物理（河北B卷）-学易金卷：2023年高考第一次模拟考试卷

2023年高考物理第一次模拟考试卷

物理·全解全析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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．某同学利用无人机携带的速度记录仪记录它的运动情况，若某次试验时无人机从地面竖直向上起飞至返回地面的20s内的v-t图像如图所示，则本次试验中（　　）

A．画v-t图像时取向上为正方向

B．上升的最大速度为3m/s

C．全过程中最大加速度是0.75m/s2

D．上升到最大高度用了8s钟时间

答案  D

解析  A．无人机从地面竖直向上起飞至返回地面，由题图可知，画v-t图像时取向上为负方向，A不符合题意；B．因为取向上为负方向，所以上升的最大速度为－2m/s，B不符合题意；C．v-t图像的斜率表示加速度，最大加速度是负号表示加速度方向向上。C不符合题意；D．由题图可知在0～8s是上升阶段，所以上升到最大高度用了8s钟时间，D符合题意。

故选D。

2．法国物理学家贝克勒尔发现自然界中有一些物质具有天然放射现象，能够发生衰变反应。一个静止的U原子核衰变成一个新核Th，同时放出一个带电粒子，该粒子的动能大小为E，动量大小为p。下列说法正确的是(　　)

A．放出的带电粒子为电子

B．Th的结合能比U大

C．Th的动量大小为

D．Th的动能大小为

答案　D

解析　根据电荷数守恒和质量数守恒，可写出衰变方程为U→Th＋He，则放出的粒子为α粒子，不是电子，A错误；α衰变过程释放能量，则Th的平均结合能比U大，但Th的核子数较少，所以U的结合能不一定比Th大，B错误；衰变前后动量守恒，有pTh＝pHe＝p，C错误；Th的动能EkTh＝＝，He的动能EkHe＝＝＝E，联立解得EkTh＝，D正确。

3．如图所示，1、2、3、4…是一个水平放置松弛状态下的弹簧(可认为是均匀介质)上一系列等间距的质点。某时刻，质点1在外力作用下从平衡位置开始沿左右方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点离开平衡位置依次左右振动，形成一列简谐纵波。已知质点1开始振动的方向是向左，经过二分之一周期，质点9开始运动，则针对此时刻，下列说法正确的是(　　)

A．质点3向右运动

B．质点5所受回复力为零

C．质点6的加速度向左

D．质点9的振幅为零

答案　A

解析　取向左为正方向，画出时刻的波形图如图所示。经过时，质点1从平衡位置再次运动到平衡位置，根据图像可知质点3正在向右运动，A正确；经过时，质点5到达正向最大位移处，根据F＝－kx，可知质点5所受回复力最大，B错误；经过时，质点6位于平衡位置左侧，根据a＝－x可知，质点6的加速度方向向右，C错误；在波传播过程中，后一个质点重复前一个质点的振动，可知质点9的振幅不为零，D错误。

4.2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则(　　)

A．a点的电场强度大于b点的电场强度

B．b点电场强度的方向水平向右

C．a点的电势高于b点的电势

D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能

答案　C

解析　根据等势面与电场线方向处处垂直，可大致作出电场线分布图，又因为电场力指向轨迹内侧，知电场线方向向左，则电场线如图所示，由电场线疏密知a点的电场强度小于b点的电场强度，故A、B错误；顺着电场线方向，电势逐渐降低，又同一等势面上各点电势相等，则a点电势高于b点电势，故C正确；电子在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，而φa>φb，则电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。

5.内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，如图为水平面的俯视图。O为圆环圆心，直径略小于管道内径的甲、乙两个等大的小球(均可视为质点)分别静置于P、Q处，PO⊥OQ，甲、乙两球质量分别为m、km。现给甲球一瞬时冲量，使甲球沿图示方向运动，甲、乙两球发生弹性碰撞，碰撞时间不计，碰后甲球立即向左运动，甲球刚返回到P处时，恰好与乙球再次发生碰撞，则(　　)

A．k＝  B．k＝

C．k＝2  D．k＝5

答案　B

解析　设甲球初速度为v0，初始时两球间的弧长为l，则管道长为4l，设碰撞后甲、乙小球速度大小分别为v1、v2，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝kmv2－mv1，由机械能守恒定律得mv＝kmv＋mv，由于再次碰撞时在P处，则有l＝v1t,3l＝v2t，联立解得k＝，故选B。

6.如图甲所示，正五边形硬导线框abcde固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里。设垂直cd边向下为安培力的正方向，在0～5t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(　　)

答案　B

解析　在0～2t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流不变，方向为顺时针方向，则在0～t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在t0～2t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大；在2t0～3t0时间内，磁感应强度不变，无感应电流，无安培力；在3t0～5t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流不变，方向为逆时针方向，则在3t0～4t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在4t0～5t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大。故选B。

7.如图所示，餐桌中心有一个半径为r的圆盘，可绕其中心轴转动，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为μ。现缓慢增大圆盘的角速度，小物块将从圆盘上滑落，最终恰好停在桌面边缘。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则下列说法正确的是(　　)

A．小物块刚滑落时，圆盘的角速度为

B．餐桌的半径为r

C．该过程中支持力的冲量为零

D．该过程中因摩擦产生的内能为μmgr

答案　B

解析　小物块即将滑落时，根据最大静摩擦力提供向心力可得μmg＝mrω2，解得小物块即将滑落(刚滑落)时圆盘的角速度ω＝ ，A错误；小物块刚滑落时的速度大小为v＝rω＝，设小物块在餐桌上滑行的距离为x，根据动能定理可得

－μmgx＝0－mv2，解得x＝r，小物块在桌面上运动的轨迹俯视图如图所示，根据图中几何关系可得R2＝r2＋x2，解得R＝r，B正确；该过程中支持力的冲量I＝FNt，支持力和运动时间均不为零，则支持力的冲量不为零，C错误；该过程中因摩擦产生的内能为Q＝μmgx＝μmgr，D错误。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.2021年10月19日至23日，美国星链2305持续轨道变化，对中国空间站产生安全影响。中国空间站于10月21日3点16分进行变轨规避风险。图示为10月20日至23日期间星链2305和中国空间站的轨道距离地面高度数据图。假设除开变轨过程，中国空间站在不同高度轨道上都是绕地球进行匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　）

A．10月21日3点16分，发动机向后喷气使得中国空间站速度增加

B．10月21日3点16分，发动机向前喷气使得中国空间站速度减小

C．中国空间站在10月22日运行的线速度大于其在10月20日运行的线速度

D．中国空间站在10月22日运行的线速度小于其在10月20日运行的线速度

答案  AD

解析AB．由图可知，中国空间站从低轨道调整到高轨道运行，则空间站需做离心运动，根据,可知，空间站做离心运动，需要发动机向后喷气使得中国空间站速度增加，使得该位置处万有引力小于空间站所需要的向心力，故B错误A正确；CD．根据可得

空间站运行轨道半径越大，线速度越小，由图可知，中国空间站在10月22日运行的半径大于其在10月20日运行的半径，则中国空间站在10月22日运行的线速度小于其在10月20日运行的线速度故，故C错误D正确。故选AD。

9.如图所示，一束复色光经三棱镜后分开成a、b、c和d四种单色光．用这四种单色光分别照射金属钾板，其中c光恰好可从金属钾板上打出光电子；也可以用这四种单色光分别作为双缝干涉实验的光源．下列说法正确的是(　　)

A．d光的频率最高

B．d光在棱镜中的折射率最小

C．a光产生的干涉条纹宽度最大

D．a光打出的光电子的遏止电压最大

答案  BD

解析　 由光路图可知，a光通过三棱镜的偏折程度最大，则折射率最大，a光的频率最高，d光的折射率最小，则频率最低，A项错误，B项正确；由c＝λf可得，a光的频率最高，则波长最短，根据Δx＝λ可知，a光产生的干涉条纹宽度最小，C项错误；因为c光恰好可从金属钾板上打出光电子，则a光一定能发生光电效应，因a光的频率最大，则根据Uce＝mvm2＝hν－W逸出功可知，a光打出的光电子的遏止电压最大，D项正确．

10.如图所示，高铁的供电流程是将高压220 kV或110 kV经过牵引变电所进行变压，降至27.5 kV，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触而完成受电，机车最终获得25 kV的电力使高铁机车运行。以下说法正确的是(　　)

A．若电网的电压为220 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝8∶1

B．若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶4

C．如果高铁机车功率为9000 kW，则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为6.9 Ω

D．如果高铁机车功率为9000 kW，则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为7.6 Ω

答案　AC

解析　若电网的电压为220 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为＝＝＝，若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1，A正确，B错误；若高铁机车功率为9000 kW，根据P＝IU，U＝25 kV，则电流I＝360 A，牵引变电所至机车间的等效电阻R＝≈6.9 Ω，C正确，D错误。

11．国际空间站上的阿尔法磁谱仪(AMS)是探究宇宙中的反物质和暗物质(即由反粒子构成的物质)的重要仪器，如氚核(H)的反粒子(反氚核)为H。该磁谱仪核心部分的截面区域是半径为R的圆形匀强磁场区域，该区域磁场方向垂直纸面向里，如图所示，P为粒子入射窗口，各粒子从P射入时的速度大小相同，且均沿直径方向，P、a、b、c、d、e为圆周上等分点，若氚核射入磁场区域后打在d点，则反质子(H)射入后，将有(　　)

A．反质子将打在b点

B．反质子射入磁场后运动轨迹的半径为氚核的

C．反质子在磁场中运动的时间为氚核的

D．反质子在磁场中运动的轨迹弧长为氚核的

答案　BC

解析　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：r＝，设氚核(H)的轨道半径为r1，已知各粒子从P射入时的速度相同，根据氚核(H)和反质子的质量关系和电荷量关系可知反质子(H)的轨道半径应为：r2＝，氚核(H)射入后打在d点，它转过的圆心角θ1＝180°－120°＝60°，根据几何关系得：tan＝tan30°＝＝，同理对反质子的轨迹由几何关系得：tan＝＝，则θ2＝120°，结合左手定则可知，反质子将打在a点，故A错误，B正确；设氚核质量为m1，则反质子质量为，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式可知氚核的周期为：T1＝，反质子的周期为：T2＝，反质子在磁场中运动的时间为：t2＝T2，氚核在磁场中运动的时间为：t1＝T1，则反质子在磁场中运动的时间为氚核在磁场中运动时间的，故C正确；氚核的轨迹弧长为：l1＝r1·θ1＝，反质子的轨迹弧长为：l2＝r2·θ2＝，所以反质子在磁场中运动的轨迹弧长为氚核的，故D错误。

三、非选择题：本题共5小题，共52分

12．（6分）小明同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中红外线发射器、接收器可记录小球的挡光时间。小明同学进行了如下操作：

（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径为　     　mm.

（2）该小球质量为m，直径为d.现使小球从红外线的正上方高为h处自由下落，记录小球挡光时间t，已知重力加速度为g，则小球下落过程中动能增加量的表达式为ΔEk=　           　，重力势能减少量的表达式为ΔEp=　     　（均用所给字母表示）

答案  （1）18.304  （2分）  （2） m ；（2分）   mgh（2分）

解析（1） 小球的直径为d=18mm+30.4x0.01=18.304mm

（2）小球的速度

小球下落过程中动能增加量

 重力势能减少量的表达式为

12．(9分)某同学欲利用图a所示的电路图测量某电容器的电容。

(1)图a中电流表A1量程为300 μA。为了满足实验要求需要扩大量程，该同学设计了图b所示的电路图，并操作如下：

a．将开关S4断开，闭合S3，调节R2，使A1和A2读数均为200 μA；

b．将开关S4闭合，调节R1和R2，保证A2读数不变，则当A1读数是________ μA时，A1与R1并联可以作为600 μA的电流表使用。

(2)该同学改表后，开始利用图a所示的电路图测量电容器的电容，具体操作如下：

a．按图a接好实验电路，在图c中将缺失的导线用笔画线补充完整；

b．将图c中单刀双掷开关S2接“a”，记下此时电压表读数6.2 V；

c．调节图c中滑动变阻器的滑片P至接入电路的阻值最大，将单刀双掷开关S2接“b”同时开始计时，每5 s或10 s读一次电流表A1(A1的表盘没变)的示数i，记录数据；

d．以i为纵轴、t为横轴，在坐标纸上绘制点，请用平滑曲线在图d中画出i­t图线；

e．根据实验结果和图像，估算电容器的电容C＝________ F。(结果保留两位有效数字)

答案　(1)100（2分）   (2)图见解析图1（2分）    图见解析图2（2分）  

1.4×10－3(1.3×10－3～1.5×10－3均可)（3分）

解析　(1)由题意可知，要把电流表A1的量程从300 μA扩大到600 μA，则并联电阻的分流大小与电流表A1相同，由图b可知，保持A2的示数为200 μA不变，当A1的示数为100 μA时，A1与R1并联可以作为600 μA的电流表使用。

(2)根据图a连接实物图如图1。将所描的点用平滑曲线连接如图2。

由于A1的表盘没变，由R1的分流作用可知2i＝＝，整理得C＝，其中iΔt即为i­t图像与坐标轴所围的面积，则iΔt＝34×25×5×10－6 C，则C＝＝ F≈1.4×10－3 F，由于误差取1.3×10－3 F～1.5×10－3 F均可。

14.（8分）如图所示，用活塞将热力学温度为T0的气体封闭在竖直汽缸里，活塞的质量为m、横截面积为S，活塞到汽缸底部的距离为h。现对缸内气体缓慢加热一段时间，使活塞上升后立即停止加热。已知气体吸收的热量Q与其温度差ΔT的关系为Q＝kΔT(其中k为正的常量)，大气压强为p0，重力加速度大小为g，活塞、汽缸均用绝热材料制成，缸内气体视为理想气体，不计一切摩擦。求：

(1)停止加热时，缸内气体的压强p和热力学温度T；

(2)加热过程中气体内能改变量ΔU。

答案　(1)p0＋　      T0  （4分）          (2)－   （4分）

解析　(1)根据活塞受力平衡可得    pS＝mg＋p0S   解得p＝p0＋     （2分）

加热过程中，缸内气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律有，＝

解得T＝T0       （2分）

(2)加热过程中，气体对外界做的功为    W＝pS×     （2分）

加热过程中，气体吸收的热量为     Q＝k(T－T0)      （1分）

根据热力学第一定律有     ΔU＝Q－W＝－。（1分）

15.（12分）如图所示，宽度d1＝ m的匀强磁场区域和宽度d2＝2 m的匀强电场区域相互平行，匀强磁场的磁感应强度大小B＝4×10－4 T、方向垂直于纸面向里，匀强电场的电场强度大小E＝4 V/m、方向与区域边界平行。一与边界垂直的直线，与磁场和电场区域边界的交点分别为M、N、P、Q。一质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C的带负电粒子，从M点以速率v＝4×104 m/s沿与MQ成α＝60°角垂直射入磁场，经电场偏转后最终通过直线上的a点(图中未标出)，不计粒子受到的重力。求：

(1)带电粒子离开磁场时到直线MQ的距离；

(2)带电粒子在电场中运动的时间t及加速度大小a。

答案　(1)1 m　（6分）(2)5×10－5 s  （3分）　2×108 m/s2   （3分）

解析　(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力

根据牛顿第二定律有qvB＝  解得r＝2 m    （2分）

过M点作带电粒子运动速度方向的垂线与磁场右侧边界交点为O，如图所示，

由几何关系有OM＝            （2分）

可得OM＝2 m＝r，可知O为粒子在磁场中运动轨迹的圆心，且圆心角为α，粒子离开磁场时，与边界垂直，且到MQ的距离

d＝r－rcosα＝1 m。    （2分）

(2)粒子垂直边界进入电场后做类平抛运动，在电场中的加速度大小a＝   （2分）

代入数据得a＝2×108 m/s2     （1分）

在电场中运动的时间t＝     （2分）

代入数据得t＝5×10－5 s。     （1分）

16．(16分)如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

(1)小球Q运动到C点时对轨道的压力大小；

(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；

(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。

答案　(1)41.4 N　（8分）(2)0.75 m　（5分）(3)1 s  （3分）

解析　(1)设剪断细线后，两小球离开弹簧瞬间，小球P的速度大小为v1，小球Q的速度大小为v2，两小球弹开的过程，由动量守恒定律得m1v1＝m2v2      （1分）

由机械能守恒定律得Ep＝m1v＋m2v     （2分）

联立可得v1＝5 m/s，v2＝16 m/s

小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得m2v＝m2v＋2m2gR    （2分）

在C点有FN＋m2g＝m2       （2分）

联立可得FN＝41.4 N

由牛顿第三定律知，此时小球Q对轨道的压力大小FN′＝FN＝41.4 N。（1分）

(2)设小球P沿斜面向上运动的加速度的大小为a1，由牛顿第二定律得

m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a1     （1分）

假设小球P沿斜面上升的过程还未与Q碰撞，由运动学公式有0－v＝2a1·  （1分）

联立解得小球P沿斜面上升的最大高度h＝0.75 m    （1分）

小球P沿斜面向上运动到最高点的时间   t1＝＝0.5 s   （1分） 

此时小球Q的下落高度y1＝gt<(2R－h)    （1分）

可知假设正确，即小球P不是在上滑过程被击中的，而是在下滑过程被小球Q击中的，所以所求最大高度h符合题意。

(3)设小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，则m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a2      （1分）

两球相碰时竖直方向有

2R－gt2＝h－a2(t－t1)2sinθ

联立解得t＝1 s。（2分）