2023-2024学年河北省大数据应用高三（第八次）调研联合测评物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省大数据应用高三（第八次）调研联合测评物理试卷（含详细答案解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年春天，中国航天科技集团研制的50 kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为Isp，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量的单位应该是
A. m/sB. kg⋅m/s2C. m/s2D. N⋅s
2.如图甲，阴极K和阳极A是密封在真空玻璃管中的两个电极，阴极K在受到光照时能够发射光电子。阴极K与阳极A之间电压U的大小可以调整，电源的正负极也可以对调。分别用单色光束①、②照射光电管，电流表示数I与电压表示数U之间的关系如图乙所示，则以下说法正确的是
A. 两种光的光子能量关系ε②>ε①B. 两种光的波长关系λ①>λ②
C. 两种光的动量关系p②>p①D. 光电子最大初动能关系Ek①>Ek②
3.消防火箭炮具有覆盖面积大、发射效率高、使用简便和再装填时间短等优点。火箭炮发射的火箭弹打到着火点后会立即释放高浓度灭火剂，迅速扑灭火灾。如图是一种肩扛式消防火箭炮。设着火点与消防员站立点的水平距离和竖直距离分别为L、H，消防员身高h，肩扛火箭筒的瞄准仰角(与水平方向所成锐角)为θ，火箭弹发射后其高度达到最大值时刚好打到着火点上，忽略空气阻力，火箭炮发射点与消防员的头顶平齐，则L、H、h、θ这几个物理量满足的关系式为
A. H−h=2LtanθB. H−h=12Ltanθ
C. H−h=2LsinθD. H−h=12Lsinθ
4.中国的歼−20战斗机是一款全球领先的战机，它不仅拥有高超的隐身性、机动性，还具有强大火力、信息化和网络化能力，能够在复杂的空战环境中发挥重要的作用。设总重力为G的战斗机正沿着与水平方向成θ角的直线匀速向上攀升，牵引力F的方向位于速度方向与竖直方向之间、与速度方向成α角，升力与速度方向垂直，飞机受到的阻力等于升力的k倍，阻力方向与速度方向相反，如果飞机受到的这几个力的作用线相交于一点，则牵引力F大小为
A. sinθ+kcsθcsα+ksinαGB. sinα+kcsαcsθ+ksinθGC. sinα+kcsθcsθ+ksinαGD. sinθ+kcsαcsα+ksinθG
5.如图所示，长方形水池内存有清水(水池底面水平)，一束单色光以α=53∘的入射角照射到水面上的O点，单色光进入水池后照到水池底部的A点，在其他条件不变的情况下，取走一些水，使得水面下降，当水面平静后发现光束照射到了A点右侧的B点，经测量A、B两点间距离是水面下降距离的712，已知sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，则清水对这种单色光的折射率为
A. 127B. 87C. 43D. 76
6.如图所示，两个正点电荷A、B所带电荷量分别为QA和QB，C是A、B连线上一点，A、C之间的距离是B、C之间距离的3倍，在A、B连线上，C点的电势最低，则QA和QB之间关系正确的是
A. QA=2QBB. QA=3QBC. QA=6QBD. QA=9QB
7.有两颗人造地球卫星A和B的轨道在同一平面内，A、B同向转动，轨道半径分别为r和4r，每隔时间t会发生一次“相冲”现象，即地球、卫星A和B三者位于同一条直线上，且A、B位于地球的同侧，已知万有引力常量为G，则地球质量可表示为
A. 452π2r3Gt2B. 542π2r3Gt2C. 7162π2r3Gt2D. 1672π2r3Gt2
8.如图所示，水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽，左轨宽度为d，右轨宽度为2d，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上，某时刻，分别给甲、乙两金属棒一个大小为v0和2v0的向右的初速度，设回路总电阻不变，导轨足够长，从甲、乙两金属棒获得初速度到二者稳定运动的过程中，下列说法正确的是
A. 甲、乙加速度总是大小相等B. 甲、乙匀速运动的速度大小相等
C. 回路产生的焦耳热为12mv02D. 通过回路某一横截面的电荷量为mv0Bd
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.直线加速器是粒子物理学重要的实验工具，图中一系列管状导体叫做漂移管，漂移管与频率恒定的交变电源相连，每当电子到达两个相邻漂移管交界处时，电子前方的漂移管总是接电源正极，电子后方的漂移管总是接电源负极。当电子最后离开加速器时速度能够接近光速。不考虑相对论效应，下列说法正确的是
A. 电子在漂移管中被加速
B. 电子在漂移管中做匀速运动
C. 从前到后相邻漂移管之间的距离差不变
D. 从前到后相邻漂移管之间的距离差逐渐变小
10.如图是一列沿着x轴传播的机械波上一个质点A的振动图像，在x轴上另有一质点B，A、B两点平衡位置之间的距离为8 m，B点的振动“步调”始终与A点相反，下列说法正确的是
A. t=4s时A点向−y方向运动B. t=2s时B点向+y方向运动
C. 这列波的波速不大于4m/sD. 这列波的波长不小于16 m
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。把纸带的一端固定在重物(钩码)上，另一端穿过打点计时器的限位孔。用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近。接通电源，待打点计时器打点稳定后再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。
(1)本实验打下的一条清晰的纸带如图乙所示，打点计时器使用的电源周期为T，图中各点都是计数点，相邻计数点之间还有4个点没有画出。
(2)测量A、B、C、D、E、F与O点的距离，分别用xA、xB、xC、xD、xE、xF表示，则打下A、E两点时钩码的速度表达式为：vA=________，vE=________。(用相应物理量的字母表示)
(3)对于钩码从A下落到E的过程，如果gT2=________________这一关系式近似成立，则表明钩码从A下落到E的过程机械能守恒。(用相应物理量的字母表示)
(4)本实验虽然不用测量钩码的质量，但是仍然要求尽量选用质量较大的钩码，这样做的主要原因是________________________。
12.利用数字多用表的电压挡可替代普通指针式电压表，数字电压表有很多优点，比如读数直接明了、不怕超量程等，最突出的优点是数字电压表内电阻极大，几乎没有分流作用，可以说是现实中的“理想电压表”。如图甲是利用数字电压表测量金属丝电阻率的电路图，Rx是被测金属丝，定值电阻阻值为R0，S2是一只单刀双掷开关。
(1)用毫米刻度尺测得金属丝接入电路的长度为25.00cm，用螺旋测微器测量金属丝直径d，测量结果如图乙所示，则d=________mm。
(2)闭合S1，将单刀双掷开关S2的闸刀掷于“a”，记录下此时数字电压表的读数UA，滑动变阻器触头不动，将单刀双掷开关S2的闸刀掷于“b”，记录下此时数字电压表的读数UB，已知定值电阻阻值为R0，则通过被测金属丝的电流I=________，金属丝电阻的测量值Rx=________。(均用UA、UB、R0表示)
(3)为了减小偶然误差，通过调整滑动变阻器触头，得到多组UA、UB数据，测得金属丝的电阻Rx=6.25Ω，则电阻率ρ=________Ω⋅m。(保留3位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，高为H=1.0m的细玻璃管开口向上竖直放置于水平地面上，长度为H2的水银柱密封一定质量的理想气体，当温度T=300K时，水银恰与管口齐平，大气压强p0=75cmHg，则：
(1)如果保持温度不变，让玻璃管缓慢倾斜，当水银流出一半时，管口离地高度是多少？
(2)如果保持玻璃管竖直，给玻璃管缓慢加热，当水银流出一半时，温度是多少？(热力学温度)
14.如图所示，虚线ab、cd之间以及a′b′、c′d′之间存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度均为B，四条虚线之间的距离均为l，一个质量为m、电荷量为q的负电荷以某一初速度从ab上P点出发，先后穿越两磁场后又能回到ab上的P点，不计电荷重力。
(1)求此过程需要的时间；
(2)如果电荷穿越下区域后，上区域的磁感应强度变为12B，且方向反向，求电荷返回到ab时的位置与P点的距离；
(3)如果下区域磁感应强度变为2B，且cd与c′d′之间加一竖直向上的匀强电场，电荷从P点出发后依然能返回P点，求所加电场强度的大小。
15.如图所示，长木板A放在粗糙水平面上，静置于长木板上右端的小物块B、C之间放有少量火药，某时刻点燃火药，小物块C获得2m/s的初速度向右离开长木板，小物块B在长木板上向左运动1.25m时与长木板的左端发生弹性碰撞。已知长木板和小物块B质量均为1 kg，小物块C质量为1.5kg，长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数均为0.2，g=10m/s2，小物块B、C可看成是质点，求：
(1)小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能；
(2)长木板因小物块B的碰撞获得的动能；
(3)整个过程中长木板运动的位移。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查力学单位制，意在考查考生的物理观念。
【解答】冲量公式I=Ft，1N⋅s=1kg⋅m/s2⋅s=1kg⋅m/s，根据定义，比冲Isp是单位质量的推进
剂产生的冲量，即Isp=I△m，因此Isp的单位是kg⋅m/skg=m/s，A正确。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查光电效应问题，由于eUc=hν−W0，对应一定的金属遏止电压Uc越大，入射光子的能量越高，λ=cν，频率大波长短，p=hλ波长大动量小，根据eUc=Ek，Uc越高，Ek越大，
【解答】因为eUc=hν−W0，遏止电压Uc越大，入射光子的能量越高，即ε①>e②，A错误;
因为ν①>v②根据λ=cν，可得λ②>λ①，B错误;
光子动量p=hλ，所以p①>p②，C错误;
根据eUc=Ek，Uc越高，Ek越大，所以Ek①>Ek②，D正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查抛体运动，利用逆向思维，利用平抛的知识，水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体，。
【解答】因为火箭弹发射后其高度达到最大值时刚好打到着火点上，所以可以把这一段曲线运动看作
是反向的平抛运动，设火箭弹初速度为v0，水平方向L=v0csθ⋅t，竖直方向H−h=v0sinθ2⋅t，联立
解得H−h=12Ltanθ，B正确。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查受力分析，受力平衡，利用正交分解法，分解各个力，列方程求解。
【解答】
飞机受力如图所示，飞机受到4个力，分别是牵引力F、升力F′、重力G和阻力F1，沿速度与垂直速度方向建立坐标系，将F和G正交分解，在x方向有F′+Fsinα=Gcsθ，在y方向有Fcsα=Gsinθ+Ff，根据题意Ff=kF′，解得牵引力F=sinθ+kcsθcsα+ksinαG，A正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查光的折射问题，根据折射定律结合几何关系求解即可
【解答】设水面下降了h，由题意可知A、B两点间的距离x=712h，如图所示，设水原来深度为H，光在
水面发生折射时的折射角为β，由几何关系有htanα+(H−h)tanβ=x+Htanβ，解得tanβ=34，所以
sinβ=0.6，由折射定律有n=sinαsinβ=，C正确。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查电势和电场强度，C点的电势最低，正电荷在此位置的电势能最小，由能量守恒，该检验电荷在C点的动能最大，速度最大，再根据运动状态的分析合力的分析知道，C点的电场强度为0，由点电荷的电场强度的公式分析求解。
【解答】根据题意知直线AB上C点的电势最低，若从A处释放一个正的检验电荷，从A到B该检验
电荷在C点的电势能最小，根据能量守恒定律，该检验电荷在C点的动能最大，速度最大，一个做变速运
动的物体速度最大时加速度为零，合外力为零，因此，C点场强为零，设BC=L，则kQA(3L)2−kQBL2=0，得
QA=9QB，D正确。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查天体运动，分析出人造地球卫星A和B再次相距最近的过程满足(2πTA−2πTB)t=2π。
由开普勒第三定律求卫星A和B的周期。根据万有引力提供向心力，求地球质量。
【解答】设A、B的周期分别为TA、TB，每隔时间t会发生一次“相冲”现象，
则有(2πTA−2πTB)t=2π，
由开普勒第三定律有rA3TA2=rB3TB2，
联立可得TA=78t，TB=7t，
由GMmBrB2=mBrB4π2TB2，可得地球质量M=1672π2r3Gt2，故ABC错误，D正确。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查电磁感应中双杆切割磁感线的综合问题，先利用安培力求加速度，再对甲和乙利用动量定理求速度，由能量守恒求焦耳热，对甲利用动量定理求电荷量
【解答】分别计算甲、乙棒的加速度，由F安=BIL和F安=ma，可得a=BILm，甲、乙棒串联，电流相
等，甲、乙棒长度分别为d、2d，质量分别为m、2m，则甲、乙棒加速度大小相等，故A正确;因为导轨光滑
只受到安培力作用，以向右为正方向，对甲，根据动量定理有F1⋅t=BId⋅t=mv1−mv0，同理，对乙有
−F2t=−BI⋅2d⋅t=2mv2−2m⋅2v0，稳定时无电流，即Bdv1=B⋅2dv2，得v1=2v2，联立解得
v1=2v0，v2=v0，故B错误;由能量守恒定律可知，动能的损失量等于焦耳热，初动能Ek0=12mv02+
12×2m×(2v0)2，末动能Ek=12m×(2v0)2+12×2m⋅v02，则电路中产生的焦耳热为Ek0−Ek=
32mv02，故C错误;对甲应用动量定理有BId⋅△t=mv1−mv0，又q=I⋅△t，v1=2v0，解得q=mv0Bd，故
D正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
没有电场时做匀速运动，因为速度光速，相等时间内电子运动的距离越来越接近相邻漂移
管之间的距离差逐渐变小。
【解答】漂移管内属于导体内部，没有电场，因此电子在漂移管中做匀速运动，A错误，B正确;
从前到后，电子的速度与速度的极限(光速)越来越接近，相等时间内电子运动的距离越来越接近，所以相邻漂移管之间的距离差逐渐变小，C错误，D正确。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
题目提供的是振动图像，从图像上可以看出A质点的振动情况，由于AB振动方向相反，故而可知其间距wei为半波长的奇数倍，根据波动规律可求出其他的量。
本题考查机械振动与机械波，意在考查考生的分析综合能力。
【解答】
A、由A质点的振动图像可看出，在4s时A质点在平衡位置向上振动，A错误;
B、在2s时A质点在平衡位置向下振动，B与A相反，B质点向上振动，B正确;
D、A、B两个质点振动反相，可知两者间的距离等于(n+12)λ=8m(n=0,1,2,⋯)，n=0时这列波的波长取最大值16m，D错误;
C、由振动图像可看出该波的周期是4s，则波速v=λT=42n+1m/s(n=0,1,2,⋯)，可见波速最大值是4m/s，C正确。
11.【答案】(2)xB10T； xF−xD10T；
(3)(xF−xD)2−xB2200(xE−xA)；
(4)降低摩擦阻力造成的影响。
【解析】【分析】
本题考查验证机械能守恒定律实验，意在考查考生的实验探究能力，知道机械能守恒定律的内容，牢固掌握实验步骤及注意事项即可解题。
【解答】
(1)相邻计数点之间还有4个点没有画出，表明相邻计数点之间的时间间隔为5T；
(2)根据匀变速直线运动的推论：某段时间内中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，故A、E点的速
度为vA=xB2×5T=xB10T，vE=xF−xD2×5T=xF−xD10T；
(3)从A到E过程，重力势能减少量为△Ep=mg(xE−xA)，其动能增加量为△Ek=12mvE2−12mvA2，若
机械能守恒则有△Ep=△Ek，联立并化简得gT2=(xF−xD)2−xB2200(xE−xA)；
(4)钩码质量越大，摩擦阻力造成的误差越小。
12.【答案】(1)0.400；(2)UA−UBR0；UBR0UA−UB；(3)3.14×10−6。
【解析】【分析】本题考查测量金属丝的电阻率实验，意在考查考生的实验探究能力。对于电学实验问题一般从实验原理、电路设计、器材选择、数据处理等角度分析。
根据实验原理及实验要求分析；根据螺旋测微器的读数规则读数，注意明确分度值、估读；由电阻的定义式可知金属丝的电阻，再根据电阻定律求解电阻率。
【解析】(1)螺旋测微器固定刻度上的半毫米刻线没有露出，可动刻度上的格数要估读一位，读数应为0.01×40.0mm=0.400mm。
(2)由于电压表内阻非常大，故S2接a时电压表两端电压与接b时金属丝和R0两端电压之和相等，即UA=UB+IR0，故流过金属丝的电流I=UA−UBR0，
由电阻的定义式可知金属丝的电阻Rx=UBI=UBR0UA−UB。
(3)金属丝的横截面积S=14πd2，由电阻定律有Rx=ρLS，
将相关数据代入解得
ρ=RxSL=Rxπd24L=6.25×3.14×(0.4×10−3)24×0.25Ω⋅m=3.14×10−6Ω⋅m。
13.【答案】(1)水银流出一半时，管内水银柱的长度为H4
设玻璃管倾角为α，则此时封闭气体的压强为
p1=p0+H4sinαcmHg
根据玻意耳定律有(p0+H2cmHg)H2⋅S= (p0+H4sin αcmHg)(H−H4)⋅S
代入数据解得
sinα=13
所以管口离地高度h=Hsinα=13m
(2)设当温度为T1时，管内水银恰好有一半流出，封闭气体的压强为
p2=p0+H4cmHg=(75+25)cmHg=100cmHg
根据理想气体状态方程有(p0+H2cmHg)H2⋅ST0=p2(H2+H4)⋅ST1
代入解得T1=360K
【解析】本题考查气体问题，先利用水银柱受力平衡求出封闭气体的压强，再利用玻意耳定律求体积求高度，当温度为T1时，管内水银恰好有一半流出，利用理想气体状态方程求解
14.【答案】(1)电荷从P点出发，经过上下两磁场区域后能回到P点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径
为r=l
由qvB=mv2r
得v=Bqlm
所以运动时间为t=2πr+2lv=2πm+2mBq
(2)改变上区域磁场后，粒子运动轨迹如图所示由12Bqv=mv2R
得R=2r=2l
所以OC= R2−l2= 3l
即粒子出射点距P点的距离为
s=r+R−OC=(3− 3)l
(3)设电场强度为E，由动能定理知
qEl=12mv12−12mv2
由题意知在下区域内粒子做圆周运动的半径仍为r=l
由2Bqv1=mv12r
得v12=4B2q2l2m2
联立上式得E=3B2lq2m
【解析】本题考查带电粒子在电场磁场中的运动，在磁场中根据题意，利用洛伦兹力充当向心力，求速度，利用几何知识求时间，画出轨迹利用几何关系求距离，在电场中利用动能定理结合磁场中运动提供的条件求解电场强度的大小。
15.【答案】(1)设B、C分离瞬间B的速度大小为vB
B、C组成的系统动量守恒，则有
mBvB−mCvC=0
系统因火药燃烧而增加的机械能为E=12mBvB2+12mCvC2
根据已知条件vC=2m/s
解得vB=3m/s
E=7.5J
(2)B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1，对物块
B，由动能定理得
−μmBgL=12mBvB12−12mBvB2
A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有
mBvB1=mBvB2+mAvA
12mBvB12=12mBvB22+12mAvA2
联立解得vB1=2m/s，vB=0，vA=2m/s
EkA=12mAvA2=2J
(3)A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动则对B有μmBg=mBaB
对A有μmBg+μ(mB+mA)g=mAaA
解得aA=6m/s2，aB=2m/s2
设经过时间t两者共速，则有
v=aBt=vA−aAt
解得v=12m/s
t=14s
此过程中A向左运动距离
x1=vA+v2t=2+122×14m=516m
此后，A、B相对静止一起减速到零，有
−μ(mB+mA)gx2=0−12(mB+mA)v2
解得x2=116m
整个过程中A在桌面上滑行的距离为
x=x1+x2=(516+116)m=38m
【解析】本题考查动量和能量的综合问题，先对BC系统利用动量守恒，结合机械能变化的计算，求火药增加的机械能，利用动能定理和机械能守恒求B获得的动能，再利用牛顿第二定律和运动学的知识求解木板移动的位移。