2023年河北省衡水市部分重点高中高考物理二模试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年河北省衡水市部分重点高中高考物理二模试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.铺设水泥路面的沥青中可能含有一些放射性物质，这些微量的放射性物质会对人体产生一定的危害，其中一种放射性元素Th的衰变方程为 90232TA.x=3

B.y=3

C.2.一列向右传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，A、B两质点间距为16m，B、C两质点的平衡位置间距为6m，t=2A.4m/s B.5m/s3.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，两个质量均为m的物块A、B用原长为l0的轻质弹簧连接，两物块恰好能静止在斜面上，此时弹簧的长度为l(在弹性限度内)。已知物块B与斜面间的动摩擦因数是物块A与斜面间的动摩擦因数的两倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为g，则弹簧的劲度系数为(

)A.mgcosθ2(l04.如图所示，三角形ABC为棱镜的横截面，∠A=60°，∠B=75°，一束光线从AB边的M点以入射角α=45°射入棱镜，从N点射出的光线恰好与A.2dc B.3dc5.真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，氦核与氚核先后从坐标原点O沿x轴正方向射入该电场，在仅受电场力的作用下的运动轨迹如图所示。则氦核与氚核在(

)A.电场中运动时的加速度相同

B.射入电场时的初速度相同

C.射入电场时的初动量相同

D.射入电场时的初动能相等6.天文学家于2022年1月6日发现了小行星2022AE1，对其跟踪观察并完善其轨迹发现，小行星2022AE1的直径约为70m，质量m≈4×105t，运动轨迹为抛物线，它将会在2023年7月4日与地球擦肩而过。把地球看作半径为R的均质球体，忽略地球的自转，地球表面的重力加速度大小为g，预计小行星2022AE1距地心为8R时的速度大小为A.小行星2022AE1与地心的连线在单位时间内扫过的面积为2RgR

B.小行星2022AE1距地球表面的最小距离为2R

7.如图所示，水平地面上竖直放置的光滑细管内有两个完全相同、质量均为m的小球，由于微小晃动，两小球分别沿两侧圆弧管道从最高点同时由静止滑下，在最低点发生弹性碰撞后又回到最高点.已知整个过程中细管对地面的最小压力恰好为0，小球可视为质点，重力加速度大小为g，则整个过程中细管对水平地面的最大压力为(

)A.10mg B.323mg 二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）8.如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比n1：n2=3：1，原线圈回路中串联一个阻值为9R的定值电阻，a、b端与一正弦交流电源连接，副线圈接有两个阻值均为R的定值电阻，电流表A和电压表V均为理想电表，电源电压保持不变，开关A.电流表A的示数减小 B.电流表A的示数增大

C.电压表V的示数减小 D.电压表V的示数增大9.如图所示，高为0.9m、长为1.5m的斜面体静置于水平地面上，将质量为0.7kg、可视为质点的小球从斜面体的顶端由静止释放后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经0.6s小球与斜面体分离，分离时斜面体的速度大小为74A.斜面体的质量为0.9kg

B.小球能达到的最大速度为94m/s

C.10.如图所示，平面直角坐标系xOy横轴上的P点有一粒子发射源，粒子源能沿坐标平面且与x轴正方向的夹角不超过90°的方向，向第二象限发射速率相同、带电荷量为q、质量为m的正粒子，由于第一、二象限内除实线与横轴所围区域外，存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子源发射的所有粒子均能经过Q点。已知P、Q两点关于原点O对称，Q点的坐标为(aA.粒子的速度大小为 qBam

B.粒子在磁场中运动的轨道半径为2a

C.第一象限内磁场边界方程为三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）11.某实验小组要测量一定值电阻的阻值Rx，实验器材如下：

A.干电池两节；

B.电压表V(内阻较大)；

C.电流表A(内阻较小)；

D.待测电阻Rx；

E.滑动变阻器R；

F.开关和导线若干．

实验步骤如下：

按如图甲所示电路连接好实验器材；

②闭合开关，读出电压表V及电流表A的示数U、I；

③移动滑动变阻器滑片，重复②，得到多组数据；

④描绘出U−I图像如图乙所示。

回答下列问题：

(1)若忽略电表内阻的影响，则定值电阻的阻值Rx=______Ω。(结果保留两位有效数字)

(2)若考虑电流表、电压表内阻的影响，则定值电阻12.某实验小组同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。调节木板的倾角，使小车在未悬挂砝码盘时能拖着纸带沿木板向下匀速运动，之后将小车固定在靠近打点计时器处，在动滑轮上悬挂砝码盘和砝码，接通打点计时器电源并释放小车，打点计时器打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所接电源的频率f=50Hz，释放小车的瞬间打点计时器打出的点记为“0”，之后的点依此记为“1”、“2”、“3”、…，“0”与“120”两点间的距离记为L，“119”与“121”两点间的距离记为Δx，两滑轮、细绳及纸带的质量均不计，回答下列问题：

(1)打点计时器打记为“120”的点时小车的速度大小v120=______。

(2)砝码盘和砝码的总质量为m，小车的质量为M，当地重力加速度大小为g，若mgL=______成立，则验证了系统的机械能守恒。(均用题中所给字母表示)

(3)测得Δx=12四、计算题（本大题共3小题，共39.0分）13.如图所示，导热良好的密闭容器内封闭有压强为p0的空气，现用抽气筒缓慢从容器底部的阀门处(只出不进)抽气两次。已知抽气筒每次抽出空气的体积为容器容积的15，空气可视为理想气体，求：

(1)容器内剩余空气的压强p；

(214.2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心.若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s末的速度大小v2=3.2m/s，在第15s内运动了x15=0.08m，取重力加速度大小g=10m/15.如图所示，光滑平行轨道abcc′d的水平部分(虚线右侧)存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，bc段轨道宽度为2L，c′d段轨道宽度为L，质量为m、长度为2L的均质金属棒Q静止在c′d段，将另一完全相同的金属棒P从ab段距水平轨道高h处无初速释放，由于回路中除两金属棒外的电阻极小，bc段和c′d段轨道均足够长，一段时间后两金属棒均匀速运动，重力加速度大小为g，求：

(1)答案和解析1.【答案】A

【解析】解：AB、根据质量数守恒可得232=220+4x，根据电荷守恒可得90=86+2x−y

解得：x=3，y=2，故A正确，B错误；

2.【答案】B

【解析】解：由波形图可知波长λ=16m，波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为2m，根据波形平移法可得

t=(n+18)T=2s (n=0,1,2⋯⋯)

或t=(n+58)T=2s (n=0,1,2⋯⋯)

解得T3.【答案】B

【解析】解：设物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，物块B与斜面间的动摩擦因数2μ，两物块恰好能静止在斜面上，对A、B整体分析，由平衡条件得：

2mgsinθ=μmgcosθ+2μmgcosθ

即mgsinθ=32μmgcosθ①

对A分析：

弹簧对A的弹力大小为F′，由A物体处于平衡状态，m4.【答案】A

【解析】解：光路图如图所示：

由于从N点出射的光线与BC边平行，根据几何关系可知在N点的折射角为α=45°

则光在M点的折射角为β和在N点的入射角为γ相等，其值为∠β=∠γ=180°−(180°−∠A)2=180°−(180°−60°)2=30°，光在棱镜中的光的路程s5.【答案】C

【解析】解：A.根据牛顿运动定律有qE=ma

解得：a=qmE

氦核的比荷qm为12，氚核的比荷为13，可得电场中运动时的加速度之比为3：2，故A错误；

B.由类平抛运动规律可得y=12at2，x=v0t

联立解得v0=qEx22my

由题图可知，x相同时，y氦y氚=83，可得射入电场时的初速度之比为3：4，故B错误；

C.结合B解析类平抛运动规律可得y=mqEx22(6.【答案】D

【解析】解：A、小行星与地心的连线在单位时间内扫过的面积为

S=12×8R×gR2sin30°=RgR，故A错误；

BC、小行星与地球最近时，此时加速度与速度均达到最大值，由机械能守恒定律可得：

12m(gR2)2−mgR28R=12mvmax27.【答案】B

【解析】解：小球在细管的上半部分某处时，细管对地面的压力恰好为0，设小球的速度大小为v时，小球对细管斜向上的支持力大小为FN，小球与圆心O的连线与竖直方向的夹角为α，则有

mgR(1−cosα)=12mv2；FN+mgcosθ=mv2R

解得：8.【答案】BC【解析】解：设a、b两端电压为U0，变压器原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，原、副线圈中的电流分别为I′、I，副线圈中的两个电阻并联后的阻值为R并，则有U1=3U2，I′=13I，U0=U1+I′×99.【答案】AC【解析】解：C、对小球受力分析如下图所示，并将支持力F沿水平方向和竖直方向分解：

设小球竖直方向的加速度为ay，有h=12ayt2，h=0.9m，t=0.6s代入解得：ay=5m/s2

竖直方向根据牛顿第二定律得：mg−Fcosθ=may，其中cosθ=1.52−0.921.5=0.8

将ay以及cosθ值代入解得：F=358N

斜面对小球的支持力和小球对斜面体的压力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知F′=F=358N，故C正确；

A、对斜面体：根据运动学公式10.【答案】AC【解析】解：AB、从P点垂直x轴射入的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，所以粒子在磁场中运动的轨道半径为a，根据牛顿第二定律可得：

qBv=mv2a

解得：v=qBam，故A正确，B错误；

CD、如图所示，设以β角射入的粒子运动轨迹与边界的交点坐标为(x,y)

由几何关系可得：

a2=x2+(acosβ)2

11.【答案】3.5

小于

【解析】解：(1)题图乙中图线的斜率等于Rx的阻值，则Rx=2.1−0.70.60−0.20Ω=3.5Ω

(2)该实验采用了外接法测量Rx的阻值，由于电压表的分流作用，导致I12.【答案】f⋅Δx2

【解析】解：(1)物体做匀变速直线运动时，其中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度，所以v120=Δx2T=f⋅Δx2；

(2)(3)若此过程只能系统机械能守恒，则有mg⋅L2=12Mv13.【答案】解：(1)第一次抽后，则有p0V=p1(V+15V)①，第二次抽出后，则有p1V=p2(V+15V)②，(p1,p2分别为第一次，第二次抽气后容器内气体的压强)，联立两式可解得p=p2【解析】第一问是抽气过程，是一个变质的过程，将抽出的与余下的视为一个整体，这样就可以等效为气体的质量是不变的，然后用状态方程，就可以求解了。每二问将气体的体积都化成同一个压强下的体积，温度又不变，这样气体的质量之比与体积之比是相同的。这样就可以求解了。

要将变质量的问题转化为质量不变来处理，将质量之比转化为同温同压下的体积之比。

14.【答案】解：(1)假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小

a=ΔvΔt=3.2−0.0814.5−2m/s2=156625m/s

若冰壶以加速度=156625m/s2减速，则冰壶在最后1s通过的位移

s=12at2=12×156625×12m=78【解析】(1)根据加速度定义式求解加速度大小，由牛顿第二定律求解动摩擦因数；

(2)根据速度—位移关系求解运动l时的速度大小，根据牛顿第二定律求解冰壶在用毛刷刷过的冰面上运动时的加速度大小，根据速度—15.【答案】解：(1)金属棒P下滑刚进入磁场时，速度最大，设最大速度为vm，之后金属棒P进入磁场后，产生感应电流，金属棒P在安培力作用下向右做减速运动，金属棒Q在安培力作用下向右做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路的电流为零。

设金属棒Q匀速运动时的速度大小为vQ，整个过程中通过回路中某截面的电荷量为q，时间为Δt，平均电流为I1。

金属棒P下滑过程，由机械能守恒有mgh=12mvm2

稳定时，有B⋅2L⋅vP=BLvQ

通过金属棒P的电荷量q=I1Δt

金属棒P，取向右为正方向，由动量定理有

−BI1⋅2LΔt=−B⋅2Lq=mvP−mvm

金属棒Q，取向右为正方向，由动量定理

有BI1LΔt=BLq=mvQ−0

解得：vP=2gh5

(2)【解析】(1)金属