2023届河北省高三一轮复习联考物理试卷（五）（含答案解析）

2023届河北省高三一轮复习联考物理试卷（五）

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一、单选题

1.在超导托卡马克实验装置内部发生的核反应方程为：H+：Hf；He+X,已知：H的

质量为m/,：H的质量为m2,；He的质量为出，X的质量为光速为c,则下列说

法正确的是（）

A.X为正电子，最早由查德威克通过实验发现B.:He比:H更稳定

C.:He的结合能E=（班+吗-g-陷）/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一时间图像，/=0时，飞机由

静止向上运动，当”2时，飞机上升到与高度并立即关闭发动机，让其自由上升，f=

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0~f°,

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。~乙,时间内的加速度大小等于r。~54时间内的加速度大小

C.XT图像中的两段曲线在/时刻相切

D.飞机的最大速度为F

*0

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〃3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。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2gsin0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，图中以。、生为已知量，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（）

5.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，气体可视为理想气体，设篮球的体

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f=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=lm的质

点N此后的4T图像，。是位于x=10m处的质点，则下列说法正确的是（）

试卷第2页，共8页

B.质点M的振动方程为y=8cos0.5加（cm）

C.在，=12s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0.25Hz

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,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（）

、、、沪\

—

A.M、N两点的电场强度大小相等

B.历、N两点的电势相等

C.将一个不计重力的负电荷沿直线由。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。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的质量为相八，物体B的质量为机B，弹

簧的劲度系数为鼠不计滑轮摩擦，物体A位于O点时;系统处于静止状态，物体A

在尸点时弹簧处于原长。现将物体A由P点静止释放，物体A不会和定滑轮相碰，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（）

3

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、多选题

9.如图甲为某同学设计的充电装置示意图，线圈加匝数〃=100匝，面积S=l（F\n2,

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，理想变压器副线圈接充电器，己知额定电压为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（）

乙

A.线圈仍中交变电流的周期为0.2s

B.变压器原线圈输入电压有效值为0V

C.变压器原、副线圈匝数比为1:6

D.变压器原、副线圈匝数比为近：6

10.如图所示，用三根细线“、尻c将质量分别为〃h2机的两个小球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，八氏c三根细线

受到的拉力大小分别为Z、Tb、Tc,则（）

\\\\\\\\

I\

7

匕

匕

A.Th=3mgB.Th=yf7tngC.Tb=>j5ingD.Tc=y[3mg

11.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,金属棒人放在水平导轨上，金

属棒“从斜轨上高〃处自由滑下，已知金属棒。、6质量均为机，电阻均为R，整个过

程中金属棒小〃始终未相撞且与导轨接触良好，则下列说法正确的是（）

试卷第4页，共8页

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也变

R

C.金属棒b的最大安培力为"廊

2R

D.金属棒a最多产生的热量为!，咫“

三、实验题

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

012345678910

•••••T

EFGqJ，

乙

（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，点时的瞬时速度为m/s（结果保留

三位有效数字）；

（2）某同学利用本装置验证“牛顿第二定律“，若重物C的质量为根，重物A、8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。=（用上述物理量表示），若测得多组机及对应的加速度。，在,-工

am

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:

10V主尺早cm

“[山川山I,

0510游标尺20

甲

（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，为cm,直径。为mm。

（2）用多用电表测得该工件的电阻灯大约为500C,该同学又用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Vi（量程0~3V,内阻约为3kC）

C.电压表V2（量程0~15V,内阻约为25kC）

D.电流表Ai（量程0~25mA,内阻约为1。）

E.电流表A2（量程0~250mA,内阻约为0.1C）

F.滑动变阻器R,阻值0〜2C

G.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"A]”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）。

试卷第6页，共8页

（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）。

四、解答题

14.如图所示，边长为L的正方形ABC。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8c边的N点发生反射，

反射后射到CO边的尸点，设真空中的光速为c,求：

（1）棱镜的折射率〃；

（2）光线从M点到P点的时间。

15.如图所示，质量为如的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为〃尸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5光滑固定圆弧轨

道最低点相距X厂0.2m,左、右两侧光滑圆弧最低点等高。质量为四的小木块A静置

于长木板最右端，质量为，”2的小木块B从距木板右端x=；m处以％=G5m/s的初速

度开始向右运动，然后与侬发生碰撞，与A发生碰撞，二者碰撞时间极短，碰后结合

为一体，，如=〃?2=n?3=lkg,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R/和七的四分之一圆环，其两端中心位置”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3当偏转系统不加电场及磁场时，质量为，"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a很小时，有sine=stana=iz,cosa«1-^a2,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/?八&及L表示）。

试卷第8页，共8页

参考答案：

1.B

【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;He的比结合能比：H更大，更稳定，选项B正确；

C.核反应过程中的质量亏损

=w,+m2--/n4Am=mi+m2-m3-nu

释放的核能

AE=A/nc2=("+44

根据结合能的概念可知，该值不等于；He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。

2.C

【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XT图像中斜率表示速度，由图像可知，飞机在0~。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6,由公式户卬+ga产可得

1j

*0=5印0

解得

设~5/。时间内的加速度大小为生,由图可知，飞机在，=5r。时速度为0,则可看成反向加

速，由公式x=+可得

5%一%

解得

a一旦

七一2©

答案第1页，共12页

可知

故B错误；

C.根据XT图像中斜率表示速度可知，XT图像中的两段曲线在/=为时刻相切，故C正确；

D.根据XT图像中斜率表示速度，由图像可知，飞机在f=时速度最大，由公式丫=%+)

可得，最大速度为

%=印。=华

故D错误。

故选C。

3.D

【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尸与使木板下

滑的重力分力平衡，即

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，所以人受到的

合力为，"gsinO+F,由牛顿第二定律得

mgsinO+F=ma

解得

〃=2gsin。

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

mgsin6=F

木板受到的合力为机gsinO+F,由牛顿第二定律得

nigsinO+F=ma

解得

〃=2gsin。

方向沿斜面向下，选项C错误，D正确。

故选D。

答案第2页，共12页

4.B

【详解】由题可知，竖直上抛时根据动能定理得

_mg%=Q_Eko

该星球的第一宇宙速度为v,则

mv~

联立解得

EkO

故选B«

5.C

【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.设篮球的容积为匕，打气筒的容积为V,打第"次气后篮球内气体的压强为p“，打第〃+1

次气后篮球内气体的压强为,根据玻意耳定律可得

p,y0+p,y=

可得

V

P„-P„=—Po

+1%

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。

6.C

【详解】A.根据题意，由图乙可知，质点N在f=0时刻，处在平衡位置向y轴负方向振动，

由同侧法可知，波沿x轴正方向传播，〃点向y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4s,则该波的频率为

答案第3页，共12页

/=7=0.25Hz

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0.25Hz,故D错误；

B.根据题意，由公式可得

2%7U

CD-=一

T2

由于，=0时，M点在平衡位置向y轴正方向振动，则质点M的振动方程为

y=8sin0.5m（cm）

故B错误；

C.根据题意，由图甲可知，该波的波长为4m,由公式口=（可得，该波的传播速度为

v=lm/s

则该波传播到。点所需要的时间为

可知，质点。在,=12s时，振动了Af=5s,则质点。在正向最大位移处，质点。的位置坐

标为（10m,8cm）,故C正确。

故选C。

7.D

【详解】A.根据电场强度

E=k&

r

及平行四边形法则，”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荷沿直线。8由。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。点向N点移动的过程中，受到C点的正电荷和

8点的负电荷的合电场力垂直于OM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»

8.C

答案第4页，共12页

【详解】AB.在尸点释放物体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

mBg=(mA+mB)a

解得

加A+%B

可知初始时刻物体A的加速度为一管一；当物体B向下运动到最低点时，根据对称性可

机A+mB

知，此时B的加速度大小为一乎一，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。

9.AC

【详解】A.由图乙可知，线圈必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

3

Em=„BmS(y=100x—xl0'x—V=V2V

7i0.2

变压器原线圈输入电压有效值为

E

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

答案第5页，共12页

*52

1tlU]6

故C正确，D错误。

故选ACo

10.BD

【详解】小球均静止，故都处于平衡状态，合外力为零。将球1和球2看作一个整体，对整

体受力分析如下图所示

T

3mg

将Ta水平竖直分解有

7izsin<9=Fc

Tcicosf)=3〃2g

解得

Ta=2y/3mg

T=6mg

隔离对小球2受力分析如下图

答案第6页，共12页

Tb

Tb=dT：+(2mg)。=5ng

故选BDo

11.ACD

【详解】A.根据右手定则可知，金属棒。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，6棒速度为零，此时感应电流最大，则

mgh=-mv2,I-

22R

得

BL廊

I一

2R

B错误；

C.同B选项，此时匕棒受安培力最大，即

m2R

C正确；

D.两金属棒最终共速，运动过程中满足动量守恒

mv=2mv

金属棒a产生的热量为

得

Q=^mgh

D正确。

答案第7页，共12页

故选ACDo

m1

12.1.132M+/b

【详解】（1）⑴打”点时重锤A的瞬时速度等于打G、J两点间的平均速度，即

GJ(8.50-4.00)x10-2

Vu=—=m/s»1.13m/s

"2T2x0.02

（2）[2]⑶对A、B、。整体根据牛顿第二定律有

(M+〃Dg—Mg=(2M+m)a

则

m

a=--------g

2M+m

整理得

12M11

—=—।—

agmg

由题意可知

b=L

g

解得

nP2U

41H

【详解】（1）UJ该工件的直径为

D=102mm+4x0.05mm=102.20mm=10.220cm

[2]高度为

H=5.5mm+40.0x0.01mm=5.900nim

（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

E

：”=—=24mA

氏

所以电流表应选择Ai。

答案第8页，共12页

[5]因为滑动变阻器最大阻值远小于心,所以滑动变阻器应采用分压式接法。又因为

&>d网风2

所以电流表应采用内接法，电路原理图如图所示。

R'=7

根据电阻定律有

X耍瑞

解得

nD2U

p=--------

41H

14.(1)/；(2)—

【详解】（1）在M点,由光的折射定律

sin60°/r

n=--------=73

sin30°

（2）由几何关系可知,光线从M点到尸点的距离为

22L

s=MN+NP=-f=(BN+CN)=-i=

v3v3

传播的速度

cc

光线从历点到P点的时间

s2L

=———

Vc

15.(1)16J；(2)—m；(3)—m

330

【详解】（1）设木块B到达木板右端的速度为盯，由动能定理可得

答案第9页，共12页

1212

-^2m2gx=-m2vl--m2v0

代入数据，解得

v；=8m/s

AB碰撞后，由动量定理可得

〃?2H=（，巧+?）丫共

解得

Vjt=4m/s

碰撞过程损失的机械能

=g也（加2+/）嗔=16J

(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

加速度为痣，由牛顿第二定律

+吗）g=（"+网）出

木板的加速的为田，由牛顿第二定律

〃2（吗+"%）g-A（〃?2+/%+网）g=肛6

解得

4=3m/s2

2

a2=9m/s

设经过。时间后两者共速，共同速度为U,由运动学公式可知

u=u共一Q2a

解得

1

v=lm/s

该过程中木板的位移

V1

x=—A=—m

12,6

滑块走过的位移

答案第10页，共12页

/=