2022-2023学年河北省高三下学期数据应用调研联合测评物理试题含解析

  河北省2023届高三年级大数据应用调研联合测评（II）

物理

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，只有一项符合题目要求。）

1. 下列说法正确的是（　　）

A. 原子核A比原子核B的质量数大，则原子核A具有更多的质子

B. 在链式反应时，中子的速度越小越容易被铀原子核捕捉使原子核发生裂变

C. 的半衰期为8天，8个经过8天后还剩下4个

D. 镍63（）发生衰变变为铜63（），则镍63（）的比结合能比铜63（）的比结合能小

【答案】D

【解析】

【详解】A．原子核A比原子核B的质量数大，其质子数不一定更大，例如和，A错误；

B．慢中子比快中子更容易被俘获发生裂变反应，但并不是中子的速度越小越容易被铀原子核捕捉使原子核发生裂变，B错误；

C．半衰期是针对大量原子核的统计规律，对少量原子核不适用，C错误；

D．衰变过程中释放能量，生成的原子核比结合能增大，D正确。

故选D。

2. 质量为的机车后面挂着质量同为的拖车，在水平轨道上以速度匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。运动过程中拖车脱钩，经过时间拖车停止运动，在拖车停下来后又经过了相同的时间司机才发现，假设拖车脱钩后脱车的牵引力不变，则司机发现拖车脱钩时机车的速度为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】对机车与拖车，系统合外力为零，动量守恒，则有

解得

故选A。

3. 某实验装置可利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，其简化示意图如图1所示。初速度为v0的质子沿平行于板面的方向从两板左侧中间位置射入偏转电场，离开偏转电场后直接进入匀强磁场。已知质子的电荷量为q，质量为m，偏转电场两板间的距离、两极板的长度均为d，匀强磁场的区域足够大，两板间的电压UMN随时间变化的图像如图2，由于粒子在偏转电场区域运动时间极短，粒子通过此区域时，可认为电场是不变的匀强电场，不计粒子的重力、粒子间的相互作用力和空气阻力。质子均能从MN板间飞出，进入磁场，下列说法正确的是（　　）

A. 质子进入磁场的速度越大，则质子在磁场中运动的时间越短

B. 质子进入磁场的速度越大，质子进入磁场的入射点与出射点间的距离越大

C. 无论质子从磁场的何位置进入磁场，质子在磁场边界的入射点与出射点间的距离不变

D. 当MN板间电压为-2U0时，质子在磁场中运动的时间最长

【答案】C

【解析】

【详解】AD．质子在偏转电场中做类平抛运动，则有

所以质子在磁场中运动的时间为

故AD错误；

BC．质子进入磁场的运动轨迹如图所示

质子在磁场边界的入射点与出射点间的距离为

所以

由此可知，无论质子从磁场的何位置进入磁场，质子在磁场边界的入射点与出射点间的距离不变，与质子进入磁场的速度大小无关，故B错误，C正确。

故选C。

4. 如图所示，一弹性轻绳沿轴水平放置，绳左端位于坐标原点，沿轴振动，在轴上形成一沿轴正向传播的简谐横波，振幅为。在时刻平衡位置在处的A质点正处在波峰，平衡位置在处的质点位移为且向轴负方向振动，经，A处质点位移第一次到达，下列说法正确的是（　　）

A. 该机械波的波长为

B. 质点A振动的周期可能为0.12s

C. A点的振动方程为

D. 该机械波在介质中的最大波速为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于AB间距离为

当n=0时，波长才为6m，故A错误；

BC．设质点A振动周期为T，由题意，根据三角函数知识可得

解得

T=0.06s

所以质点A的振动方程为

故BC错误；

D．根据

可得，当波长为6m时，波速为100m/s，此时波速最大，D正确。

故选D。

5. 近日，我国研究人员利用“中国天眼”，首次探测到了致密双星系统中等离子体的极端湍流现象，该双星系统由毫秒脉冲星（中子星）和低质量恒星组成，二者绕共同的中心旋转。恒星被脉冲星强烈地辐射蚕食，若该过程中脉冲星和恒星的距离以及脉冲星和恒星质量之和不变，下列说法正确的是（　　）

A. 脉冲星的轨道半径不变

B. 低质量恒星的轨道半径减小

C. 低质量恒星绕中心旋转的线速度减小

D. 该双星系统的周期不变

【答案】D

【解析】

【详解】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

线速度

由此可知，半径和线速度均与质量成反比，恒星被脉冲星强烈地辐射蚕食，若该过程中脉冲星和恒星的距离以及脉冲星和恒星质量之和不变，由此可知两者质量发生变化，所以两者轨道半径均发生变化，低质量恒星的轨道半径增大，线速度增大，该双星系统的周期不变。

故选D。

6. 一轻质绝缘“”型轻杆固定在水平面上，质量均为的光滑小环A、B套在支架上，两小环之间用轻绳连接，其中B环带正电，电荷量为，A环不带电，整个装置放在匀强电场中，电场强度的大小为，电场强度的方向与水平面平行，垂直于杆，环在一水平力作用下缓慢向右移动一段距离，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）

A. 当轻绳与杆夹角为时，绳子拉力大小为

B. 轻杆对B环的弹力逐渐增大

C. 环缓慢向右移动过程中，绳子拉力逐渐减小

D. 轻杆对环的弹力大小为

【答案】B

【解析】

【详解】AC．由于轻杆固定在水平面内，以B环为研究对象，竖直方向上ON杆对B环竖直向上的支持力与B环的重力平衡

水平方向上B环所受电场力、绳子拉力和ON杆对B环水平向右的弹力平衡，如图

易得

故当轻绳与杆夹角为时，绳子拉力大小为，A错误；当A环缓慢向右移动时，逐渐减小，故绳子拉力逐渐变大，C错误；

B．轻杆对B环的弹力大小为

故当A环缓慢向右移动时，逐渐减小，轻杆对B环的弹力逐渐增大，B正确；

D．同理，以A环为研究对象，竖直方向上轻杆对环的弹力大小为

水平方向上

故轻杆对环的弹力大小为

D错误。

故选B。

7. 如图1所示，水平面光滑，空间存在水平向右的匀强电场，轻弹簧一端固定在墙面上，另一端自由伸长，将带正电绝缘小球由弹簧左侧某一位置静止释放。以小球出发位置为原点，水平向右为轴正方向，规定点为零电势点，在小球第一次运动到最右端的过程中，小球的电势能、动能随位移变化的关系图像分别如图2、3所示。弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能表达式（为弹簧的形变量）下列说法正确的是（　　）

A. 电场强度大小为 B. 图3中

C. 图3中 D. 弹簧的劲度系数为

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图2知，Ep-x图像的斜率大小表示小球所受电场力的大小

小球电荷量未知，所以电场强度大小未知，A错误；

BD．由图3知，在0~0.5m内，Ek线性增大，则在0~0.5m内只有电场力对小球做正功，由动能定理得

在0.5m ~0.6m内除了电场力对小球做正功，还有弹簧弹力对小球做负功，在0~0.6m内根据能量守恒定律得

解得

B正确，D错误；

C．图3中，当时，小球动能最大，则此时电场力和弹簧弹力大小相等

解得

C错误。

故选B

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。）

8. 如图所示，质量为m的小物块在半径为r的圆筒内随圆筒一起绕圆筒的轴线OO′匀速转动，已知重力加速度为g，物块与简壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A. 圆筒转动的角速度至少为

B. 圆筒转动的角速度至少为

C. 逐渐增大圆筒的转速，物块所受摩擦力逐渐变大

D. 逐渐增大圆简的转速，物块所受摩擦力不变

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．筒壁对小物块的弹力提供小物块做圆周运动的向心力，有

在竖直方向上，小物块的重力与筒壁对小物块的摩擦力平衡，有

联立解得

所以圆筒转动的角速度至少为，故A错误，B正确；

CD．逐渐增大圆筒的转速，即角速度增大，筒壁对小物块的弹力增大，最大静摩擦力增大，但是物块所受摩擦力始终与重力平衡，所以摩擦力保持不变，故C错误，D正确。

故选BD。

9. 如图所示，质量均为的A、B两个物体之间连接一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧始终处于竖直状态，一质量为的小球从距离B为的位置自由落下。小球与B碰撞后一起向下运动，但小球与B没有粘连在一起。已知重力加速度。忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小球在整个运动过程中，不会再回到释放的位置

B. 小球与B一起向下运动过程中，小球与物块B的机械能守恒

C. 小球与B分离时，弹簧处于压缩状态

D. 物块B第一次回到原位置时，小球与B之间作用力为

【答案】AD

【解析】

【详解】B．小球与B一起向下运动过程中，弹簧对其做负功，所以小球与物块B的机械能减小，B错误；

AC．设B原始静止时弹簧压缩量为x，则有

小球下落后与B碰撞过程动量守恒，设碰后的共同速度为v1，则有

解得

小球与B分离瞬间加速度相同，且小球与B之间没有弹力，则它们分离时的加速度都为重力加速度，所以弹簧处于原长，设它们分离时速度为v2，从碰后到分离对小球与B整体用动能定理

设小球从分离到运动到最高点上升高度为，有

解得

则小球到达最高点时低于小球的原始位置，其高度差为

A正确，C错误；

D．由以上分析可得，物块B第一次回到原位置时，小球与B没有分离，正在向上运动，此时小球与B组成的系统受到的重力为2mg，弹簧弹力为，设小球与B之间的相互作用力为F，则对系统有

对小球有

联立解得

D正确。

故选AD。

10. 如图所示，两根足够长平行光滑金属轨道通过绝缘导线交叉相连，间距相同，轨道处于水平面内，分别处于竖直方向的匀强磁场中，在两根轨道上垂直轨道静止放置三根相同的金属棒。已知三根金属棒接入电路的电阻均为、质量均为，导轨间距为，磁感应强度均为，不计轨道的电阻及金属棒之间的作用力，金属棒运动过程中不会碰撞，也没有跨过导线交叉处，下列说法正确的是（　　）

A. 撤去棒，给棒向右的初速度，棒最终的速度为

B. 固定棒，同时给、棒一个向右的初速度，最终在棒上产生的焦耳热为

C. 固定和棒，给棒一个向右的初速度，最终棒的位移为

D. 固定和棒，给棒施加水平向右的恒力，最终棒的速度为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．撤去棒，给棒向右的初速度，棒在安培力作用下做减速运动，棒在安培力作用下做加速运动，当棒与棒速度相等时，回路的总电动势为零，回路电流为零，两棒做匀速直线运动；以棒与棒为系统，由于棒与棒受到的安培力大小相等，方向相反，故系统满足动量守恒，则有

解得棒最终的速度为

故A正确；

B．固定棒，同时给、棒一个向右的初速度，可知通过、棒的电流相等，通过棒电流为通过棒电流的2倍，根据

可知、棒上产生的焦耳热相等，棒上产生焦耳热为棒上产生焦耳热的4倍；设最终在棒上产生的焦耳热为，根据能量守恒可得

解得

故B错误；

C．固定和棒，给棒一个向右的初速度，回路的总电阻为

以棒为对象，根据动量定理可得

其中

联立解得最终棒的位移为

故C正确；

D．固定和棒，给棒施加水平向右的恒力，回路的总电阻为

当棒受到的安培力与恒力平衡时，棒做匀速直线运动，则有

又

联立解得

故D错误。

故选AC。

三、非选择题（本题共5小题，共54分。）

11. 一同学在实验室测量某粗细均匀的合金材料的电阻率，已知材料接入电路的长度为，实验步骤如下：

（1）用螺旋测微器测量材料的直径如图1所示，该材料的直径___________；

（2）利用图2电路测量材料的电阻，已知图2中电源的电动势为，电流表的量程为，他先将开关置于点，调节滑动变阻器滑片到合适的位置，电流表的指针位置如图3所示，然后将开关置于点，仅调节电阻箱，当时，电流表的指针位置如图4所示，图4中电流表的读数为____；

（3）根据记录的实验数据，计算出材料的电阻率为___________。（计算结果保留两位有效数字）

【答案】    ①. 0.800    ②. 10.0    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器的示数为

（2）[2]图4指针指向10刻度，量程为30mA，则电流表读数为10.0mA。

（3）[3]设图3对应的电流为，图4对应的电流为，即

当开关接b时，设电源内阻和滑动变阻器阻值和为，则由闭合电路欧姆定律可得

其中、、，则

当开关接a时，由闭合电路欧姆定律可得

其中，则

根据电阻定律可得

解得

代入数据解得

12. 我国是世界上几个历史悠久的文明古国之一，在陶瓷技术与艺术上所取得的成就，尤其具有特殊的重要意义，制陶技艺的产生可追溯到纪元前4500年至前2500年的时代。陶瓷的优劣与其表面的光滑程度有很大的关系，于是小娜同学想测定物块与半径为的陶瓷圆形转台之间的动摩擦因数（设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等），设计了如图1所示实验，并进行如下操作：

A．用天平测得物块的质量为；

B．遮光片沿半径方向固定并伸出转台，测得挡光片外边缘到转轴的距离为；

C．测得遮光片宽度为，如图2所示；

D．将物块放在水平转台上，电动机带动转台匀速转动，调节光电门的位置，使固定在转台边缘的挡光片外侧恰好能挡住光电门发出的激光束；

E．转台转动稳定后，记录下遮光片单次经过光电门时间为；

F．不断调整物块与转台中心的距离，当距离为时，物块恰好与转台一起做匀速圆周运动；

G．改变挡光片到转轴的距离，同时调节光电门的位置，使挡光片恰好能扫过光电门的激光束。重复上述实验5次，并记录对应的实验数据。

（1）游标卡尺上部分刻度线已经磨损，如图2，则挡光片的宽度_______________；

（2）实验中不必要的步骤是_______________；（填步骤序号）

（3）为减小实验误差，小娜想通过作图法计算动摩擦因数的数值，她作出了图像，测得图像的斜率为，则小物块与转台间的动摩擦因数___________（已知重力加速度为，结果用题中已知的物理量的符号表示）

【答案】    ①. 5.2    ②. A    ③.

【解析】

【详解】（1）该游标尺为10分度游标尺，精度为0.1mm，所以游标卡尺读数

（2）设小物块的质量为m，在恰好不被甩出时，摩擦力提供向心力，有

遮光片边缘的线速度

角速度

联立解得

由以上推理可知，不必要的步骤是A；

（3）整理可得

故的斜率

则

13. 沉船打捞有多种方法、安安同学在实验室模拟了其中一种打捞沉船的原理，即在水下充气后借助浮力将沉船浮出水面。她的模拟装置如下：一个两端开口、内壁光滑的柱形长玻璃管，竖直固定使其上沿刚好没入在水中，用一个密度为、高度的柱形物体（与玻璃管密封完好）代替沉船，物体下边缘被挡在距水面高度为的位置，柱形物体的上部玻璃管里充满水，如图所示。现用有高压气体的钢瓶从管下部向管内充入气体，开始充气时，钢瓶内气体压强为，当管内气体刚好能推动柱形物体上浮停止充气。已知钢瓶的容积为，大气压强，水的密度，重力加速度，不考虑温度变化，气体可视为理想气体，求停止充气时钢瓶中气体质量与管内气体质量之比。

【答案】2：3

【解析】

【详解】柱形物体刚好上浮，对物体受力分析有

解得

根据玻意耳定律有

解得

根据

解得

14. 如图所示，距离地面高的绝缘传送带水平放置，以的速度顺时针转动。在传送带上端轻轻地放一个质量、并且始终受一个水平向右的拉力。已知小物块与传送带间的动摩擦因数，传送带长，，求：

（1）小物块运动到传送带右端所用的时间；

（2）物块落地时的速度。

【答案】（1）；（2），速度方向与水平方向夹角正切值为

【解析】

【详解】（1）设物块刚放上传送带时的加速度为，根据牛顿第二定律可得

解得

物块运动到与传送带共速所用时间为

此过程物块通过的位移为

共速后，设物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得

解得

设共速后物块运动到传送带右端所用时间为，则有

解得

或（舍去）

物块运动到传送带右端所用的时间为

（2）物块运动到传送带右端时速度为

物块从传送带右端抛出后，竖直方向有

，

解得

，

水平方向有

，

物块落地时的速度大小为

物块落地时速度与水平方向的夹角满足

15. 如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直面内；圆形轨道与一光滑的弧形轨道相切，圆形区域内由平行于圆面的匀强电场，匀强电场的方向与竖直方向夹角为，带电量的小球静止在图示位置，带电量为的小球从弧形轨道某一位置由静止释放，A．B两球碰撞中无机械能损失，已知A．B两球的质量分别为、（为一常数），第一次碰撞后AB两球有相同的最大摆角（未脱离轨道），碰撞过程两小球所带电荷量保持不变，忽略AB球间的库仑力，重力加速度为。求：

（1）小球释放的位置距离圆形轨道最低点的高度至少为多少；

（2）求常数的值；

（3）在（1）问的情况下小球A．B第二次碰撞刚结束时各自的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3），0

【解析】

【详解】（1）小球A受到的电场力大小为

根据题意结合力的平行四边形法则可得小球A受到的电场力和重力的合力大小为

将该合力等效为新的重力场，可得新重力场的加速度为

方向与竖直方向夹角为，斜向右下方；因为AB发生碰撞，所以小球A可以在光滑圆形轨道中做圆周运动时可以通过等效重力场下的最高点M，当刚好可以通过最高点M时有

①

设小球A到达圆形轨道最低点时的速度为，小球从释放到圆形轨道最低点，根据机械能守恒有

②

从圆形轨道最低点到M点间根据动能定理有

③

联立①②③解得

（2）同理可得小球受到的电场力和重力的等效重力场加速度也为，根据题意小球静止在图示位置，分析可知位置为等效重力场下AB球做圆周运动的最低点；第一次碰撞后A．B两球有相同的最大摆角，根据动能定理可得碰撞后AB球的速度为零时，等效重力场做的功相同；同时A．B两球碰撞中无机械能损失，结合碰撞规律可知碰撞后AB球的速度大小相等，方向相反，设第一次碰撞时A球的速度大小为，速度方向为正方向，碰后A球的速度大小为，B球的速度大小为，根据动量守恒和能量守恒有

，，

解得

（3）在（1）问的情况下小球A从M点到N点间，根据动能定理有

解得

根据（2）中分析可得碰撞后AB速度大小为

根据对称性可得AB第二次碰撞时在N点，此时速度大小与第一次碰后的速度大小相等，根据动量守恒和能量守恒有

，

联立解得

，，或者，（不符舍去）

负号表示方向与正方向相反，即小球A．B第二次碰撞刚结束时各自的速度大小分别为和0。

【点睛】