2023届河北省高三一轮复习联考物理试卷（五）.docx

1、2023届高三一轮复习联考（五）河北卷物理试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1在超导托卡马克实验装置内部发生的核反应方程为，已知的质量为m1，的质量为m2，的质量为m3，X的质量为m4，光速为c，则下列说法正确的是（）AX为正电子

2、，最早由查德威克通过实验发现B比更稳定C的结合能D该核反应是目前利用核能的主要方式2某同学应用航拍飞机进行实验并得到如图所示的位移时间图像，时，飞机由静止向上运动，当时，飞机上升到高度并立即关闭发动机，让其自由上升，时，飞机达到最高点，整个过程中飞机在竖直方向做直线运动，图中的，两段曲线均为抛物线，下列说法正确的是（）A飞机在时间内处于失重状态B飞机在时间内的加速度大小等于时间内的加速度大小C图像中的两段曲线在时刻相切D飞机的最大速度为3如图所示，长木板放在倾角为的光滑斜面上，假设脚与长木板接触处不打滑，长木板和人的质量均为m，则下列说法中正确的是（）A要保持长木板相对斜面静止，人应以gsin

3、的加速度沿斜面向上跑动B要保持长木板相对斜面静止，人应以gsin的加速度沿斜面向下跑动C要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使长木板以2gsin加速度向上滑动D要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使长木板以2gsin加速度向下滑动4宇航员登上某球形未知天体，在该天体表面将某一小球竖直上抛，得到小球的动能随小球距离未知天体表面的高度变化情况如图所示，图中Ek0、h0为已知量，已知小球质量为m，该星球的第一宇宙速度为v，该未知天体的半径大小为（）ABCD5体育课中，小明用打气筒给篮球打气，整个打气过程缓慢进行，每次打气筒活塞都将一个标准大气压的一整筒空气压入篮球，无漏气，气体可视为理想

4、气体，设篮球的体积不变，气体温度不变，则下列说法正确的是（）A整个打气过程中气体的内能增大B整个打气过程中气体分子对篮球内壁的平均撞击力变大C后一次与前一次推活塞过程比较，篮球内气体压强的增加量相等D后一次与前一次推活塞过程比较，压入的气体分子数少6一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波形如图甲所示，图乙是位于的质点N此后的图像，Q是位于处的质点，则下列说法正确的是（）A波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下B质点M的振动方程为C在时，质点Q的位置坐标为（10m，8cm）D在该简谐波传播方向上与波源逐渐靠近的接收器接收到的波的频率将小于7如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，AC边的中点为M

5、，BC边的中点为N，O点为三角形的中心，分别在A、B、C固定放置电荷量为+Q、-Q、+Q的点电荷时，下列说法正确的是（）AM、N两点的电场强度大小相等BM、N两点的电势相等C将一个不计重力的负电荷沿直线OB由O点向B点移动的过程中，电势能逐渐减小D将一个不计重力的负电荷沿直线ON由O点向N点移动的过程中，受到的电场力做负功8如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接物体A，物体A置于光滑水平桌面上，物体A和B通过细绳绕过定滑轮连接，已知物体A的质量为，物体B的质量为，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦，物体A位于点时，系统处于静止状态，物体A在点时弹簧处于原长。现将物体A由点静止释放，物体A不会和定滑轮

6、相碰，当物体B向下运动到最低点时，绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度，则（）A释放物体A瞬间，物体A的加速度为零B绳子能承受的最大拉力为C物体A动能的增加量小于物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9如图甲为某同学设计的充电装置示意图，线圈ab匝数匝，面积，空间中存在匀强磁场，方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，理想变压器副线

7、圈接充电器，已知额定电压为6V的充电器恰能正常工作，不计线圈电阻，则下列说法正确的是（）A线圈ab中交变电流的周期为0.2sB变压器原线圈输入电压有效值为C变压器原副线圈匝数比为D变压器原副线圈匝数比为10如图所示，用三根细线a、b、c将质量分别为m、2m的两个小球1、2连接并悬挂，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30，细线c水平，a、b、c三根细线受到的拉力大小分别为Ta、Tb、Tc，则（）ATa = 3mgBCD11如图所示，两条平行光滑导轨相距L，导轨水平部分足够长，导轨电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属棒b放在水平导轨上，金属棒a从斜轨上高

8、h处自由滑下，已知金属棒a、b质量均为m，电阻均为R，整个过程中金属棒a，b始终未相撞且与导轨接触良好，则下列说法正确的是（）A俯视看，回路中的感应电流方向为逆时针B回路中感应电流的最大值为C金属棒b的最大安培力为D金属棒a最多产生的热量为三、非选择题：本题共5小题，共50分。12阿特伍德机是著名的力学实验装置。如图甲所示，绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物A和重物B，在重物B下面再挂重物C时，由于速度变化不太快，便于验证规律或者测量物理量。（1）某次实验结束后，打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则重物A运动拖动纸带打出H点时的瞬时速度为_m/s（结果保留三位

9、有效数字）；（2）某同学利用本装置验证“牛顿第二定律”，若重物C的质量为m，重物A、B质量均为M，已知当地的重力加速度为g，若牛顿第二定律成立，则重物A的加速度的表达式为a = _（用上述物理量表示），若测得多组m及对应的加速度a，在图中描点画线得到如图丙所示图线，若图线与纵轴截距为b，图线的斜率为k，则当地的重力加速度为_（用图线的斜率或截距表示）。13某同学为了测定一个圆柱体工件材料的电阻率，采用了如下方法：（1）利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量圆柱体工件的高度和直径，测量结果如图甲、乙所示，该工件高度H为_cm，直径D为_mm。（2）用多用电表测得该工件的电阻Rx大约为500，该同学又用

10、伏安法测定该工件的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A直流电源（电动势E=12V，内阻不计）B电压表V1（量程03V，内阻约为3k）C电压表V2（量程015V，内阻约为25k）D电流表A1（量程025mA，内阻约为1）E电流表A2（量程0250mA，内阻约为0.1）F滑动变阻器R，阻值02G开关S，导线若干在上述仪器中，电压表应选择_（选填“V1”或“V2”），电流表应选择_（选填“A1”或“A2”），请在图中虚线框内画出电路原理图（电表用题中所给的符号表示）_。（3）如果电压表示数为U，电流表示数为，则此圆柱工件材料的电阻率为_（用题中所给符号表示）。14如图所示，边长为L的正方形ABC

11、D为一棱镜的横截面。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60，折射角为30，经折射后在BC边的N点发生反射，反射后射到CD边的P点，设真空中的光速为c，求：（1）棱镜的折射率n；（2）光线从M点到P点的时间。15如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为1=0.5，其右端上表面与光滑固定圆弧轨道相切，其左端与另一半径相同的光滑固定圆弧轨道最低点相距x0=0.2m，左、右两侧光滑圆弧最低点等高。质量为m3的小木块A静置于长木板最右端，质量为m2的小木块B从距木板右端处以的初速度开始向右运动，然后与m3发生碰撞，与A发生碰撞，二者碰撞时间极短，碰后结合为一体，

12、m1=m2=m3=1kg，小木块A、B均可看成质点且与木板间的动摩擦因数均为2=0.9，重力加速度g取10m/s2。（1）求因碰撞而损失的机械能；（2）使结合体不从长木板上滑下，求长木板的最短长度；（3）长木板取第（2）问中的最短长度，求结合体第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。（结果可用分数表示）16在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片），速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于纸面向外；速

13、度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直于纸面向外，磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L，当偏转系统不加电场及磁场时，质量为m的离子恰好竖直注入到晶圆上的点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外），整个系统置于真空中，不计离子重力及离子间的相互作用，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小，当很小时，有，求：（1）离子通过磁分析器选择出来离子的电荷量大小；（2）偏转系统仅加电场时，离子在穿越偏转系统中动能的增加

14、量；（3）偏转系统仅加磁场时，离子注入晶圆的位置坐标（x，y）（用长度R1、R2及L表示）。1B【详解】A根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的电荷数为0，质量数为1，则为中子，最早由查德威克通过实验发现，选项A错误；B该反应放出核能，则生成物的比结合能比更大，更稳定，选项B正确；C核反应过程中的质量亏损m=m1+m2-m3-m4释放的核能根据结合能的概念可知，该值不等于的结合能，故C错误；D这种装置的核反应是核聚变，而目前利用核能的主要方式核裂变，它们的核反应原理不相同，故D错误；故选B。2C【详解】根据题意可知，两段曲线均为抛物线，则飞机在两段时间内均做匀变速直线运动A根据图像中斜率表示

15、速度，由图像可知，飞机在时间内，向上做加速运动，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；B根据题意，设飞机在时间内的加速度大小为，由公式可得解得设时间内的加速度大小为，由图可知，飞机在时速度为0，则可看成反向加速，由公式可得解得可知故B错误；C根据图像中斜率表示速度可知，图像中的两段曲线在时刻相切，故C正确；D根据图像中斜率表示速度，由图像可知，飞机在时速度最大，由公式可得，最大速度为故D错误。故选C。3D【详解】AB要保持木板相对斜面静止，木板要受到沿斜面向上的静摩擦力F与使木板下滑的重力分力平衡，即mgsin=F根据作用力与反作用力的性质可知，人受到木板对他沿斜面向下的静摩擦力，所以人

16、受到的合力为mgsin+F，由牛顿第二定律得mgsin+F=ma解得a2gsin方向沿斜面向下，选项AB错误；CD要保持人相对于斜面的位置不变，即人处于平衡状态，F为人脚受到的静摩擦力且沿斜面向上，因此木板受到沿斜面向下的静摩擦力，对人有mgsin=F木板受到的合力为mgsin+F，由牛顿第二定律得mgsin+F=ma解得a=2gsin方向沿斜面向下，选项C错误，D正确。故选D。4B【详解】由题可知，竖直上抛时根据动能定理得该星球的第一宇宙速度为v，则联立解得故选B。5C【详解】A在缓慢充气过程中，气体温度保持不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，则整个打气过程中气体

17、的内能不变，故A错误；B由于气体的温度不变，气体分子的平均动能不变，则整个打气过程中气体分子对篮球内壁的平均撞击力不变，故B错误；C设篮球的容积为，打气筒的容积为，打第次气后篮球内气体的压强为，打第次气后篮球内气体的压强为，根据玻意耳定律可得可得即后一次与前一次推活塞过程比较，篮球内气体压强的增加量相等，故C正确；D每次压入的气体体积、温度和压强都相同，所以每次压入的气体分子数相同，故D错误。故选C。6C【详解】A根据题意，由图乙可知，质点在时刻，处在平衡位置向轴负方向振动，由同侧法可知，波沿x轴正方向传播，点向轴正方向振动，则波源的起振方向向上，故A错误；D根据题意，由图乙可知，该波的周期为

18、，则该波的频率为由多普勒效应可知，在该简谐波传播方向上与波源逐渐靠近的接收器接收到的波的频率将大于，故D错误；B根据题意，由公式可得由于时，点在平衡位置向轴正方向振动，则质点M的振动方程为故B错误；C根据题意，由图甲可知，该波的波长为，由公式可得，该波的传播速度为则该波传播到点所需要的时间为可知，质点在时，振动了，则质点在正向最大位移处，质点Q的位置坐标为（10m，8cm），故C正确。故选C。7D【详解】A根据电场强度及平行四边形法则，M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；B若有一正点电荷由M点到N点，电场力做正功，电势能减小，则M点的电势大于N点的电势，故B错误；C将一个不计重力的负电

19、荷沿直线OB由O点向B点移动的过程中，电场力做负功，电势能逐渐增大，故C错误；D将一个不计重力的负电荷沿直线ON由O点向N点移动的过程中，受到C点的正电荷和B点的负电荷的合电场力垂直于ON，不做功，受到A点的正电荷的电场力做负功，故D正确。故选D。8C【详解】AB在点释放物体A瞬间，弹簧弹力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得解得可知初始时刻物体A的加速度为；当物体B向下运动到最低点时，根据对称性可知，此时B的加速度大小为，方向向上，根据牛顿第二定律可得解得绳子能承受的最大拉力为故AB错误；C根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和A、B的动能之和，所以物体B所受重力

20、对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和等于物体A、B的动能之和，则物体A动能的增加量小于物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；D物体B所受重力对B做的功等于物体B减少的重力势能，根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量与物体B的动能增加量之和，故D错误。故选C。9AC【详解】A由图乙可知，线圈ab中交变电流的周期为0.2s，故A正确；B变压器原线圈输入电压的最大值为变压器原线圈输入电压有效值为故B错误；CD根据理想变压器原副线圈电压表等于匝数比可得故C正确，D错误。故选AC。10BD【详解】小球均静止，故都处于平衡状态，合外力为零。将球

21、1和球2看作一个整体，对整体受力分析如下图所示将Ta水平竖直分解有Tasin = FcTacos = 3mg解得隔离对小球2受力分析如下图故选BD。11ACD【详解】A根据右手定则可知，金属棒a向右运动过程中，回路中的感应电流为逆时针方向（俯视看），A正确；B金属棒a刚运动至水平轨道时，速度最大，b棒速度为零，此时感应电流最大，则，得B错误；C同B选项，此时b棒受安培力最大，即C正确；D两金属棒最终共速，运动过程中满足动量守恒金属棒a产生的热量为得D正确。故选ACD。12 1.13 【详解】（1）1打H点时重锤A的瞬时速度等于打G、J两点间的平均速度，即（2）23对A、B、C整体根据牛顿第二定

22、律有(Mm)gMg = (2Mm)a则整理得由题意可知解得13 10.220 5.899#5.900#5.901 V2 A1 【详解】（1）1 该工件的直径为2 高度为（2）3根据所给电源电动势可知电压表应选择V2。 4 通过工件的最大电流约为所以电流表应选择A1。 5 因为滑动变阻器最大阻值远小于Rx，所以滑动变阻器应采用分压式接法。又因为所以电流表应采用内接法，电路原理图如图所示。（3）6 根据欧姆定律有根据电阻定律有解得14（1）；（2）【详解】（1）在M点，由光的折射定律（2）由几何关系可知，光线从M点到P点的距离为传播的速度光线从M点到P点的时间15（1）16J；（2）；（3）【详解

23、】（1）设木块B到达木板右端的速度为v1，由动能定理可得代入数据，解得v1=8m/sAB碰撞后，由动量定理可得解得碰撞过程损失的机械能（2）由机械能守恒定律可得AB回到木板底端时速度大小4m/s，滑上木板后，木块AB的加速度为a2，由牛顿第二定律木板的加速的为a1，由牛顿第二定律解得设经过t1时间后两者共速，共同速度为v，由运动学公式可知解得该过程中木板的位移滑块走过的位移由于，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度解得（3）AB和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，由动能定理可得随后AB滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h2，则由动能定理可得解得16（1）；（2）；（3）【详解】（1）在速度选择器中有通过在磁分析器的离子根据几何关系有解得（2）偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，则有，离子在穿越偏转系统中动能的增加量解得（3）偏转系统仅加磁场时，离子沿y轴正方向偏转，则有x=0作出粒子在偏转系统中的轨迹如图所示根据几何关系有，当很小时，有，解得即离子注入晶圆的位置坐标为。