河北省滄州市滄縣中學高三下學期模擬預測物理試題

2023屆高考物理考前熱身卷一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2023年正月十三至正月二十二，已有上千年歷史的涿州市元宵燈會上以三國文化為主題的各類霓虹燈悉數登場，多姿多彩的霓虹燈使人們在紅紅火火的元宵花燈節(jié)上感受著濃濃的新春氣息。霓虹燈發(fā)光原理是不同氣體原子從高能級向低能級躍遷時發(fā)出能量各異的光子而呈現五顏六色，如圖所示為氫原子能級圖，氫原子處于能級上，已知可見光的光子能量范圍為，則下列說法正確的是（）A.一個處于能級的氫原子向低能級躍遷時，最多產生10種譜線B.氫原子從能級向能級躍遷過程中發(fā)出的光為可見光C.氫原子從能級向能級躍遷過程中發(fā)出光不能使逸出功為的金屬鈉發(fā)生光電效應D.氫原子從能級向能級躍遷過程中發(fā)出光的波長最長【答案】B【解析】【詳解】A．一個處于能級的氫原子向低能級躍遷時，最多產生的譜線為種，選項A錯誤；B．從能級躍遷到能級輻射出光子的能量為，又可見光的光子能量范圍為，則該光屬于可見光，選項B正確；C．氫原子從能級向能級躍遷過程中發(fā)出光子的能量為兩能級的能量差，即12.09eV，大于金屬鈉逸出功，所以能發(fā)生光電效應，選項C錯誤；D．氫原子從能級向能級躍遷過程中能級差最大，發(fā)出光的頻率最大，波長最短，選項D錯誤。故選B。2.如圖所示，在xOy坐標系的x軸上的O點和的A點有兩個波源，波源振動的周期均為0．4s，波源產生的兩列簡諧橫波在同一種介質中沿x軸相向傳播，當時，兩列波分別傳播到和兩點，在x軸上和處的三個質點為。下列說法中正確的是（）A.時，質點B速度方向沿y軸正方向，加速度方向沿y軸負方向B.O點和A點產生的兩列波傳播的速度之比為2︰1C.C點距兩波源距離相等，所以C點是振動的加強點D.兩列波同時到達D點，D點為振動的減弱點【答案】A【解析】【詳解】A．波速沿x軸正方向傳播的波經過到達B點且起振方向沿y軸正方向，波的周期為，再經過即經過，此波引起質點B的位移為正向位移，且振動方向沿y軸正方向；沿x軸負方向傳播的波經過到達B點且起振方向沿y軸正方向，波的周期為，再經過，即再經過，此波引起質點B的位移為正向位移，且振動方向沿y軸正方向，所以兩列波引起質點B的合運動速度方向沿y軸正方向，加速度方向為沿y軸負方向，選項A正確；B．兩列波在同一介質中傳播，所以傳播速度相等，選項B錯誤；C．C點距兩波源距離相等，但兩波源不是同時起振，差，當兩列波都到達C點時兩列波引起C點的振動相互抵消，所以C點是振動的減弱點，選項C錯誤；D．D點距兩列波最前端距離相等，兩列波傳播速度相等，則兩列波同時到達D點，且振動方向相同，所以D點為振動加強點，選項D錯誤。故選A。3.如圖所示，水平地面上平行放置兩根足夠長的通電直導線a和b，其電流大小相等、方向垂直紙面向里，豎直線MN位于直導線a、b的中垂面上。通電直導線c中的電流方向垂直紙面向外?，F在從M點由靜止釋放，一段時間后直導線c落在地面上。M點離地面的高度為h，整個過程中，導線a和b靜止不動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則通電直導線c由M點運動到N點的過程中（）A.導線a、b在M點產生的磁感應強度方向為水平向左B.導線c在M點的加速度大于gC.導線即將落地時的加速度大小一定為gD.調整M點到地面的高度h，導線c落地時的速度大小可能為【答案】C【解析】【詳解】A．如圖所示由平行四邊形定則可知，導線a、b中電流在M點產生的磁感應強度方向為水平向右，故A錯誤；B．異向電流相互排斥，所以導線c在M點受到a、b中兩個電流的合力方向為豎直向上，由牛頓第二定律有mg－F＝ma所以a＜g故B錯誤；C．由前面受力分析可知導線c沿豎直方向運動，即將落地時，導線c受到a、b的兩個電流的作用力等大反向，其所受合力為mg，其加速度大小為g，故C正確；D．在下落過程中，a、b中兩個電流給導線c的合力方向一直豎直向上，對導線c做負功，由動能定理解得故D錯誤。故選C。4.在風洞實驗中，將一質量為1kg的小球自西向東以初速度大小20m/s水平拋出，風洞內同時加上自北向南的大小隨時間均勻變化的風力，風力大小與時間t滿足，重力加速度g取，則兩秒后（）A.小球速度大小為B.小球的速度大小為40m/sC.小球的動量變化量大小為D.小球的動量變化量大小為【答案】C【解析】【詳解】AB．2s時，小球向東的速度大小向下的速度大小設向南的速度大小為，由動量定理得解得故小球的速度大小故AB錯誤；CD．動量變化量為末動量減去初動量，小球向東的動量變化量為零，向南的動量變化量為20kg·m/s，向下的動量變化量為20kg·m/s，由矢量三角形法可得小球的動量變化量大小為，故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖甲所示，圓柱形氣缸開口向下豎直放置，氣缸與活塞之間密封一定質量的理想氣體，氣缸與活塞間無摩擦且不漏氣，活塞面積，質量，氣柱高度，氣體溫度，外界大氣壓?，F把氣缸翻轉開口向上放置，如圖乙所示，氣柱高度變?yōu)?，在此過程中，外界對氣體做功120J，氣體放出熱量20J，取，則（）A.圖甲狀態(tài)，氣體的壓強為B.圖乙狀態(tài)，氣體的溫度約為42℃C.氣體內能增加140JD.氣體分子單位時間對單位面積器壁的撞擊次數減少【答案】B【解析】【詳解】A．氣體初狀態(tài)的壓強為故A錯誤；B．氣體初狀態(tài)體積，溫度；氣體末狀態(tài)壓強體積，根據理想氣體狀態(tài)方程，代入數據解得即42℃，故B正確；C．根據熱力學第一定律，可知即氣體內能增加100J，故C錯誤；D．因為溫度升高，氣體分子的平均速率增大，體積減小，氣體分子密度增大，所以氣體分子單位時間對單位面積器壁的撞擊次數增多，故D錯誤。故選B。6.2022年10月9日，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了“夸父一號”綜合性太陽探測衛(wèi)星，首次實現在同一顆衛(wèi)星上對太陽高能成像和大氣不同層次變化的同時觀測。已知“夸父一號”繞地球做勻速圓周運動，離地高度為，運動周期為，地球的半徑，則根據以上信息可知（）A.“夸父一號”為綜合性太陽探測衛(wèi)星，所以發(fā)射速度大于第二宇宙速度B.“夸父一號”的運行速度大于第一宇宙速度C.“夸父一號”的周期與近地衛(wèi)星的周期之比為D.第一宇宙速度的大小為【答案】D【解析】【詳解】A．“夸父一號”為綜合性太陽探測衛(wèi)星，但并不是圍繞太陽轉動，而是圍繞地球做勻速圓周運動，所以其發(fā)射速度小于第二宇宙速度，故A錯誤；B．第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的速度，由萬有引力提供向心力有解得由于“夸父一號”的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，所以“夸父一號”的運行速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；C．根據開普勒第三定律有整理可得“夸父一號”的周期與近地衛(wèi)星的周期之比為，故C錯誤；D．第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的速度，設為v，近地衛(wèi)星做勻速圓周運動有“夸父一號”繞地球做勻速圓周運動有兩式聯立解得第一宇宙速度故D正確。故選D。7.如圖所示，一理想變壓器的原線圈連接一燈泡L，接在輸出電壓有效值恒定的正弦式交流電源上，副線圈連接一滑動變阻器，可以通過調節(jié)滑片的位置來改變接入電路中的副線圈匝數。下列說法正確的是（）A.僅將滑片向a端移動，燈泡將變亮B.僅將滑片向上端移動，燈泡將變暗C.僅將滑片向a端移動，一定變大D.僅將滑片向上端移動，一定變大【答案】C【解析】【詳解】AC．設電源輸出電壓有效值為U，原線圈及其右側部分的等效電阻為，原、副線圈的匝數分別為，則有滑片向a端移動過程中R增大，則增大，原線圈中電流減小，燈泡變暗，原線圈兩端電壓增大，又匝數不變，則將變大，A錯誤，C正確；BD．原線圈中電流僅將滑片向上端移動，即增大，可知增大，所以燈泡將變亮，又可得由于的大小關系未知，所以不一定變大，BD錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，每題有多項符合題目要求。8.如圖在一半徑為R的表面光滑的半球形容器的球心O點，用長為的絕緣細線懸掛一質量為、電荷量為的小球A，在容器內放置一質量為m、電荷量為的小球B，已知B與容器絕緣。兩球在如圖所示的位置處于平衡狀態(tài)，此時細線與豎直方向的夾角。下列說法正確的是（）A.容器對小球B的支持力等于細線對小球A的拉力B.容器對小球B的支持力等于細線對小球A拉力的2倍C.細線對小球A的拉力為小球A重力的D.兩小球間的庫侖力為小球A重力的【答案】AC【解析】【詳解】AB．如圖1所示，連接交過球心O的豎直線于P點，分析兩小球的受力，并將力經適當平移，構成矢量三角形，根據力的矢量三角形與幾何三角形相似，可得所以故A正確，B錯誤；C．把小球A、B看作整體，對整體受力分析如圖2所示，正交分解，可得解得故C正確；D．對小球A，設兩小球間庫侖力為F，則有故D錯誤。故選AC。9.如圖甲所示，斜面傾角為、足夠長、光滑的斜面體固定在水平地面上，可視為質點的質量為的物塊置于斜面上足夠高處，時刻在物塊上施加一沿斜面向上的變化的外力，同時釋放物塊，利用計算機描繪了0~4s時間內物塊的速度隨時間的變化圖象，如圖乙所示，規(guī)定沿斜面向下的方向為正方向，物塊在釋放點的重力勢能為零，重力加速度大小為。則（）A.1~2s的時間內外力的大小為40NB.0~1s時間內與2~4s時間內的外力大小之比為2:19C.1s末物塊的機械能為32JD.0~4s的時間內物塊的機械能減少了350J【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖乙可知，時內物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得由圖乙可知，時內物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得故A錯誤；B．由圖乙可知，時內物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得則故B正確；CD．由題意可知，t=0時刻，物塊的機械能為0，由功能關系可知，物塊機械能的變化量等于整個過程外力F所做的功，外力做的功為即1s末物塊的機械能為8J，外力做的功為則整個過程中物塊機械能變化量大小為故C錯誤，D正確。故選BD。10.半徑為r的圓形導體框與小燈泡組成如圖甲所示的回路，框內存在勻強磁場，磁感應強度隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向），圓形導體框電阻為R1，小燈泡電阻為R2，其他電阻不計，磁感應強度最大值為B0，變化周期為T，電壓表為理想電壓表，下列說法正確的是（）A.導體框上感應電動勢的最大值為B.電壓表的示數為C.在內流過小燈泡電流的方向N→L→M，通過小燈泡的電荷量D.一個周期內回路中產生的熱量【答案】AD【解析】【詳解】A．由圖像可知磁感應強度為線框中感應電動勢為感應電動勢的最大值為故A正確；B．電壓表示數為小燈泡電壓的有效值故B錯誤；C．在內磁場垂直紙面向外增大，感應電流產生的磁場垂直紙面向里，感應電流沿順時針方向，故流過小燈泡電流的方向，通過小燈泡的電荷量為故C錯誤；D．一個周期內回路中產生的熱量應該用交流電的有效值故D正確。故選AD。三、非選擇題：共5題，共54分。11.如圖甲所示為研究平拋運動的裝置。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。（1）下列實驗條件必須滿足的有_______。A.斜槽軌道光滑B.斜槽軌道末段水平C.擋板高度等間距變化D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球（2）為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的球心對應白紙上的位置即為原點；在確定y軸時_______（填“需要”或“不需要”）y軸與重垂線平行。（3）某同學得到部分運動軌跡如圖乙所示.圖乙中水平方向與豎直方向每小格的長度均為l，和是軌跡圖線上的三個點，和、和之間的水平距離相等。那么，小球從運動到所用的時間為_______，小球拋出后的水平速度為______?！敬鸢浮竣?BD##DB②.需要③.④.【解析】【詳解】（1）[1]ABD．為了能畫出平拋運動軌跡，首先保證鋼球做的是平拋運動，所以斜槽軌道不一定要光滑，但末段必須是水平的；要讓鋼球總是從同一位置無初速度釋放，這樣才能保證有相同的平拋初速度，才能找到同一運動軌跡上的幾個點，故BD正確，A錯誤；C．擋板只要能記錄下鋼球下落在不同高度時的不同位置即可，不需要等間距變化，故C錯誤。故選BD。（2）[2]將鋼球運動分解，鋼球在豎直方向為自由落體運動，故需要y軸與重垂線平行。（3）[3]在豎直方向上，根據得[4]水平分速度12.某實驗小組要測量一個量程為0~1V的電壓表的內阻，實驗室提供的器材如下：待測電壓表V（量程0~1V，內阻約為1500Ω）滑動變阻器R1（最大阻值為5Ω，額定電流2A）滑動變阻器R2（最大阻值為2kΩ，額定電流）電源E1（電動勢，內阻不計）電源E2（電動勢，內阻不計）電阻箱R（0~999Ω）開關兩個、導線若干該實驗小組根據實驗電路圖操作步驟如下：①按電路圖連接電路，開關閉合前，將滑動變阻器的滑片移至最右端，電阻箱調到最大值；②閉合開關S1和S2，調節(jié)滑動變阻器的滑片位置，使電壓表的指針指到滿刻度；③斷開S2，保持S1閉合，滑動變阻器位置不變，調整電阻箱的阻值，發(fā)現無論如何都調不到電壓表指針半偏，最后只好調至電壓表指針指到滿刻度的三分之二；④讀出電阻箱的阻值R，得出電壓表的阻值。（1）補全電路圖，注意：滑動變阻器的滑片移至最右端時，電壓表示數為零。_______（2）電壓表的阻值________。（3）為了使測量比較準確，滑動變阻器應選_______，電源應選_______。（均填入器材所對應的符號）（4）用該方法測出的電壓表內阻R測和電壓表真實內阻R真的大小關系為R測_______（填“大于”“等于”或“小于”）R真，這種誤差屬于系統(tǒng)誤差?！敬鸢浮竣?②.③.R1④.E2⑤.大于【解析】【詳解】（1）[1]滑動變阻器的滑片移至最右端時，電壓表示數為零，說明利用的是滑動變阻器右半部分的電壓，所如圖所示電路。（2）[2]由于電壓表兩端電壓為電阻箱兩端電壓的2倍，故（3）[3]在采用分壓式接法時，滑動變阻器電阻越小，測量部分的電阻與滑動變阻器并聯部分的電阻變化就越小，可認為其兩端的電壓幾乎不變，所以滑動變阻器選R1；[4]為減小實驗誤差，電源電動勢應大些，這樣可以使得滑動變阻器并聯部分的電阻更小，故電源選E2。（4）[5]在接入電阻箱后，電壓表所在支路電阻增加，分壓增大，電壓表兩端的電壓為滿偏的三分之二，電阻箱兩端電壓應大于滿偏的三分之一，因此而我們將作為測量值，因此測量值大于真實值，這屬于系統(tǒng)誤差。13.如圖，一柱形玻璃磚，其橫截面為扇形OPQ，扇形的圓心角為111°，半徑為R，圓心為O。一束單色光從OP面上緊靠P點的位置射入玻璃磚，入射角為i，此單色光射入玻璃磚后又恰好在玻璃磚圓弧面上M點發(fā)生全反射。已知，，光在真空中的傳播速度為c。求：（1）玻璃磚對此單色光的折射率n；（2）單色光從P點射入玻璃磚到射出玻璃磚所經歷的最短時間t?！敬鸢浮浚?）37°；（2）【解析】【詳解】（1）設從P點入射折射角為r，根據光的折射定律有根據題設條件有根據幾何關系可得光線在M點的入射角為M點恰好發(fā)生全反射，則有聯立解得玻璃磚對該單色光的折射率解得折射角（2）折射角，根據幾何關系可得，三角形OPM為等腰三角形，則，在等腰三角形OPM中，根據正弦定理解得PM長度在等腰三角形OPM中有，則根據光的反射定律可知反射角，則反射光線MN與OQ面垂直，根據幾何關系MN的長度光在玻璃磚內傳播的速度單色光從P點射入玻璃磚到射出玻璃磚所經歷的最短時間解得14.小車C靜止在光滑的水平面上，距離小車C的右側s處有一固定光滑斜面和光滑平臺組成的裝置，斜面底端與小車C等高，平臺P點與斜面平滑連接，不影響滑塊經過時運動的速率。平臺上O點固定一豎直的彈性擋板，滑塊B靜止于Q點，PQ間距離為kL，OQ間距離為L。當滑塊A以的速度滑上小車，運動到小車C右端時恰好與之共速（小車未碰到斜面底端）。當滑塊A經斜面進入平臺后，始終受到水平向右的恒力F＝mg作用，當滑塊B在該平臺上向左運動時受到同樣的恒力F作用，向右運動則合力為零。已知滑塊A、B及小車C的質量相等，即，斜面高h＝，A、C間的動摩擦因數，，滑塊A、B均可看成質點，滑塊A沖上斜面時無機械能損失，且A、B之間以及B與擋板之間的碰撞為彈性碰撞。（1）為保證小車C與平臺碰撞時A、C能共速，s至少為多長；（2）當滑塊A經斜面進入平臺PO后，若A不能在滑塊B勻速運動過程中追上滑塊B發(fā)生第二次碰撞，則k需要滿足什么條件?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設A、C獲得的共同速度為，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得代入數據解得若A、C共速時，C剛好運動到斜面底端，對C，由動能定理得代入數據解得s＝16m則保證C運動到斜面底端前A、C能夠共速，s至少為。（2）滑塊A沖上斜面，設到斜面頂端時速度為，由動能定理解得A上到平臺后受力為F＝mg，A開始做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可知F＝mg＝ma解得a＝g設與B碰前A的速度為，由運動學公式有A與B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律可得由機械能守恒定律可得聯立解得A、B第一次碰后，B所受合力為零，沿平臺向右做勻速直