2023年河北省高考物理模拟试卷二

2023年河北省高考物理模拟试卷（二）

一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28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.（4分）2022年6月23日，辽宁红沿河核电6号机组正式具备商业运行条件，标志着我

国在运最大的核电站全面建成投产。核燃料可在核反应堆中，通过核裂变产生实用核能

材料。已经大量建造的核反应堆使用的是裂变核燃料铀（235U）和杯（239pu）下列说

9294

法正确的是（）

A.外界温度越高，杯（239pu）衰变的速度越快

94

B.铀（235U）经过1次a衰变产生杯（239pu）

9294

C.235u在中子轰击下生成94sr和140xe的过程中，核子的比结合能增大

923854

D.235（J在中子轰击下生成94sr和140xe的过程中，没有质量亏损

923854

2.（4分）如图所示，在同一均匀介质中有振动周期相同的波源Si和S2,P是同一水平面

内的一点，SiP=30cm,S2P=50cm,且S1P垂直于SiS2»SiA=AO=OB=BS2,S1S2

连线上只有1个振动减弱点。和2个振动加强点A、B。波源Si在t=0时刻开始从平衡

位置向上振动，经过4s波源Si产生的第一个波峰传到P点，已知波源Si、S2均从t=0

时起振，下列说法正确的是（）

A.波源S2在t=0时刻向上运动

C.P点为振动的减弱点

D.波源S2产生的第一个波峰传到P点需要的时间为8s

3.（4分）如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为+Q,与其连线中点O

的距离均为h；质量为m带电量为-q的试探电荷以0为圆心做匀速圆周运动，A、B为

圆周上的两点，两点与正点电荷连线与AB连线的夹角均为。=30°,已知静电力常量为

k,重力忽略不计，则（）

A.试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为返典

8h2

B.试探电荷做匀速圆周运动的角速度为工怛色

2hVmh

c.若e增大，试探电荷仍能以o为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力一定变

小

D.若在A点由静止释放负点电荷，该电荷将在AB连线上做简谐运动

4.（4分）如图所示，I为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为2。；II为地

球的近地卫星。已知地球的自转周期为To,万有引力常量为G,根据题中条件，可求出

（）

A.地球的平均密度为一―

仆T/•Ja

G1gSinD

B.卫星I和卫星II的加速度之比为sin220

T

c.卫星n的周期为丁=2=-

vsin38

D.卫星II运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间为

（兀+20）%厂右

---2H----Vsin9

5.（4分）如图所示，O为一玻璃球的球心，AB、CD为过球心截面内互相垂直的直径。甲、

乙两束单色光，分别从M、N两点沿平行AB方向射入玻璃球，M点到CD的距离等于

球半径的一半。经一次折射后，两单色光均从B点射出，两出射光线的夹角为134。。

（sin74°=0.96）下列说法正确的是（）

A.玻璃球对单色光甲的折射率为近

B.单色光乙由N点射入玻璃球时的入射角为75°

C.单色光甲的频率小于单色光乙的频率

D.单色光甲从M点传播到B点的时间大于单色光乙从N点传播到B点的时间

6.（4分）如图所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压恒定，升压变压器和降压变压

器均为理想变压器，其中降压变压器的变压比为n；图中电表均为理想电表；两变压器间

输电线的总电阻为R。假如用户设备发生变化，导致输电线上的电压增加了AU,下列说

法正确的是（）

A.电压表示数增大融■

n

输电线上消耗的电功率增加但以

B.

R

C.用户设备消耗的电功率减少但L

R

D.电流表示数增大了

R

7.（4分）如图所示，轻弹簧一端与质量为m的物块A相连接，另一端与小立柱（质量忽

略不计）栓接，第一次将A放在物块B上，物块B的上表面水平，小立柱固定在B上,

物块B放在固定斜面上，AB相对静止的一起沿斜面下滑，第二次将A放在物块C上，

C的上表面与斜面平行，小立柱固定在C上，物块C放在固定斜面上，AC相对静止的

一起沿斜面下滑，已知斜面倾角为0=30°,B、C质量相等，与斜面的动摩擦因数均为

，两次轻弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为」mg。已知重力加

速度为go则两次下滑过程中A、B间的摩擦力与A、C间的摩擦力之比为（）

1蓊+3|1

芽U+1芽U+1

1W3-3111W3+3|1

啦U-12V3H-1

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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0

分。

（多选）8.（6分）某同学用甲、乙两个物块来模拟研究汽车相遇规律问题，下图是他根据

运动规律绘制的甲、乙两个物块的运动位移时间图线。已知甲物块的运动图线为一条顶

点为（0,xo）的抛物线，乙的运动图线为一过原点的直线。两条图线中其中一个交点坐

标为（ti,XI）。则下列说法正确的是（）

A.ti时刻甲物块速度为红

X.-x

甲物块在做匀加速直线运动的加速度为'n

ti

图中甲、乙两个物块再次相遇时刻为12n

如果两个物块只相遇-一次，则必有Xi=2xo

（多选）9.（6分）近年来我国大力发展自主品牌创新，其中“大疆”已经成为无人机领域

的龙头老大。如图是一款“大疆”四旋翼无人机，能实现自主水平悬停、水平直线运动

及垂升垂降。假设该无人机质量为M,其螺旋桨把空气以速度v向下推，重力加速度为

go下列说法正确的是（）

A.水平悬停时，螺旋桨每秒钟所推动的空气质量为强

V

B.水平悬停时，无人机的发动机输出功率为

C.想要实现水平方向的匀速直线运动，无人机的机身平面必须与地面保持平行

D.假设无人机在离地面高为h的位置悬停时突然一质量为m的零部件掉落，则当其落

到地面瞬间时无人机离地高度为血（无人机升力不变）

M-m

（多选）10.（6分）如图所示，一根质量为m的金属棒静止放置在水平光滑且无限长的平

行金属导轨上。导轨间距为L,磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面，导轨

间可以通过单刀多掷开关S连接电容大小为C的电容器、阻值为R的定值电阻，金属棒

与导轨电阻均不计。以下说法正确的是（）

A.将开关S掷向1,给金属棒一向右的初速度vo,则从开始到金属棒停止运动的过程中

通过电阻R的电荷量为吧2

BL

B.将开关S掷向1,给金属棒一向右的初速度V0并给金属棒施加一向右的外力使其做

D2T22

加速度为a的匀减速直线运动，则从开始到金属棒停止运动的过程中外力冲量为-----工

2aR

C.将开关S掷向2,给金属棒施加一水平向右恒力，则金属棒做加速度逐渐减小的变加

速直线运动

D.将开关S掷向2,电容器的上下极板分别带有等量正、负电荷，电荷量为Qo,则金

B2L2QC

属棒达到稳定状态后电容器上剩余的电荷量为一出n一

m+B2L2C

三、实验题：本题共2小题，11小题6分，12小题9分。

11.（6分）阿特伍德机，是由英国牧师、数学家兼物理学家的乔治•阿特伍德在1784年发

表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的一种著名力学实验装置，装置如图所

示。阿特伍德机可以用来验证系统的牛顿第二定律。

（1）该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度d,开始时将质量为m的A物体、和质量为

Mo的B物体用绳连接后，跨放在定滑轮两侧，滑轮质量和摩擦可忽略不计，A置于桌面

上使其保持静止状态。测量出挡光片中心到光电门的竖直距离h,释放物体A后，A向

上运动，测出挡光片挡光的时间t,则左右两侧物体的加速度a的大小表达式为

（用h、d、t表示）。

（2）要验证“受力不变时，加速度大小与质量成反比”实验时，为改变系统总质量，可

同时在左右两侧依次挂1个、2个、3个、4个质量均为m的钩码（有挡光片的物体放于

最下方），重复（1）中的实验过程，测出左右两侧物体总质量M及对应的加速度a,作

出a,图像，若图像为，则可验证。

M

（3）验证“质量不变时，加速度大小与力成正比”，先在右侧挂5个质量为m的钩码，

左侧挂质量为Mo的物体，为改变力的大小但保证系统总质量不变，应如何操

作？o

12.（9分）某实验小组要准确测量一电池的电动势和内阻，手边有一个只有刻度但没有刻

度值的电流表、电池、电压表、电阻箱、滑动变阻器、欧姆表、开关一个、导线若干，

小组成员想先测量出电流表的内阻和量程，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻。

（1）首先用欧姆表粗测电流表的内阻；用“X10”挡测量时指针指示如图甲所示，则应

该换挡再次测量；

（2）小组成员又设计了更精确的测量方案，所用电路如图乙所示。将开关S闭合，调节

Ri、R2使电流表、电压表指针都在合适位置，然后在保持电压不变的前提下，多次改变

Ri、R2,记录RI和电流表偏转的格数N,再根据记录数据作出工_匕图像，若作出的图

N1

像如图丙所示，纵截距为a,斜率为k,则电流表的内阻RA等于；

（3）调节Ri、R2使电流表满偏，记录电压表示数U和电阻箱示数Ri,则电流表量程为

（用RA、U、Ri表示）。

（4）用所给器材，设计电路用伏安法测电源的电动势和内阻，尽量减小系统误

差o

四、计算题：本题共3小题，13小题10分、14小题13分、15小题16分。

X10-4m2X104m3。气体初始时温度为T=300K,在距玻璃管下端h=12cm处开有小孔（忽

略孔的粗细），小孔通过一段软管连接右侧封闭有一段气柱的玻璃管，右侧玻璃管横截面

积和左侧玻璃管横截面积相等，气柱长为L=10cm,气柱温度保持不变。刚开始时，右

侧玻璃管封闭气体的水银面刚好与小孔位置相平。当球形容器中温度上升后，球形容器

中气体使封装水银面升高至小孔处。已知大气压强为po=76cmHg。求此时右侧玻璃管中

水银面上升的高度以及此时球形容器中气体的温度。

14.（13分）如图所示，木板C静止在光滑的水平面上，距木板C的右侧s远处有一固定平

台，平台由MN、NP、PQ三段组成，NP段光滑，其余两段粗糙，MN长为Li=L6m,

NP长为L2=1.8m,PQ段足够长。滑块B静止于P点。已知A、B、C质量均为m=lkg。

滑块A以vo=8m/s的速度从木板C的左端滑人，直到滑到C右端时恰好与C速度相同

（木板C未碰到平台MN）。当滑块A经过平台MN段后，受到水平向右的恒力F=10N

作用。已知滑块A与木板C间、滑块B与MN、PQ间的动摩擦因数均为口=0.5。（重力

加速度g=10m/s2）

（1）为保证木板C与平台碰撞前A、C能达到速度相同，s至少多长。

（2）求滑块A从M运动到P点的时间。

（3）滑块A与滑块B可发生多次碰撞，且每次碰撞均为弹性碰撞，求从滑块A滑上木

板C到第n次碰撞时的摩擦生热。

15.（16分）宇宙射线为来自太阳系以外的高能量粒子，其中大约89%的成份是单纯的质子。

质子的电荷量为q,质量为m。携带粒子探测器的人造卫星可以直接探测lOMeV以下的

宇宙射线，以避免大气层吸收宇宙射线。lO^eV以上的宇宙射线，必须使用地面上的多

个带电粒子探测器进行间接测量，分析原始宇宙射线与大气的作用来反推原始宇宙射线

的性质。如图所示，有一束宇宙射线从距地面14R处S点射向赤道。假设在赤道上空的

地磁场为匀强磁场，磁感应强度为B,方向与赤道平面垂直，地球磁层边界距地面约为

9R。已知地球半径为R,不考虑相对论效应及地球公转带来的影响。

（1）求质子的速度在什么范围内地面探测器将接收不到质子？

（2）若质子流的速度大小均为v2=翅飒，这一速度的质子流从进入磁场到到达地面的

m

最长时间为多少？

（3）若速度为丫3=地变_的质子，自A点进入地磁场时，恰好到达地面，已知SA=5.5R,

m

其中。为地心，则vW驷W的质子到达地球表面的弧长是多少？（可能用到的三角函数

m

近似值sin20°=0.34,sin34°=0.56,sin39°=0.63,sin42°=0.67,sin70°=0.94,

coslT=0.98,cos20°=0.94,cos48°=0.67）

2023年河北省高考物理模拟试卷（二）

参考答案与试题解析

一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28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.（4分）2022年6月23日，辽宁红沿河核电6号机组正式具备商业运行条件，标志着我

国在运最大的核电站全面建成投产。核燃料可在核反应堆中，通过核裂变产生实用核能

材料。已经大量建造的核反应堆使用的是裂变核燃料铀（235U）和杯（239pu）下列说

9294

法正确的是（）

A.外界温度越高，杯（239pu）衰变的速度越快

94

B.铀（235U）经过1次a衰变产生杯（239pu）

9294

C.235u在中子轰击下生成94sr和140xe的过程中，核子的比结合能增大

923854

D.235u在中子轰击下生成94sr和140xe的过程中，没有质量亏损

923854

【分析】原子核的衰变速度只与元素本身性质有关，与外界温度无关；

理解衰变的分类，结合衰变前后的电荷数和质量数守恒得出衰变后的产物；

理解比结合能的概念，结合质能方程完成分析。

【解答】解：A、原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的物理、化学状态

和外部条件无关，故A错误；

B、铀（235u）经过1次a衰变，电荷数少2,质量数少4,即电荷数变为90,质量数

92

变为231,故B错误；

C、纪5U在中子轰击下生成感Sr和/OXe的反应属于重核裂变，重核分裂成中等大小的

923854

核，较稳定，核子的比结合能增大，故C正确；

D、此过程中释放能量，由质能方程可知此过程中存在质量亏损，故D错误。

故选：Co

【点评】本题主要考查了原子核的衰变问题，理解衰变前后质量数和电荷数守恒的特点，

结合半衰期的概念和影响因素即可完成分析。

2.（4分）如图所示，在同一均匀介质中有振动周期相同的波源Si和S2,P是同一水平面

内的一点，SiP=30cm,S2P=50cm,且S1P垂直于SiS2»SiA=AO=OB=BS2,S1S2

连线上只有1个振动减弱点。和2个振动加强点A、B。波源Si在t=0时刻开始从平衡

位置向上振动，经过4s波源Si产生的第一个波峰传到P点，已知波源Si、S2均从t=0

时起振，下列说法正确的是（）

A.波源S2在t=0时刻向上运动

C.P点为振动的减弱点

D.波源S2产生的第一个波峰传到P点需要的时间为8s

【分析】A、由0点是振动减弱点可知两波源振动步调是否一致，则可知两波源起振方

向是否相同；

B、求出两波源之间的距离，根据AB两点为减弱点可得波长，根据波在一个周期内传播

的距离为一个波长、S1P的距离、波源Si的起振方向，可知波源Si产生的第一个波峰传

到P点的时间与周期的关系，可得周期的大小，由丫上可得波速的大小；

T

C、根据两波源的振动步调，以及P点到两波源的路程差可知P点振动是加强还是减弱；

D、由S2P的距离可知波源S2产生的波传到P的时间，再根据S2起振方向可知波源S2

产生的第一个波峰传到P点需要的时间。

【解答】解：A、0点到波源Si、S2的距离相等，且是振动减弱点，可知两波源的振动

步调相反，波源Si在t=0时刻开始向上振动，则波源S2在t=0时刻向下运动，故A错

误；

B、SiP=30cm,S2P=50cm,由勾股定理可得：SiS2=40cm

AB两点为振动减弱点，则有:-

S2A-S1A=S1B-S2B-ySIA=AO=OB=BS2

代入数据解得：入=40cm

可知：SiP=30cm=3入，所以波源Si产生的波传到P点的时间为旦丁

44

波源Si在t=0时刻开始从平衡位置向上振动，可知波传到P点后再经过工，P点第一

4

次到达波峰，即旦T」T=4S，可得T=4s

44

由$可得波速v=10cm/s,故B错误；

T

C、两波源的振动步调相反，由S9P-S正二SOcnrSOcnFZOcm」-可知P点是振动加强

点，故C错误；

D、S2P=50cm=入+2二，可知波源S2把波传到P点需要的时间

4

%=T』T=4S4s=5s，波源S2在t=0时刻向下运动，可知P点的起振方向向下,

则需要［「P点第一次到达波峰，可知波源S2产生的第一个波峰传到P点需要的时间

t=114s=8s,故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了波的叠加，波速与波长和周期的关系，解题的关键是要知道：若两

波源振动步调相反，某点到两波源的路程差等于半个波长的整数倍，即：As=n入（n=0,

1,2...）,则此点为振动减弱点，若两波源振动步调相同，则此点为振动加强点。

3.（4分）如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为+Q,与其连线中点0

的距离均为h；质量为m带电量为-q的试探电荷以0为圆心做匀速圆周运动，A、B为

圆周上的两点，两点与正点电荷连线与AB连线的夹角均为。=30°,已知静电力常量为

k,重力忽略不计，则（）

A.试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为返典

8h2

B.试探电荷做匀速圆周运动的角速度为工叵

2hVmh

C.若。增大，试探电荷仍能以O为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力一定变

小

D.若在A点由静止释放负点电荷，该电荷将在AB连线上做简谐运动

【分析】试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力是由两个点电荷对其库仑力的合力，根

据库仑定律进行解答；根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式进行解答；根据等量同

种正电荷中垂线的电场强度分布情况进行解答；根据简谐运动的特点进行解答。

【解答】解：A、试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力是由两个点电荷对其库仑力的合

力，即为：F向=2・一”----cos8,解得：F1,-V3kQq＞故A错误；

4h2

sinv

B、试探电荷做匀速圆周运动的轨迹半径为：r=，—=一h一=V3h

tan6tan30

根据牛顿第二定律可得：Fni=mrio2

解得试探电荷做匀速圆周运动的角速度为：3=工但鼠，故B正确；

2hVmh

C、等量同种正电荷周围的电场线分布情况如图所示：

两个点电荷中垂线的电场强度从O点向无限远的变化情况是先增大后减小，由于不知道

现在试探电荷所在位置处电场强度是不是最大，所以若e增大，试探电荷仍能以o为圆

心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力不一定变小，故C错误；

D、两个点电荷中垂线的电场强度从0点向无限远的变化情况是先增大后减小，若在A

点由静止释放负点电荷，该电荷将在AO之间受力可能是先增大后减小，受力情况不满

足F=-kx,所以电荷将在AB连线上不可能做简谐运动，故D错误。

故选：B。

【点评】本题主要是考查等量异种电荷周围电场线的分布情况，关键是能够根据试探电

荷的运动情况分析受力情况，掌握简谐运动的特点。

4.（4分）如图所示，I为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为2。；II为地

球的近地卫星。已知地球的自转周期为To,万有引力常量为G,根据题中条件，可求出

（）

A.地球的平均密度为一.兀_

/GIT1/gsi•nJCD

B.卫星I和卫星n的加速度之比为豆1?20

T

c.卫星II的周期为0

{sin*8

D.卫星n运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间为

（兀+28）丁0「右

----27T----^sin8

【分析】先根据开普勒第三定律求卫星I、n的周期之比，进而求得卫星n的周期。对

于卫星n,根据万有引力提供向心力求地球的质量，再求地球的平均密度；根据牛顿第

二定律求卫星I和卫星H的加速度之比；根据两卫星同向运行和相向运行，由几何关系

求卫星n运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间。

【解答】解：c,设地球质量为M,卫星I、n的轨道半径分别为r和R,卫星I为地球

同步卫星，周期为To。设近地卫星II的周期为T。

丁3R

根据开普勒第三定律与3

TQT2

由题图得：sin8=E

r

可得卫星n的周期为丁=丁。^^/'3,故c错误；

A、对于卫星n,根据万有引力提供向心力得：粤=皿（空.产区

R2丁

地球的平均密度为p工3M

»V4JTR3

联立以上各式，可得地球的平均密度为「=—严不•,故A正确：

仆T/・Ja

(j1QSinD

B、对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得：G^=ma,得a聋

2

所以卫星I和卫星II的加速度之比为±L=W_=sin2。，故B错误；

anr2

D、当卫星H运行到与卫星I的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为TT+2。时;卫星

II无法直接接收到卫星I发出电磁波信号，设这段时间为t。若两卫星同向运行，则有

(0)11-0)I)t=TT+20

又3"="=」兀，3产"

3T

TT0Vsin90

3

梅田(兀+28)T0Vsin6

解得：t=----------1------

2兀(1-Vsin39)

若两卫星相向运行，则有

(a)n+a)i)t=ir+20

结合3产”=,2兀，3尸空

3

TT0VsineTo

3

(兀+28)TnVsin9

解得：t=-------咨一一，故D错误。

2兀(1+Vsin38)

故选：A«

【点评】本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定

律列式分析，同时要结合几何关系得到两颗卫星轨道半径的关系。

5.(4分)如图所示，O为一玻璃球的球心，AB、CD为过球心截面内互相垂直的直径。甲、

乙两束单色光，分别从M、N两点沿平行AB方向射入玻璃球，M点到CD的距离等于

球半径的一半。经一次折射后，两单色光均从B点射出，两出射光线的夹角为134°。

(sin74°=0.96)下列说法正确的是()

A.玻璃球对单色光甲的折射率为近

B.单色光乙由N点射入玻璃球时的入射角为75°

C.单色光甲的频率小于单色光乙的频率

D.单色光甲从M点传播到B点的时间大于单色光乙从N点传播到B点的时间

【分析】画出光路图，由几何知识求出单色光甲在M点的入射角和折射角，再求单色光

甲的折射率。根据儿何关系求解单色光乙由N点射入玻璃球时的入射角。根据折射定律

比较玻璃球对单色光甲和乙的折射率大小，分析它们频率的大小。由v=£分析两光在玻

n

璃球内传播速度大小，再比较传播时间关系。

【解答】解：A、画出光路图如图所示。

由几何关系有N2=30°,Z1=Z2+Z3=3O°+30°=60°

由折射定律得玻璃球对甲光的折射率m=sin41=sin60：=料,故A错误；

sinZ2sin30

B、甲光在B折射时，有m=sin/4,/3=/2=30°

sinZ3

可得N4=60°

由几何关系有N8=134°-Z4=134°-60°=74°

结合光路可逆原理知N5=/8=74°,Z6^-Z5=37°

所以单色光乙由N点射入玻璃球时的入射角为N5=74°,故B错误；

C、由折射定律得，玻璃球对乙光的折射率!!2=苴吗»=巨圮£■

sinZ6sin37

玻璃球对甲光的折射率大于玻璃球对乙光的折射率，所以单色光甲的频率大于单色光乙

的频率，故C错误；

D、甲光在玻璃球中的传播速度明」

1nl

由几何关系有一邺T=J

sinl20sin30

甲光在玻璃球中的传播时间垢型=丝

1VjC

乙光在玻璃球中的传播速度V„」

Zn2

由几何关系有一^―-=一J

sinl06sin37

乙光在玻璃球中的传播时间tc四J6R

12V2C

解得：21=Z1

t264

所以单色光甲从M点传播到B点的时间大于单色光乙从N点传播到B点的时间，故D

正确。

故选：D。

【点评】本题是儿何光学问题，关键是作出光路图，运用几何知识，结合折射定律进行

求解。

6.（4分）如图所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压恒定，升压变压器和降压变压

器均为理想变压器，其中降压变压器的变压比为n；图中电表均为理想电表；两变压器间

输电线的总电阻为R。假如用户设备发生变化，导致输电线上的电压增加了AU,下列说

法正确的是（）

A.电压表示数增大约

n

B.输电线上消耗的电功率增加但

R

c.用户设备消耗的电功率减少但D-

R

D.电流表示数增大了qn

R

【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距

离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系,

理想变压器电压和匝数关系。

【解答】解：A、正弦交流发电机输出电压保持不变，升压变压器的输出电压不变，输电

线上电压增加AU,所以降压变压器的原线圈电压减少AU,则降压变压器的副线圈电压

减少CU,故A错误；

n

BC、输电线电阻不变，电压增加，说明输电线上电流增加，而输电线损耗功率增加

222

2I_2-LV：UIZU_,AU=U-ui,用户设备消耗的电功率减少不是

A「P=RR六5RP2

故BC错误；

R

D、若降压变压器原、副线圈电流分别为11、12,贝nl!=l2,变压比n不变，所以nA

L=AI2,输电线上电流增加△1AL可知降压变压器输出电流增加nAI=n^u,

RR

故D正确。

故选：D。

【点评】本题主要考查远距离输电问题。对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中

的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。

7.(4分)如图所示，轻弹簧一端与质量为m的物块A相连接，另一端与小立柱(质量忽

略不计)栓接，第一次将A放在物块B上，物块B的上表面水平，小立柱固定在B上,

物块B放在固定斜面上，AB相对静止的一起沿斜面下滑，第二次将A放在物块C上,

C的上表面与斜面平行，小立柱固定在C上，物块C放在固定斜面上，AC相对静止的

一起沿斜面下滑，已知斜面倾角为0=30°,B、C质量相等，与斜面的动摩擦因数均为

|1(噌＜喙)，两次轻弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为［mg。已知重力加

【分析】第一次将A放在物块B上时，AB相对静止的一起沿斜面下滑，则以AB为整

体，由牛顿第二定律可列出方程，可求出AB的加速度；第二次将A放在物块C上，AC

相对静止的一起沿斜面下滑，则以AC为整体，由牛顿第二定律可列出方程，可求出AC

的加速度；第一次以A为研究对象，对A受力分析，由A所受合力方向判断A所受摩

擦力方向，由力的合成与分解知识，可列出合力与水平合力的方程；第二次仍以A为研

究对象，对A受力分析，判断A所受摩擦力方向，由牛顿第二定律可列方程；联立上述

方程，结合已知条件，可求A、B间的摩擦力与A、C间的摩擦力之比。

【解答】解：物块B、C质量相等，设B、C质量均为M,A与B保持相对静止，则二

者向下的加速度是相等的，对A、B整体，由牛顿第二定律有

(M+m)gsinp-|i(M+m)gcosp=(M+m)ai

解得：ai=gsinp-jigcosp

同理，A与C保持相对静止，则二者向下的加速度也是相等的，对A、C整体，由牛顿

第二定律有

(M+m)gsinp-(M+m)gcosp=(M+m)a2

解得：a2=gsinp-|igcos0=ai

第一次以A为研究对象，A受重力、物块B竖直向上的支持力、弹簧水平向左的弹力，

因为A所受合力沿斜面向下，由力的合成与分解知识可知，A在水平方向上所受合力一

定向右，即A所受静摩擦力水平向右，则有

fAB-F弹=maicos0

第二次仍以A为研究对象，A受重力、物块C垂直斜面斜向上的支持力、弹簧沿斜面向

上的弹力，物块C对A沿斜面向上的静摩擦力，由牛顿第二定律有

mgsinp-F弹-fAC=ma2

又：F弹=四呈

4

联立各式，解得：%=塞-3艮

fAC2V3|1-1

故ABD错误，C正确。

故选：C,

【点评】解答本题，关键要分析出第一次情况中、A所受摩擦力的方向，及A所受合力

与水平方向合力的关系；要分析出第二次情况中，A所受摩擦力的方向。

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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0

分。

（多选）8.（6分）某同学用甲、乙两个物块来模拟研究汽车相遇规律问题，下图是他根据

运动规律绘制的甲、乙两个物块的运动位移时间图线。已知甲物块的运动图线为一条顶

点为（0,xo）的抛物线，乙的运动图线为一过原点的直线。两条图线中其中一个交点坐

标为（ti,XI）。则下列说法正确的是（）

A.ti时刻甲物块速度为卫

修

B.甲物块在做匀加速直线运动的加速度为之手

%

c.图中甲、乙两个物块再次相遇时刻为士L

2

D.如果两个物块只相遇一次，则必有xi=2xo

【分析】由图像可知，乙物块为匀速直线运动，其速度V乙应为红，第一次相遇时，为

tl

乙追上甲的情形，因此此时甲的速度应该小于乙速度；甲物块做的是初速度为零的匀加

速直线运动，其运动方程为x=xo+/at；两个物块相遇条件为抛物线与直线相交，根

22

据题意有x=xo+/at=v乙匕根据相遇条件可知，当方程x=xo+/at=vz_t有一个

解时即为相遇一次。

【解答】解：A、由图像可知，乙物块为匀速直线运动，其速度v乙应为卫，第一次相

%

遇时，为乙追上甲的情形，因此此时甲的速度应该小于乙速度，故A错误；

12

B、甲物块做的是初速度为零的匀加速直线运动，其运动方程为x=xo+£at，将点坐标

2（X1-Xn）

（ti,xi）代入可求出a=——10,故B错误；

12

C、两个物块相遇条件为抛物线与直线相交，根据题意有x=xo+_1_at=丫乙3代入可知

三吐L,故c正确；

2x「x。

12

D、根据前面的相遇条件可知，如果两个物块只相遇一次，即方程x=xo+/at=v〃，

则A=0时，即xi=2xo,故D正确。

故选：CD。

【点评】本题考查匀变速直线运动位移与时间的关系，学生可根据图像和题意进行分析,

需明白两个物块相遇条件为抛物线与直线相交。

（多选）9.（6分）近年来我国大力发展自主品牌创新，其中“大疆”已经成为无人机领域

的龙头老大。如图是一款“大疆”四旋翼无人机，能实现自主水平悬停、水平直线运动

及垂升垂降。假设该无人机质量为M,其螺旋桨把空气以速度v向下推，重力加速度为

g«下列说法正确的是（）

A.水平悬停时，螺旋桨每秒钟所推动的空气质量为迤

V

B.水平悬停时，无人机的发动机输出功率为

C.想要实现水平方向的匀速直线运动，无人机的机身平面必须与地面保持平行

D.假设无人机在离地面高为h的位置悬停时突然一质量为m的零部件掉落，则当其落

到地面瞬间时无人机离地高度为血（无人机升力不变）

【分析】AB.根据平衡条件求解空气对无人机的作用力，根据牛顿第三定律求解无人机对

空气的作用力；根据动量定理求解每秒推动空气的质量：根据动能定理结合功率公式求

解输出功率；

C.无人机所受升力与机身平面垂直，阻力方向与运动方向相反，无人机匀速运动所受合

力为零；

D.根据平均动量守恒求解无人机离地高度。

【解答】解：AB.由于无人机静止，根据平衡条件，空气对无人机的作用力为F=Mg

根据牛顿第三定律，无人机对空气作用力为F=F=Mg

设△t时间内被推空气的质量为△m,对被推向下的空气应用动量定理得F'At=MgAt=

△mv

每秒推动空气的质量

Atv

四台发动机的总输出功率为P,由动能定理有「△t=/Zkmv2

联立方程得

综上分析，故AB正确；

C.无人机所受升力与机身平面垂直，所以要实现水平方向的匀速直线运动需要将机身倾

斜，受力分析如图：

故C错误；

D.设零件落地时，无人机上升的高度为H,取竖直向上为正方向，根据关系式（M-m）

H-mh=O解得：口=1nh

M-m

则无人机离地总高度为：Ha=H+h=—

心M-m

故D错误。

故选：AB。

【点评】本题主要是考查动量定理、动能定理等，关键是能够选取研究对象，对研究对

象根据动量定理、动能定理以及功率的计算公式进行解答；

注意：1.无人机所受升力与机身平面垂直，阻力方向与运动方向相反：

2.掌握对流体运用动量定理进行分析的方法。

（多选）10.（6分）如图所示，一根质量为m的金属棒静止放置在水平光滑且无限长的平

行金属导轨上。导轨间距为L,磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面，导轨

间可以通过单刀多掷开关S连接电容大小为C的电容器、阻值为R的定值电阻，金属棒

与导轨电阻均不计。以下说法正确的是（）

A.