驗步驟③中，確保滑動變阻器R'的滑片P的位置不變，其理由是。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．粗細均勻的U形管中裝有水銀，左管上端開口與大氣相連，右管上端封閉，如圖所示。開始時兩管內水銀柱等高，兩管內空氣（可視為理想氣體）柱長均為l=90cm，此時兩管內空氣柱溫度均為27℃，外界大氣壓為p0=76cmHg?，F在左管上端開口處緩慢注入水銀壓縮空氣柱，直至右管內水銀面上升10cm，在注入水銀過程中，左管內溫度緩慢下降到–23℃，右管內溫度保持在27℃。求：（1）注入水銀柱的長度；（2）左管注入的水銀柱上表面離左管開口的距離。14．如圖所示，水平面AB光滑，質量為m=1.0kg的物體處于靜止狀態(tài)。當其瞬間受到水平沖量I=10N·s的作用后向右運動，傾角為θ=37°的斜面與水平面在B點用極小的光滑圓弧相連，物體與斜面間動摩擦因數μ=0.5，經B點后再經過1.5s物體到達C點。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求BC兩點間的距離。15．如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以速度v=2m/s勻速運動，質量為m1=1kg的小物塊P和質量為m2=1.5kg的小物塊Q由通過定滑輪的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長．某時刻物塊P從傳送帶左端以速度v0=4m/s沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平．已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度為g=10m/s2，不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處．求：（1）物塊P剛沖上傳送帶時的加速度大小；（2）物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中，PQ系統(tǒng)機械能的改變量；（3）若傳送帶以不同的速度v（0<v<v0）勻速運動，當v取多大時物塊P向右沖到最遠處時，P與傳送帶間產生的摩擦生熱最小？其最小值為多大？

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根據題意，鈾239（9223992根據電荷數守恒可得94+n×(-1)=92解得n=2A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據核反應方程遵循的規(guī)律——電荷數守恒，質量數守恒，進行分析。2．【答案】A【解析】【解答】由E=hv，P＝hλ以及光在真空中光速c=λv知，光子的動量和能量之間關系為E=Pc．設時間t內射到探測器上的光子個數為n，每個光子能量為E，光子射到探測器上后全部反射，則這時光對探測器的光壓最大，設這個壓強為p壓；每秒每平方米面積獲得的太陽光能：p0＝n由動量定理得F?tn壓強p壓＝F對探測器應用牛頓第二定律F=Ma可得a＝p代入數據得a=1.0×10-3m/s2A符合題意，BCD不符合題意．故答案為：A.【分析】該題結合光子的相關知識考查動量定理的應用，解答本題難度并不大，但解題時一定要細心、認真，應用動量定理與牛頓第二定律即可解題．3．【答案】D【解析】【解答】設金屬球原來帶電量為q，質量為m。第一次金屬球穩(wěn)定時，受力如上圖所示，根據共點力平衡條件，由正弦定理可得qE金屬球與另一完全相同的不帶電金屬球接觸后帶電量為0.5q，受力如下圖所示，由正弦定理可得0.5qE聯(lián)立以上兩式解得E=ABC不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】分析金屬球與另一完全相同的不帶電金屬球接觸前、后，金屬球的受力，根據共點力平衡條件，結合幾何關系，列式求解該勻強電場的電場強度大小。4．【答案】B【解析】【解答】A.某金屬發(fā)生光電效應時，根據光電效應方程E可知，光電子的最大初動能只與入射光的頻率有關，與入射光的強度無關，A不符合題意；

B.根據遏止電壓的方程e由于黃光的頻率小于藍光，可知黃光的遏止電壓小于藍光的遏止電壓，B符合題意；

C.由光電效應方程E可知，減小入射光的頻率，逸出的光電子的最大初動能將減小，C不符合題意；

D.光電效應具有瞬時性，所以無論入射光的頻率和強度如何變化，從光照射到金屬表面上到發(fā)射出電子的時間都是瞬時的，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】光電子的最大初動能只有入射光的頻率有關，與入射光的強度無關；根據遏止電壓的方程eUc=hν-5．【答案】C【解析】【解答】AB．小磁鐵受到豎直向下的重力、白板對小磁鐵吸引力和豎直向上的支持力，三力平衡，靜止不動，所以小磁鐵不受摩擦力，AB不符合題意；C．對小磁鐵和白紙作為整體受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力平衡，C符合題意；D．對小磁針、白紙和磁性白板整體受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和地面對磁性白板向左的摩擦力平衡，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】由于小磁鐵靜止所以沒有受到摩擦力的作用；小磁鐵受到支持力，重力和吸引力的作用；白紙靜止受到了白板向左的摩擦力作用；由于白板靜止所以受到了地面向左的摩擦力作用。6．【答案】D【解析】【解答】BD.對小球由最低點沿圓周運動到繩水平的過程，由動能定理可得FL解得F=B不符合題意，D符合題意；

A.將重力沿切向和徑向分解，徑向的分力只改變速度的方向，切向分力與F的合力用來改變速度的大小，故當重力沿切線方向的分力與F等大反向時，切線方向的加速度為零，速度達最大，設小球在向上擺動的夾角為θ時，小球速度最大，有mg解得θ=arcA不符合題意；

C.因為兩力在運動過程中做功大小不完全相同，故物體做變速運動，C不符合題意。

故答案為：D。

【分析】應用動能定理分析小球由最低點沿圓周運動到繩水平的過程，求出力F的大?。环治鲂∏蜻\動過程中的受力，當重力沿切向的分量與力F等大反向時，小球的速度最大，求出小球在向上擺動的夾角。7．【答案】A,B,E【解析】【解答】A.由圖乙可知，該波的周期為4s，A符合題意；

B.由甲圖可知，該波的波長λ=2mv=B符合題意；

C.由圖甲可知，在t1=0時刻，質點b正通過平衡位置，與乙圖情況不符，所以乙圖不可能是質點b的振動圖像，C不符合題意；3根據一個周期質點振動4個振幅的路程，可得質點a通過的路程為s=D不符合題意；

E.因為t2T后質點c回到最低點，由于T所以t3=9.5s時刻質點c已經越過平衡位置正在沿y軸正向運動，E符合題意。

故答案為：ABE。

【分析】由圖像讀出該波的周期和波長，由波速公式8．【答案】C,D【解析】【解答】A.根據v-t圖象可以知道金屬桿做勻減速直線運動，初速度v0a=當t=0時刻，根據牛頓第二定律有F–BIL=ma，根據閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應定律有I=聯(lián)立以上各式代入數據可得F=-0.1N，負號表示方向與初速度方向相反，即水平向左，A不符合題意；

B．根據法拉第電磁感應定律E=?Φ?t，電流的定義式I=qq=而v-t圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，所以有?x=?S=?xl=9可解得q=0.9CB不符合題意；

C.設桿運動了5m時速度為v1v此時金屬桿產生的感應電動勢E回路中產生的電流I電阻R兩端的電壓U=聯(lián)立解得U=1.6VC符合題意；

D.設在t時刻金屬桿的速度為v，桿的電動勢為E，回路電流為I，則有v=v0由A選項分析可知F方向向左，由牛頓第二定律可得-(F+BIL)=ma聯(lián)立以上幾式可得F=-(0.1+0.1t)N負號表示方向水平向左，即外力F大小隨時間t變化的關系式為F=0.1+0.1tND符合題意。

故答案為：CD。

【分析】分析金屬桿受力，由牛頓第二定律求解外力F的大小和方向；根據法拉第電磁感應定律、電流的定義式、閉合電路歐姆定律，綜合推導流過R的電荷量；由運動學公式求出金屬桿運動5m時的速度，再由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律，推導電阻R兩端的電壓；先根據勻變速直線運動規(guī)律寫出速度表達式，根據法拉第電磁感應定律求出回路中感應電動勢，根據歐姆定律求出回路中的電流，再由牛頓第二定律寫出外力的表達式。9．【答案】A,D【解析】【解答】AB.設斜面傾角為θ，長度為L。小物體以速度v水平拋出時，豎直分位移和水平分位移滿足tan解得小物體在空中運動的時間為t則落點距斜面頂端距離s若以2v的速度將小物體水平拋出，如果小物體依然落在斜面上，則同理可得，落點距斜面頂端s則有s該距離大于斜面的長度L，可知以2v的速度水平拋出的小物體落在水平面上，以速度v平拋時t以速度2v平拋落在水平面上時有t則有tA符合題意，B不符合題意；

CD.第一次與第二次平拋的豎直位移之比為yD符合題意，C不符合題意。

故答案為：AD。

【分析】根據平拋運動的水平分位移和豎直分位移的幾何關系，求出第一次小物體在空中運動的時間和落點距斜面頂端距離的表達式，假設第二次拋出的小物體也落在斜面上，通過分析落點的位置，確定假設是否正確，再求解小球在空中的運動時間和豎直位移。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A.電荷量加倍后，可以將每個點電荷（2q）看作放在同一位置的兩個相同的點電荷（q），既然上下兩個點電荷（q）的電場在x軸上場強最大的點在A、A'兩位置，則兩組點電荷疊加起來的合電場在x軸上場強最大的點當然還是在A、A'兩位置，A符合題意；

B.根據等量同種電荷電場分布的對稱性可知，保持兩個點電荷的距離不變、并繞原點O旋轉90°后對稱地固定在z軸上，則x軸上場強最大的點仍然在A、A'兩位置，B符合題意；

C.由A、B可知，在yOz平面內將兩點電荷繞O點旋轉到任意位置，或者將兩點電荷電荷量任意增加同等倍數，在x軸上場強最大的點都在A、A'兩位置，那么把帶電圓環(huán)等分成無數小段，則每一小段均可看成點電荷，則關于O點對稱的任意兩小段的合電場在x軸上場強最大的點仍然在A、A'兩位置，所有這些小段對稱疊加的結果，合電場在x軸上場強最大的點當然還在A、A'兩位置，C符合題意；

D.如同C選項，將薄圓板相對O點對稱的分割成無數小塊，除了最外一圈上關于O點對稱的小段間距還是和原來一樣外，靠內的對稱小塊間距都小于原來的值，這些對稱小塊的合電場在x軸上場強最大的點就不在A、A'兩位置，則整個圓板的合電場在x軸上場強最大的點當然也就不在A、A'兩位置，D不符合題意。

故答案為：ABC。

【分析】根據場強的疊加原理及對稱性，結合等量同種電荷形成的電場的特點，分析電荷量加倍或旋轉后的最大場強位置是否變化，再分析疊加后的電場最大場強的位置。11．【答案】（1）0.204（2）不變（3）1.20【解析】【解答】(1)由題圖乙可知，小鐵塊所受滑動摩擦力f=1.0N，由f=μmg解得小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數μ=0.204.(2)由于摩擦力與小鐵塊運動的速度無關，所以隨著速度的增加，小鐵塊受到的摩擦力不變。(3)由題圖乙可知，小鐵塊所受的最大靜摩擦力f所以至少需要1.20N的推力才能推動小鐵塊。

【分析】（1）動摩擦力的表達式可以求出動摩擦因數的大??；

（2）利用摩擦力大小與速度無關可以判別摩擦力大小不變；

（3）利用最大靜摩擦力大小可以判別需要的推力大小。12．【答案】（1）R1（2）a；接通電路時，確保電流表安全（3）（4）保持aP間電壓不變【解析】【解答】（1）因為滑動變阻器接入電路的方式是分壓式，所以為了便于調節(jié)，需選擇最大阻值較小的滑動變阻器，故滑動變阻器應選R1。

（2）為了確保開關閉合后電路的安全，閉合開關前，滑動變阻器的滑片應置于a端。

（3）根據電路圖，連接實物圖如圖所示：

（4）在實驗步驟③中，確?；瑒幼冏杵鱎'的滑片P的位置不變，目的是保持aP間電壓不變，然后才能采用半偏法測量電流表內阻。

【分析】（1）根據滑動變阻器接入電路的方式選擇滑動變阻器；（2）為了保戶測量電路部分的安全，應調節(jié)滑動變阻器的滑片位置，使測量電路開始時分壓為0；（3）根據電路圖，連接實物圖；（4）根據實驗原理，分析滑動變阻器R'的滑片P的位置不變的理由。13．【答案】（1）解：只對右管封閉氣體研究，發(fā)生了等溫變化p76×90S=pL=28+(90?76)=42cm（2）解：左管注入的水銀柱上表面離左管開口的距離h=(90+14)?42=62cm【解析】【分析】（1）以右管封閉氣體為研究對象，由玻意耳定律列式，求解注入水銀柱的長度；（2）根據水銀柱和氣柱長度的變化，求解左管注入的水銀柱上表面離左管開口的距離