2023-2024学年河北省部分高中高三（上）期末联考物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年河北省部分高中高三（上）期末联考物理试卷(含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域时，所受浮力锐减的现象称之为“掉深”。我国南海舰队的某常规型潜艇，是目前世界上唯一的一艘遭遇到海底“掉深”后，还能自救脱险的潜艇，创造了世界潜艇发展史上的奇迹。如图甲所示，潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0时刻，潜艇“掉深”后，0∼30s时间内在竖直方向上的v−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 潜艇在“掉深”前竖直向下的初速度大小为15m/s
B. 潜艇“掉深”后机械能守恒
C. 潜艇“掉深”后，在10s末速度方向发生改变
D. 潜艇“掉深”后，在0∼30s时间内竖直方向的位移大小为225m
2.“夜光表”上的夜光材料一般有两种：一种是将镭和硫化锌混合，由于镭的辐射，硫化锌就会发光；一种是储光材料，白天吸收光能，晚上将光能释放出来。有一块手表，夜光材料是镭和硫化锌混合物，镭的衰变方程为 88226Ra→86222Rn+X。下列说法正确的是( )
A. 键的衰变为β衰变B. 镭在高温时衰变比在低温时衰变更快
C. X的质量数比其核电荷数大2D. X能穿透1cm厚的纸板
3.如图所示，某物理兴趣实验小组在探究一横截面半径为R的圆柱形透明材料的光学特性时发现，紧靠材料内侧边缘A点的光源发出的细光束AC到达材料表面的C点后同时发生反射和折射现象，且反射光束恰与直径AB垂直，折射光束恰与AB平行(图中反射光束及折射光束均未画出)。已知各光束均与AB共面，该材料的折射率为( )
A. 2B. 52C. 3D. 62
4.如图甲所示，通过战斗绳进行高效全身训练是健身房的最新健身潮流之一、健身爱好者训练时，手持绳的一端上下甩动形成的绳波可简化为简谐横波，手的平衡位置在x=0处，手从平衡位置开始甩动时开始计时，t=0.5s时绳的波形图如图乙所示，此时绳波刚好传播到x=6m处，下列说法正确的是( )
A. 绳波传播的速度大小为12m/s
B. 绳波第一次从x=0处传到x=6m处的过程中，x=3m处的质点通过的路程为1.2m
C. 手从平衡位置开始甩动时起振方向沿y轴正方向
D. t=0.5s时，x=3m处的质点的加速度最大
5.底部有一小孔的半球形容器，其纵截面如图所示，某人将一小球(视为质点)从半球形轨道顶端水平抛出，经过时间t，小球恰好从小孔中穿出(小球不与容器壁碰撞)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则小球穿出小孔时的速度大小为( )
A. gt2B. 5gt2C. 2gt2D. 10gt2
6.离子电推引擎，是利用电场将处在等离子状态的“工作物质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，也气体全无污染物排放，是环保型机器。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子和电子，而后正离子飘人电极A、B之间的加速电场(正离子初速度忽略不计)，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知A、B间的电压为U，单位时间内飘入加速电场的正离子数目为N，每个离子的质量为m、电荷量为ne(其中n是正整数，e是元电荷)，则引擎获得的推力大小为( )
A. N 2nemUB. 2N nemUC. N 2nemU2D. N nemU
7.大型强子对撞机是将质子加速后对撞的高能物理设备，如图甲所示，对撞机的主要结构由两个质子束发射器、两个半圆环轨道质子加速器和质子对撞区域组成。半圆环轨道中的电场线是与圆环共圆心的同心圆弧，且到圆心距离相同的位置电场强度大小相等，质子沿圆环轨道中心进入半圆环轨道后，在磁束缚装置作用下沿圆环中心加速运动，最终在对撞区域碰撞。已知质子质量m=1.6×10−27kg、电荷量e=1.6×10−19C，半圆环加速轨道中心处到圆心距离R=50m，该处电场强度的大小E=π×105V/m。发射器发射出的质子初速度忽略不计。计算时取π2=10，不考虑质子质量的相对论效应。若某次实验时将右侧加速器和发射器往上平移d=0.2m，平移后对撞区域如图乙所示，质子进入对撞区域时的位置的水平距离D=0.4m，入射点分别为A点和B点，其他装置不变，为了使质子在对撞区域恰好相撞，可以在对撞区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场。不计质子受到的重力，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是( )
A. 质子在所加磁场中运动的半径为0.5m
B. 所加匀强磁场的磁感应强度大小为8T
C. 两质子在对撞区域的磁场中各运动，53π7.2×1010s时相撞
D. 若所加匀强磁场为两个直径相同、垂直纸面向里的匀强磁场，则每个圆形磁场的最小面积为π160m2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，一轻质弹簧两端分别固定小球A和B，小球A穿在水平粗糙杆上，小球B穿在竖直光滑杆上，两小球均保持静止。现用竖直向下适当大小的力缓慢拉小球B，整个过程中小球A静止不动。关于该过程，下列说法正确的是( )
A. 小球A受到的合力增大B. 小球B受到竖直杆的弹力增大
C. 小球A受到的摩擦力不变D. 两杆受到A、B两球作用力的合力增大
9.某国产手机实现了卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所示，赤道上空的三颗通信卫星恰好实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度相同，均绕地球做匀速圆周运动，且转动方向与地球自转方向相同。地球的半径为R，地球同步卫星离地球表面高度为6R，地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 三颗通信卫星运行的周期相等
B. 三颗卫星离地球表面高度为R
C. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为mgR2
D. 卫星运行的周期和地球自转周期之比为 2：2
10.如图所示，某供电系统是由输出电压可调的交流发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，图中R0表示保护电阻，R为定值电阻，L为灯泡。图中所有电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. 若电压表V1的示数减小，开关S一直闭合，且不改变滑片P的位置，则电流表A1的示数减小
B. 若电压表V1的示数减小，适当下移滑片P，保持开关S一直断开，则可使电流表A2的示数不变
C. 若电压表V1的示数不变，不改变滑片P的位置，则开关S由断开到闭合时，电流表A1的示数增大
D. 若电压表V1的示数不变，适当上移滑片P，开关S一直断开并取下灯泡L，则电流表A1的示数一定增大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学在做“某种电池电动势和内阻的测量”实验时，实验室有如图甲所示的器材，电流表使用0.6A量程时，内阻为1Ω，电流表使用3A量程时，内阻为0.2Ω，实验过程中，通过电流表的电流会大于1A。
(1)如图甲所示，已经连接了一部分电路，请选择合适的器材，用笔画线将实验电路连接完整。( )
(2)合上开关后，进行相应实验数据测量。某次测量时，电流表指针位置如图乙所示，则此时回路的电流为__________A。
(3)当电阻箱接入电路的阻值为5.3Ω时，电流表示数为0.50A；当电阻箱接入电路的阻值为2.3Ω时，电流表示数为1.00A，可知该电池的内阻为__________Ω(结果保留两位有效数字)。
12.我国曾对珠穆朗玛峰的高度进行了测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材，设计了测量当地重力加速度大小的实验。实验步骤如下：
(a)如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。
调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从大板顶端由静止释放，用手机记录下小物块沿木板向下做匀加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考起点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。( )
(c)该同学选取部分实验数据，画出了2Lt−t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s2。
(d)再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。
计算结果均保留两位有效数字。
(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，小物块过测量参考起点时速度的大小为__________m/s；根据图线求得小物块下滑时加速度的大小为_______m/s2。
(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为__________m/s2.(sin37∘=0.60,cs37∘=0.80)
(3)根据上述数据，进一步分析得到小物块与木板间的动摩擦因数为__________。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，圆柱形导热汽缸开口向上并竖直固定在桌面上，用质量m=10kg、截面积S=20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。测得环境的热力学温度T=300K。外界大气压强恒为p0=1.0×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求汽缸内气体的压强p1；
(2)现用一轻绳悬挂该活塞，初始时，轻绳恰好伸直，且不受拉力，现逐渐降低环境温度，已知轻绳能承受的最大拉力F=200N，求轻绳不被拉断时，环境的最低热力学温度T2。
14.如图所示，MN、PQ和JK、ST为倾角皆为θ的足够长的金属导轨，都处在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，JK与ST平行，相距3L，MN与PQ平行，相距2L。质量分别为3m、2m的金属杆a和b垂直放置在导轨上。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，a杆和b杆在构成回路中的总电阻为R，导轨足够长且导轨的电阻不计，重力加速度大小为g。
(1)若a杆固定，由静止释放b杆，求b杆的最大速度；
(2)若同时释放a、b杆，求a杆匀速下滑时的速度大小。
15.如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道AB固定，在B处通过一小段圆弧(长度可忽略不计)与水平轨道BCDE连接，水平轨道的BC、C′D段粗糙，DE段光滑，C处固定一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3m的物块b刚好在D点接触(不拴接)，弹簧处于水平自然长度。将质量为m的物块a从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时间后，物块a从C点进入半径R=0.4m的圆形轨道，转一圈后又从C′(C、C′适当错开一点)点出来沿C′D轨道运动，在D点与物块b发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度h=5m，B、C′间的距离s1=3.8m，C′、D间的距离为s2，物块a与BC、C′D段水平轨道间的动摩擦因数均为μ1=0.25，物块b与BC、C′D段水平轨道间的动摩擦因数均为μ2=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，物块a、b均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。
(1)求物块a运动到C点时的速度大小vC；
(2)改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P，求释放物块a时的最小高度hmin；
(3)若物块a恰好能经过圆形轨道的最高点P，从圆形轨道出来后沿C′D运动与b发生弹性碰撞，且只能碰撞一次，求s2的范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】A.由题图乙可知，t=0时刻，潜艇竖直方向上的速度为0，所以“掉深”前的竖直初速度为0，故A错误；
B.潜艇“掉深”后，浮力做负功，机械能不守恒，故B错误；
C.潜艇“掉深”后，在0∼30s时间内的速度方向一直向下，故C错误；
D.潜艇“掉深”后，在0∼30s时间内的位移大小
x=15×302m=225m
故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】AC.镭的衰变方程为
88226Ra→86222Rn+24He
是α衰变，X的质量数比其核电荷数大
4−2=2
故A错误，C正确；
B.镭的半衰期与温度无关，所以在高温时衰变与在低温时衰变一样快，故B错误；
D.X为α粒子，穿透能力较弱，不能穿透1cm厚的纸板，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】光路图如图所示：
由几何关系可知
α=β=φ=30∘ ， θ=60∘
由折射定律得
n=sinθsinβ
解得
n= 3
故选C。
4.【答案】A
【解析】A
【详解】A.绳波传播的速度
v=ΔxΔt=60.5m/s=12m/s
故A正确；
B.根据图乙可知，波长为6m，即周期为0.5s，绳波第一次从x=0处传到x=6m处的过程中，x=3m处的质点只振动了半个周期，经过的路程为2个振幅，即x=3m处的质点通过的路程为
s=2A=60cm=0.6m
故B错误；
C.根据同侧法可知，x=6m处的质点的起振方向沿y轴负方向，由于所有质点的起振方向均与波源的起振方向相同，可知，手从平衡位置开始甩动时起振方向沿y轴负方向，故C错误；
D.根据上述可知，t=0.5s时，x=3m处的质点处于平衡位置刚刚开始振动，质点位移为0，可知质点的加速度也为0，故D错误。
故选A。
5.【答案】B
【解析】B
【详解】设半球形容器的半径为R，根据平抛运动规律有
R=12gt2
R=v0t
解得
v= v 02+(gt)2= 5gt2
故选B。
6.【答案】A
【解析】A
【详解】时间t内飘入加速电场的正离子质量
m0=Nmt
电荷量
q=Nnet
电场对离子加速，由动能定理有
qU=12m0v02
设在加速过程中引擎对离子的作用力大小为F，根据动量定理有
m0v0=F′t
解得
F′=N 2nemU
由牛顿第三定律可知，引擎获得的推力大小
F=N 2nemU
故选A。
7.【答案】B
【解析】C
【详解】A.根据动能定理，电场力做的功等于动能的变化量，有
eEπR=12mv2
解得
v =1×108m/s
根据题意作出粒子的轨迹如图所示，根据几何关系有
r2=r−d22+D22
解得
r=0.25m
故A错误；
B.根据洛伦兹力提供向心力有
evB=mv2r
解得
B=4T
故B错误；
C.每个质子在磁场中运动的时间
t=53∘360∘⋅2πrv=53π7.2×1010 s
故C正确；
D.所加圆形磁场的直径为2R′，满足
2R′2=d22+D22
解得
R′= 520 m
圆形磁场的最小面积
S=πR′2=π80 m2
故D错误。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题关键是对A、B及弹簧组成的整体发现用竖直向下适当大小的力拉小球B，A、B两球对杆的合力增大和小球A受到的摩擦力的变化以及小球A静止不动，则A受到的合力始终为0，再由B球分析知道小球B向下移动了，根据解析法可得小球B受到竖直杆的弹力变化．
【解答】
A、对A、B及弹簧组成的整体，竖直方向只受重力和向上的支持力，用竖直向下适当大小的力拉小球B，小球A静止，受到的合力始终为0，选项A错误;
B、设弹簧与竖直方向的夹角为θ，弹簧的劲度系数为k、原长为L0，小球A到竖直杆的距离为a，则小球B受到竖直杆的弹力大小FN=k(asinθ−L0)sinθ=k(a−L0sinθ)，用竖直向下适当大小的力拉小球B，小球B向下移动了，则θ减小，FN增大，选项B正确;
C、对A、B整体，水平方向合力为0，小球A受到的摩擦力与小球B受到竖直杆的弹力等大、反向，由B项分析可知，该摩擦力增大，选项C错误;
D、两杆对A、B的合力竖直向上，大小等于A和B整体受到的重力，反过来A、B两球对杆的合力竖直向下，大小等于A和B整体受到的重力，用竖直向下适当大小的力拉小球B，A、B两球对杆的合力增大，选项D正确。
9.【答案】AB
【解析】AB
【详解】A.通信卫星在相同的高度，周期一定相等，选项A正确；
B.若要三颗通信卫星发射的信号能全面覆盖地球的赤道，则其位置关系如图所示
由几何关系可知，∠AOB=120°，∠AOC=60°，OA为地球半径R，有
cs60°= AOOC
解得
OC=2R
所以卫星离地高度为R，选项B正确；
C.卫星受到地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，有
GMm(R+h)2=mv2R+h
在地球表面有
GMmR2=mg
其动能
Ek=12mv2=mgR22R+h=mgR4
选项C错误；
D.地球的自转周期与同步卫星相同，由开普勒第三定律有
T12T22=r13r23
解得
T1T2= 2373
选项D错误。
故选AB。
10.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.电压表V1的示数减小，不改变滑片P位置，根据原副线圈电压与匝数的关系
U1U2=n1n2
可知电压表V2的示数减小，开关S闭合时，定值电阻和灯泡被短路，负载电阻不变，电流表A2的示数减小，根据原副线圈电流与匝数的关系
n1I1=n2I2
可知电流表A1的示数减小，故A正确；
B.电压表V1的示数减小，适当下移滑片P，根据原副线圈电压与匝数的关系
U1U2=n1n2
电压表V2的示数减小，开关S一直断开时，电流表A2的示数减小，故B错误；
C.电压表V1的示数不变，不改变滑片P位置，根据原副线圈电压与匝数的关系
U1U2=n1n2
电压表V2的示数不变，开关S由断开到闭合时，负载电阻变小，电流表A2的示数增大，根据原副线圈电流与匝数的关系
n1I1=n2I2
可知电流表A1的示数增大，故C正确；
D.电压表V1的示数不变，适当上移滑片P，根据原副线圈电压与匝数的关系
U1U2=n1n2
电压表V2的示数增大，开关S一直断开并取下灯泡L时，负载电阻增大，负载的功率为
P2=U 22R总
不一定增大，根据
P1=P2=U1I1
可知电流表A1的示数不一定增大，故D错误。
故选AC。
11.【答案】 1.20 0.50
【详解】(1)[1]该题中没有电压表，只能用电流表和电阻箱来测量电动势和内阻，电路连线如答图所示。
(2)[2]实验过程中，通过电流表的电流会大于1A，应使用量程为3A的电流表，最小刻度为0.1A，则此时回路的电流为1.20A。
(3)[3]根据闭合电路的欧姆定律
E=IR+r+rg
代入得
E=0.5×(5.3+r+0.2)
E=1×(2.3+r+0.2)
解得电池的内阻为
r=0.50Ω

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 0.40 3.0 9.6 0.36
【详解】(1)[1][2]设物块过测量参考点时速度的大小为 v0 ，根据位移一时间关系有
L=v0t+12at2
即
2Lt=2v0+at
当
t=0
时速度即为参考点的速度，根据题图可得截距为0.80m/s，故
2v0=0.80m/s
解得
v0=0.4m/s
图像的斜率表示加速度，则有
a=2.00−
(2)(3)[3][4]木板的倾角为53°，小物块的加速度大小
a0=5.6m/s2
对小物块，根据牛顿第二定律有
mgsin53∘−μmgcs53∘=ma0
当倾角为37°时，有
mgsin37∘−μmgcs37∘=ma
联立解得
g=9.6m/s2
μ=0.36

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1)1.5×105Pa；(2)100K
【详解】(1)对活塞进行分析，根据平衡条件有
p1S=p0S+mg
解得
p1=1.5×105Pa
(2)轻绳上的拉力最大时，环境温度最低，此时对活塞进行分析，根据平衡条件有
p2S+F=p0S+mg
缸内气体做等容变化，根据查理定律有
p1T1=p2T2
解得
T2=100K

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) vmax=mgRsinθ2B2L2 ；(2) v=mgRsinθ5B2L2
【详解】(1)固定a杆，b杆切割磁感线加速下滑，产生的电动势为
E=2BLvmax
回路中的电流为
I=ER
b杆受到的安培力大小为
F安=2BIL
对b杆由平衡条件有
2mgsinθ=F安
解得b杆的最大速度为
vmax=mgRsinθ2B2L2
(2)a杆受到的安培力大小
F安1=3BLI′
b杆受到的安培力大小
F安2=2BLI′
a杆下滑时的加速度大小
a1=3mgsinθ−F安13m
b杆下滑时的加速度大小
a2=2mgsinθ−F安22m
可得
a1=a2
a，b两杆同时释放，在同一时刻加速度大小相等，它们运动的时间相同，则在同一时刻，两杆的速度大小相等，即
v1=v2
回路中的感应电动势
E=E1+E2=3BLv+2BLv=5BLv
a杆匀速运动的速度是其最终速度﹐由平衡条件得
3mgsinθ=3BL⋅5BLvR
解得a杆的最终速度大小
v=mgRsinθ5B2L2

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1)9m/s；(2)1.95m；(3) 1219m【详解】(1)物块a由A运动到C的过程中，根据动能定理有
mgh−μ1mgs1=12mvC2
解得
vC=9m/s
(2)物块a从A运动到P点，根据动能定理有
mghmin−μ1mgs1−2mgR=12mvP2
物块a恰好能通过P点，则有
mg=mvP2R
解得
vP=2m/s ， hmin=1.95m
(3)设物块a运动到D点时的速度大小为v，物块a从P运动到D点过程，根据动能定理有
mg⋅2R−μ1mgs2=12m(v2−vP2)
可得
v= 5gR−0.5gs2
物块a、b在D点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv=mv1+3mv2
由机械能守恒定律有
12mv2=12mv12+123mv22
解得碰后物块a、b的速度分别为
v1=−0.5v ， v2=0.5v
若 s2=0 ，根据机械能守恒定律有
12mv22=mgh1
解得
h1=0.25m所以物块a反向运动后不可能脱离圆轨道，讨论：
①要使a、b能够发生碰撞，a到达D处时速度大小
v= 5gR−0.5gs2>0
解得
s2<4m
②b压缩弹簧后又返回D点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停在水平轨道上Q点，物块b在水平轨道上匀减速滑到Q点也恰好停止，设 C′Q=x ，则有
QD=s2−x
根据能量守恒定律，对物块a有
μ1mgs2+x=12mv12
对物块b有
μ2⋅3mgs2−x=123mv22
解得
x=13s2 ， s2=1219m
所以有
1219m
【解析】详细解答和解析过程见答案