2023届河北省衡水中学高三下学期一调考试丨物理.docx

1、20222023衡水中学下学期高三年级一调考试物 理 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考试时间75分钟。 第卷（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17题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810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花岗岩、砖砂、水泥及深层地下水等物质会释放氡气。氡气被吸入人体后会形成内照射，对人体的危害很大。氡的同位素中对人体危害最大的是氡(Rn)及其衰变产物，氡(Rn)的衰变反应链为RnPoPbBiPb,其中氡(Rn)的半衰期为3.8天

2、。关于氡(Rn)的衰变反应，下列说法正确的是A温度升高，氡的衰变速度会变快B过程只发生了a衰变C一个氡核(Rn)经过一个衰变链，共发生了3次衰变、2次衰变D每经过3.8天，将有半数的氡(Rn)衰变为铅(Pb)2一试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线NPM所示，设P、M两点的电势分别为、，此试探电荷在P、M两点的动能分别为、,下列说法正确的是A电场强度方向一定水平向右 B该试探电荷在P点受到的电场力沿OP方向CD3如图所示，理想变压器原线圈的匝数1 000匝，副线圈的匝数匝，将原线圈接在电压V的交流电源上，已知定值电阻电流表A为理想电流表，下列说法正确的是 A穿过铁芯的磁通量的最大变化率为

3、0.2 Wb/sB交流电的频率为50 HzC电流表A的示数为AD变压器的输入功率是16 W4天问一号着陆器着陆于火星表面的过程可简化为如下过程：首先着陆器在距火星表面高为h处悬停，接着以恒定的加速度a竖直下降，下降过程火箭产生的反推力大小恒为F。当四条“缓冲脚”接触火星表面时，火箭立即停止工作，着陆器经时间t速度减为0。已知着陆器的质量为m，火星半径为R(R远大于h)，引力常量为G。下列说法正确的是A火星的质量为B火星表面的重力加速度为C火箭反推力对着陆器所做的功为D着陆器对火星表面的平均冲击力大小为5在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块、发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块、及粘在一起后

4、的速度时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知A碰前滑块的动量比滑块的动量小 B滑块的质量与滑块的质量之比为3:5C滑块的质量与滑块的质量之比为5:3D碰撞过程中，滑块受到的冲量比滑块受到的冲量大6磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在xOy平面内，以坐标原点O为中心，边长为2L的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小均为I0，方向已标出。已知电流为I的通电长直导线在与其距离为r处的圆周上产生的磁感应强度大小为,k为比例系数。下列说法正确的是A直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引B直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向C直导线1、4在O点的合磁场

5、的磁感应强度大小为D直导线2、4对直导线1的合作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍7如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角,甲位于P点，某时刻由静止释放乙（乙离地面足够高），经过一段时间小球甲运动到Q点（未与横杆相碰），0、Q两点的连线水平，0、Q的距离为d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是A弹簧的劲度系数为B物体乙释放瞬间的加速度大小等于gC小球甲到达Q点时的速度大小多D小球甲和物

6、体乙的机械能之和始终保持不变8直角边AC长为d的三棱镜ABC置于水平桌面上，其截面图如图所示。D为斜边BC的中点，桌面上的S点有一点光源，发射的一条光经D点折射后，垂直于AB边射出。已知SC=CD，光在棱镜中的传播时间为,真空中光速为c,不考虑光的反射。下列说法正确的是A该棱镜的折射率为B该棱镜的折射率为C入射光与BC的夹角为30D入射光与BC的夹角为609一个半径为R=0.75 m的半圆柱体放在水平地面上，截面图如图所示。一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出（小球可视为质点）,到达C点时速度方向恰好沿圆弧切线方向。已知O为半圆弧的圆心，OC与水平方向夹角为53，取，下列说法正确的是A小

7、球从B点运动到C点所用的时间为0.3 sB小球从B点运动到C点所用的时间为0.5 sC小球做平抛运动的初速度大小为4 m/s D小球做平抛运动的初速度大小为6 m/s10如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt（k为大于零的常量）。一高为a、总电阻为R的等边三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中，下列说法正确的是A线框中的电流始终沿逆时针方向 B线框中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向C时刻，流过线框的电流大小为D时刻，流过线框的电流大小为第卷（非选择题

8、 共54分）二、非选择题：本题共5小题，共54分。带*题目为能力提升题，分值不计入总分。11（6分）某同学用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和弹簧测力计相连。 (1)下列说法正确的是 。（填正确答案标号） A实验前，应先将弹簧测力计调零 B应保持与木块相连的细线水平C实验时，应将木板匀速向左拉出 D实验时，拉木板的速度越大越好(2)如图乙所示是某次实验中弹簧测力计示数放大图，木块受到的滑动摩擦力Ff= N。(3)为进行多次实验，该同学采取了在木块上增加砝码个数的方法。若木块的质量为所m0,砝码的总质量、木块与木板之间的动摩擦因数和

9、重力加速度分别用m、和g来表示，则木块受到的滑动摩擦力Ff = （用题中所给物理量的字母表示）；测得多组数据后，该同学描绘的Ff-m图像如图丙所示，则他测得的动摩擦因数= （结果保留一位有效数字，取g=10 m/s2）。12（8分）在“测量金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度为50 cm。 (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为 mm。（该值接近多次测量的平均值）(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约为）， 电流表（内阻约为），电压表(内阻约为)，滑动变阻器R(0，额定电流为2 A)

10、，开关、导线若干。某小组同学利用上述器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表所示。次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量采用的是 图。（填“乙”或“丙”）(3)如图丁所示是测量工的实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于滑动变阻器的一端，请根据(2)所选的电路图，以笔画线代替导线补充完整实物图的连线。 (4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图戊中标出第1、

11、3、5次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线，由图线得到金属丝的阻值= 。（结果保留两位有效数字）(5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为 。（填正确答案标号）A BC D (6)任何实验测量都存在误差，下列关于误差的说法正确的是 。（填正确答案标号）A用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差D用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差13（10分）如图所示，一竖直放置的导热良好的汽缸内壁光滑，两个质量及厚度均不计的活塞a、b封闭两部分质量相同的同

12、种理想气体。活塞的横截面积S=10 cm2，静止时a、b到汽缸底部的距离分别为,汽缸内壁有一固定卡扣（不计体积），卡扣上端到汽缸底部的距离。取，大气压强(1)在活塞b上放置一质量为的重物，求稳定后b到汽缸底部的距离。 (2)在第(1)问的条件下，若再把环境温度从27升高到42，求再次稳定后b到汽缸底部的距离。14（12分）如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37的倾斜轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量可调）接触但不拴接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆弧轨道BCD平滑相连，O点为圆心，D点在O点的正上方，C点与O点等高。滑块P与AB间的动摩擦因数。用外力推动

13、滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时恰好能到达圆弧轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin 37=0.6，cos 37=0.8，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小。 (2)若滑块P的质量改为M，为使之能滑上圆弧轨道，且仍能沿圆弧轨道滑下，求M的取值范围。 (3)若滑块P能滑上圆弧轨道，且所在位置与O点的连线与OC的夹角为37时恰好脱离圆弧轨道，求P的质量M。15（18分）如图甲所示，三维坐标系中yOz平面的右侧存在平行于z轴且呈周期性变化的磁场（图中未画出）和沿y轴正方向的匀强电场。将一质量为m、

14、电荷量为q的带正电液滴从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，液滴第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为,方向与x轴正方向的夹角为45。已知电场强度大小从液滴经过O点时为t=0时刻，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示（当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正），重力加速度大小为g。求：(1)抛出点P的坐标。(2)液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间。(3)液滴第n次经过x轴时的x坐标。*如图所示，有两足够长的倾角均为的粗糙斜面AB和CD均通过一小段光滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数，小滑块a从斜面AB上的

15、P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的带有轻弹簧的物块b发生正碰，碰撞时弹簧储存的弹性势能的最大值为7.2 J。已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为m=0.2 kg，小滑块a与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取g=10 m/s2，sin 37= 0.6，cos 37=0.8。求：(1)P点距水平面的高度。(2)小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离。(3)小滑块b在斜面上运动的总路程。物理参考答案一、选择题1【解释】半衰期不随外界温度、压强的变化而变化，由原子核自身决定，A错误；由衰变方程可知，过程除了发生了衰变，还发生了衰变，B

16、错误；衰变时满足质量数和电荷数守恒，设共发生了n次a衰变, 则222210=4n，解得n=3，所以衰变的次数为x=82(8632)=2C正确；每经过3.8天，将有半数的氡（Rn）衰变为，衰变为的更少,D错误。2D【解析】该试探电荷做曲线运动，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，B错误，试探电荷的电性不确定，所以电场强度的方向也无法确定A错误，该试探电荷从P点运动到M点，电场力做正功，所以动能增大，电势能减小，即D正确；由于电场强度方向无法确定，所以电势高低也无法判断，C错误。3D【解析】由题意可知，电压最大值为V,由可知，磁通量的最大变化率为Wb/s= Wb/s,A错误；根据表达式可知,所以频

17、率为Hz，B错误，根据电压与匝数成正比得V=40V,所以 A,C错误；W=16W,变压器的输入功率P1=P2 =16 W，D正确4D【解析】设火星表面的重力加速度为g，着陆器加速下降过程由牛顿第二定律有,解得，对火星表面的物体有，解得火星的质量，A、B错误；火箭反推力对着陆器所做的功为W=- FhC错误；着陆器落在火星表面的过程，以向上为正方向，由动量定理得又，解得D正确。5C【解析】由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块I的动量较大，A错误；根据动量守恒定律有解得，B错误,C正确；碰撞过程中滑块I受到的冲量与滑块受到的冲量大小相等，方向相反，D

18、错误6D【解析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，所以直导线2、4相互吸引，直导线l、2相互排斥，A错误；直导线l、4在O点产生的磁场如图所示。其中所以直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴正方向，大小为,B、C错误,同理可得直导线2、4在直导线l处产生的合磁感应强度大小为直导线3在直导线1处产生的磁感应强度大小为,所以直导线2、4对直导线1的合作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，D正确。7C【解析】设弹簧的原长为，肉题意可知小球在P点时弹簧的压缩最等于小球在Q点时弹簧的伸长量，设形变量为x,根据几何关系可得，解得，开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则，解得A错误；物体乙释放瞬间，设轻

19、绳中拉力大小为FT，对甲、乙分别由牛顿第二定律有根据运动的合成与分解可得，联立解得，B错误；根据运动的合成与分解可得小球甲到达Q点时a=0，所以物体乙的速度为零。对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，则，解得，C正确；弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，D错误。8AC【解析】由题意画出光路图如图所示E是光在AB边的出射点，设光在棱镜中的传播速度为v，入射角为i折射角为r，光与BC边的夹角为。则有,解得A正确，B错误；光射到BC边，由几何关系和折射定律有，联立解得，C正确，

20、故D错误。9AC【解析】小球从B点到C点做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆弧相切于C点，由几何关系知小球在C点的速度与水平方向的夹角为37，设位移与水平方向的夹角为，则有，因为，R=0.75m,解得,根据,解得s,水平位移,解得A、C正确，B、D错误。10AD【解析】在线框进入磁场的过程中，通过线框的磁通量增加，根据楞次定律可知电流沿逆时钟方向，A正确，B错误；时刻，线框进入磁场中的部分切割磁感线的有效长度为边长的一半，即，线框的速度则此时的动生电动势时刻，线框在磁场中的面积，则此时的感生电动势，此时回路中总电动势，则此时电流大小,C错误,D正确二、非选择题11(1) AB(2分) (2)2.7

21、6（2.75或2.77均可，1分）(3)（1分）0.4(2分)【解析】(1)实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数不准确，A正确；应保持与木块相连的细线水平，否则木块与木板之间的正压力不等于木块和砝码的总重力B正确；实验时，拉动木板，和木块有相对运动即可，这样细线的拉力大小等于摩擦力的大小，拉木板的速度对实验无影响，C、D错误。(2)在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1 N，即弹簧测力计的分度值为0.l N此时的示数为2.76 N，木块受到的滑动摩擦力为2.76 N。(3)由可知，图像的斜率为，由题图丙可得所以12(1)0.397（0.396或0.398均可，1分）(2)乙

22、（1分） (3)见解析图甲（1分） (4)见解析图乙（1分）4.5(4.34.7均可，1分)(5)C（1分） (6)CD(2分) 【解析】(1)由题图甲知螺旋测微器读数为39.70.01 mm=0.397 mm，所以直径d=0.397 mm; (2)由题图表中实验数据可知，最小电压与电流很小，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图乙所示电路。 (3)实物图连接注意电流表外滑，滑动变阻器采用分压式接法，如图甲所示(4)将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在直线上，要让直线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去，如图乙所示，计算直线的斜率即为电阻Rx故(5)根据得

23、 C正确。(6)用螺旋测徽器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B错误；伏安法测电阻时，电流表和电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C正确；用U-I图像处理数据求金属丝电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，这样可以减小偶然误差，D正确13(2)15 cm【解析】 (l)设重物质量为m0时，活塞a恰与卡扣接触。对下部气体，初状态压强为p0，体积为，末状态压强为,体积为,由玻意耳定律有 （1

24、分） 解得（1分）由于，则活塞a到达卡扣处且与卡扣有作用力，对上部气体，初状态压强为P0,体积为,稳定后末状态压强为，体积为由玻意耳定律有 (1分) 解得 (1分)(2)设温度升高到时，活塞a与卡扣接触但无作用力。对下部气体，初状态压强为P0，体积为，温度为，末状态压强为，体积为，温度为，由理想气体状态方程有(2分)解得,则（1分）由于,所以环境温度为t2时，活塞a未离开卡扣，对上部气体，初状态压强为温度为,体积为，温度为末状态压强为,体积为,温度为由理想气体状态方程有（2分）解得(1分)14(1)(2) (3)【解析】(1)若滑块P刚好能沿圆弧轨道运动到圆弧轨道的最高点，有（1分）滑块P由静

25、止运动到圆弧轨道最高点过程，由能量守恒定律可得（2分）解得（1分）(2)为使P能滑上圆弧轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得（1分）解得要使滑块P仍能沿圆弧轨道滑下，则P在圆弧轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守恒定律可得 （1分）解得，综上所述，M的取值范围为（2分）(3)依题意可知，滑块恰好脱离圆弧轨道时，应在OC水平线的上方与OC的夹角为37处，此位置轨道对滑块的弹力刚好为零，则（1分）解得，由能量守恒定律可得（2分）解得（1分）15(1) (2)(3)(n=1,2,3,）【解析】(1)液滴一开始做平抛运动，由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45，则（1

26、分）根据平抛运动规律得（1分）（1分）（1分） 联立解得（1分）所以P点的坐标为（1分）(2)由洛伦兹力提供向心力得（1分）又（1分）解得，由（1分）解得假设磁场不变，分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90。则（1分）假设成立，所以液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴的时间（1分）(3)由（2分）可知在0时间内，液滴刚好转过180。之后磁场强弱和方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得联立，解得（1分）由，解得（1分）在t02t0时间内，液滴转过90同理得，液滴在2t03t0时间内与0t0时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，3t04t0。时间内与t

27、02t0时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样综上所述，得到液滴一个周期的轨迹图如图所示由几何关系得（1分）则液滴第n次经过x轴时的x坐标为（2分）* (1)12 m(2)10 m(3) 28 m【解析】(1)由题意知，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有a、b碰撞过程，由动量守恒定律有由能量守恒定律有联立解得m/s h=12m(2)由题意知，两滑块被弹簧弹开的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律有，联立解得在小滑块b滑到最高点的过程中，根据动能定理有解得(3)根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为，有整理后有b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为v4，则在a沿斜面AB上升至速度AB上升至速度减为零的过程中有由于两滑块碰撞时交换速度，故v4与 v3大小相等，解得,滑块a返回底端的过程中，有在水平面上a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小B沿斜面CD上滑至减速到0的过程，有可得整理得即小滑块b每次上滑到速度为0时的位移呈等比关系，其中公比同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有