河北省2024年高考物理模擬試卷及答案7

河北省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、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。得分1．歷經(jīng)7年水下考古調(diào)查勘探，長江口二號古船于2022年11月21日露出水面，時隔150多年重見天日。科學(xué)家團(tuán)隊對古船中稻殼進(jìn)行了碳十四測年，驗證出了長江口二號古船的“年齡”。已知植物存活期間，因其新陳代謝等生命活動，其體內(nèi)14C的含量不變，生命活動結(jié)束后，14C能自發(fā)進(jìn)行β衰變成為14N，14C的比例持續(xù)減少，下列說法正確的是（）A．14C發(fā)生一次β衰變，它中子數(shù)減少一個，質(zhì)子數(shù)增加一個B．14C衰變?yōu)?4N的過程中，電荷數(shù)守恒，質(zhì)量也守恒C．14C核的比結(jié)合能大于14N核的比結(jié)合能D．2g14C經(jīng)過兩個半衰期就會全部發(fā)生衰變2．復(fù)興號動車組在世界上首次實現(xiàn)速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列動車的初速度為v0，以額定功率在平直軌道上運動，經(jīng)過一段時間動車達(dá)到最大速度4v0，若行駛過程中動車所受的阻力恒定。則車速為v0和2v0A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．3∶23．“天問一號”火星探測器被火星捕獲，經(jīng)過系列變軌后從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”，為著陸火星做準(zhǔn)備。如圖所示，火星半徑為R，假設(shè)“天問一號”探測器圍繞火星做勻速圓周運動，其環(huán)繞周期為T1，經(jīng)過軌道上A點時探測器發(fā)出了一束激光，激光與火星表面相切于B點，若測得激光束AB與軌道半徑AO的夾角為θ。不考慮星球的自轉(zhuǎn)，已知地球的一顆近地衛(wèi)星（軌道半徑可視為地球半徑）的運行周期為T2，則火星與地球的平均密度之比為（）A．T22siC．T22ta4．如圖所示，理想變壓器原線圈與定值電阻R1=12Ω串聯(lián)后接在正弦式交流電源上。理想變壓器原，副線圈的匝數(shù)之比為1∶5，定值電阻R2=10Ω，理想交流電壓表的示數(shù)為20V，則交流電源電壓的峰值是（）A．120V B．1202V C．124V D．1242V5．如圖所示，質(zhì)量均為m、半徑均為R的圓柱體A、B、C疊放在一起，圓柱體B、C固定在兩個質(zhì)量不計、厚度不計的相同水平底座上，底座置于水平地面上，三個圓柱體均相互接觸且接觸面均光滑，三者處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則底座與水平地面間的動摩擦因數(shù)的最小值為（）A．32 B．33 C．366．如圖所示，將一段橫截面半徑為r的圓柱形光導(dǎo)纖維，彎成外徑為R（未知）的半圓形，一細(xì)光束由空氣中從纖維的左端面圓心O1點射入，入射角α=45°，已知光導(dǎo)纖維對該光的折射率n=2A．(3+6)r B．(2+67．如圖所示，在水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）將水平輕質(zhì)彈簧壓縮x0長度后由靜止釋放，小球彈出后經(jīng)A點水平拋出，恰好從B點沿B點切線方向進(jìn)入半徑為R的豎直圓管中（圓管內(nèi)徑略大于小球直徑），小球從圓管最高點E離開后又恰能到達(dá)B點。已知E、O、C三點在同一豎直線上，∠BOC=60°，彈簧的彈性勢能Ep與彈簧的形變量x以及彈簧的勁度系數(shù)k之間的關(guān)系式為EpA．小球從圓管最高點E離開時受到圓管壁豎直向下的壓力大小為3B．小球從A點水平拋出的速度大小為39gRC．A、B兩點之間的高度差為39D．彈簧的勁度系數(shù)為13mgR閱卷人二、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，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。得分8．一質(zhì)量為m的無人機(jī)，在其動力系統(tǒng)提供的恒力作用下，由靜止開始豎直向上運動，經(jīng)t時間后關(guān)閉動力系統(tǒng)，再經(jīng)3t時間后無人機(jī)恰好返回起點。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）A．恒力的大小為247mg C．無人機(jī)上升的最大高度為7249gt2 9．如圖所示，正四棱錐P—ABCD的底面邊長為L，側(cè)棱長均為62L，水平底面的四個頂點處均固定著電荷量為A．P點的電場強(qiáng)度大小為86kq9C．P點的電勢為86kqW3mg10．如圖所示，相距為L的兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在光滑絕緣水平桌面上，以O(shè)1O2（垂直導(dǎo)軌）為分界線，O1O2左側(cè)導(dǎo)軌光滑，O1O2右側(cè)導(dǎo)軌粗糙，整個導(dǎo)軌處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩導(dǎo)軌左端M、P與一電源和開關(guān)相連。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒1靜止在O1O2左側(cè)，質(zhì)量也為m的導(dǎo)體棒2靜止在O1O2右側(cè)，導(dǎo)體棒1、2接入電路的有效電阻分別為R和2R，導(dǎo)體棒2與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)將開關(guān)K閉合瞬間后又立即斷開，導(dǎo)體棒1獲得瞬時速度v0，且開始在導(dǎo)軌上向右運動（導(dǎo)體棒2開始運動瞬間不計摩擦力的影響），當(dāng)導(dǎo)體棒1以速度v1通過分界線O1O2時，導(dǎo)體棒2的速度為v2。已知重力加速度為g，兩導(dǎo)體棒均始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，則下列說法正確的是（）A．開關(guān)K閉合瞬間后又立即斷開，導(dǎo)體棒2獲得的瞬時速度大小為vB．開關(guān)K閉合瞬間后又立即斷開，通過導(dǎo)體棒2的電荷量為mC．導(dǎo)體棒1從獲得瞬時速度到運動至分界線O1O2經(jīng)過的時間為3D．導(dǎo)體棒1從獲得瞬時速度到運動至分界線O1O2經(jīng)過的時間為3閱卷人三、非選擇題：本題共5小題，共54分。得分11．用單擺測重力加速度的實驗裝置如圖甲所示。（1）用游標(biāo)卡尺測量小鋼球直徑，如圖乙所示，示數(shù)為cm。（2）圖甲裝置中角度盤需要固定在桿上的確定點O處，擺線在角度盤上所指的示數(shù)為擺角的大小。若將角度盤固定在O點下方，則擺線在角度盤上所指的示數(shù)為5°時，實際擺角5°（選填“大于”“等于”或“小于”）。（3）某同學(xué)測得多組周期T和擺長L，畫出T2—L圖像如圖丙所示，取π=3.14，根據(jù)圖像，可求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮閙/s2（保留三位有效數(shù)字）。12．某同學(xué)用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象?，F(xiàn)提供如下實驗器材：電源E（電動勢為3V，內(nèi)阻不計）、電容器C、電阻箱R、毫安表G、單刀雙擲開關(guān)S和導(dǎo)線若干。（1）根據(jù)圖甲電路在圖乙中用筆畫線代替導(dǎo)線將實物電路連接完整。（2）將開關(guān)S撥至位置1，電容器充電完畢后，將開關(guān)S撥至位置2，此過程得到的I—t圖像如圖丙所示，則電容器充電完畢后的電荷量為C，電容器的電容C=F。（計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只增大電阻箱R接入電路的阻值，則此過程的I—t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將（選填“減小”“不變”或“增大”）。13．如圖所示，上端開口的光滑圓柱形汽缸豎直放置在水平地面上，一豎直彈簧一端固定，另一端連接一個截面積為20cm2的活塞，活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在汽缸內(nèi)。在汽缸內(nèi)距缸底60cm處固定有卡環(huán)（大小不計），活塞只能在卡環(huán)上方滑動。開始時活塞處在卡環(huán)上，彈簧處于原長，缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，溫度T0=300K。現(xiàn)緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體，當(dāng)溫度升高到T1=330K時，活塞恰好離開卡環(huán)，當(dāng)溫度升高到T2時，彈簧被壓縮了x=20cm。已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，重力加速度g=10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：（1）活塞的質(zhì)量；（2）T2的值。14．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，x軸上方有傾斜的勻強(qiáng)電場E1（未知），x軸下方有一垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B）和一水平向右的勻強(qiáng)電場E2（未畫出）。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從y軸上M點以速度v0垂直電場E1的方向進(jìn)入第一象限，經(jīng)過t時間，粒子從x軸上N點以速度2v0進(jìn)入磁場區(qū)域，粒子在N點的速度方向與x軸正方向的夾角和電場E1方向與y軸負(fù)方向的夾角相等。已知電場強(qiáng)度大小E2=Bv0，不計粒子重力。求：（1）勻強(qiáng)電場E1的電場強(qiáng)度大小和電場E1方向與y軸負(fù)方向的夾角；（2）O、N兩點間的距離；（3）粒子從N點射入磁場到離y軸最遠(yuǎn)的過程中，勻強(qiáng)電場E2對粒子做的功。15．如圖所示，在光滑水平軌道上有一質(zhì)量為m的足夠長的長木板A，質(zhì)量為3m的滑塊B（可視為質(zhì)點）置于A的左端，A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ，一根長度為L的不可伸長的細(xì)繩，一端固定于O點，另一端系一質(zhì)量為3m的小球C，C位于最低點時與B處于同一高度且恰好接觸。在光滑水平軌道上放著4個小滑塊（均可視為質(zhì)點），小滑塊的質(zhì)量均為2m，編號依次為1、2、3、4。開始時長木板A靜止，現(xiàn)將小球C拉至細(xì)繩處于水平伸直狀態(tài)，然后由靜止釋放，小球C向下擺動并與滑塊B發(fā)生彈性碰撞，當(dāng)A、B剛達(dá)到共速時，長木板A恰好與滑塊1發(fā)生第1次彈性碰撞。經(jīng)過一段時間，A、B再次剛達(dá)到共速時，長木板A恰好與滑塊1發(fā)生第2次彈性碰撞，之后每次A、B剛達(dá)到共速時，長木板A都恰好與滑塊1發(fā)生彈性碰撞，直至最后長木板A與滑塊1共發(fā)生4次碰撞。已知重力加速度為g，小滑塊間的碰撞均為彈性碰撞，每次碰撞時間極短，求：（1）小球C與滑塊B碰前瞬間，細(xì)繩的拉力大?。唬?）長木板A與滑塊1發(fā)生第1次碰撞后，A的速度大小；（3）開始時滑塊1與滑塊2之間距離d1；（4）當(dāng)A與滑塊1發(fā)生第4次碰撞時，滑塊4距滑塊1的初始位置的距離。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】AB、核反應(yīng)方程

614C→714N+?10e

發(fā)生一次β衰變，原子核中一個中子轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和一個電子，所以14C發(fā)生一次β衰變，它中子數(shù)減少一個，質(zhì)子數(shù)增加一個，A正確；衰變過程，遵循質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒，但是質(zhì)量不守恒，B錯誤；

C、614C由于不溫度，產(chǎn)生β衰變，所以614C的比結(jié)合能比2．【答案】B【解析】【解答】設(shè)動車的額定功率為P，動車達(dá)到最大速度4v0時，牽引力與阻力大小相等，即

F=f=P4v0

動車的速度為v時，牽引力為

F'=Pv

由牛頓第二定律知

F'?f=ma

聯(lián)立以上三式解得

a=Pm(1v?14v0)

車速為v0時動車的加速度大小

a13．【答案】B【解析】【解答】環(huán)繞天體繞中心天體做勻速圓周運動

GMmr2=m4π2T2r

中心天體的密度

ρ=MV

而體積

V=43πR3

聯(lián)立以上三式有

ρ=3πr3GT2R3

激光與火星表面相切于B點，若測得激光束AB與軌道半徑AO的夾角為θ。由幾何關(guān)系知

sinθ=Rr

解得火星探測器的軌道半徑4．【答案】D【解析】【解答】由理想變壓器的電壓比與匝數(shù)比關(guān)系知

U1U2=n1n2

代入數(shù)據(jù)

U120=15

解得

U1=4V

由理想變壓器原副線圈電流比與匝數(shù)比關(guān)系知

I2I1=n1n2

而

I2=U5．【答案】D【解析】【解答】對A進(jìn)行受力分析，如圖所示

由于對稱性，F(xiàn)CA與FBA大小相等，由幾何關(guān)系知

2Fcos30°=mg

解得B對A的支持力

FBA=F=33mg

對B進(jìn)行受力分析，如下圖所示：

水平方向

f=FABsin30°

豎直方向

N=FABcos30°+mg

又

6．【答案】A【解析】【解答】根據(jù)題意作出光路圖，如下：

光線從空氣射向纖維，折射角為β，由折射定律知

sinαsinβ=n

代入數(shù)據(jù)解得

β=30°，

光線從纖維射向空氣，臨界角為C，根據(jù)

sinC=1n

代入數(shù)據(jù)解得

C=45°

在?O1PO中，由正弦定理知

Rsin120°=R?rsin7．【答案】C【解析】【解答】A、小球從最高點E離開后做平拋運動，水平方向位移

x=Rsin60°=32R，x=vt

豎直方向位移

y=R+Rcos60°=32R，y=12gt2

聯(lián)立以上式子，解得

v=12Rg

在最高點

mg+FN=mv2R

代入相關(guān)數(shù)據(jù)，解得

FN=?34mg

說明小球運動到最高點E時，軌道對小球的彈力表現(xiàn)為支持力，大小為34mg，即小球從圓管最高點E離開時受到圓管壁豎直向下的壓力大小為34mg，A正確；

B、小球從B點運動到最高點E的過程中，由動能定理知

?mg(R+Rcos8．【答案】B,C【解析】【解答】AB、在動力系統(tǒng)下向上做勻加速直線運動

0+v2t=?，

(F?mg)t=mv?0

其中v為關(guān)閉動力系統(tǒng)時無人機(jī)的速度，

關(guān)閉動力系統(tǒng)后：無人機(jī)做豎直上拋運動，以豎直向上的方向為正方向

??=v·3t?12g(3t)2

聯(lián)立以上三式解得

v=9gt7，F(xiàn)=167mg，?=9gt214

A錯誤，B正確；

C、關(guān)閉動力系統(tǒng)后：無人機(jī)上升的最大高度

?'=0?v22(?g)=9．【答案】A,D【解析】【解答】AB、A點點電荷在P點產(chǎn)生的場強(qiáng)

E=kq(62L)2=2kq3L2

在?PAC中，AP與豎直方向夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系有

sinθ=22L62L=33

水平底面的四個頂點處的點電荷在P點產(chǎn)生的合場強(qiáng)

E合=4E10．【答案】A,C【解析】【解答】A、開關(guān)K閉合瞬間后又立即斷開，導(dǎo)體棒2獲得的瞬時速度大小v，對導(dǎo)體棒1：由動量定理有

BI1L·?t=mv0?0……（1）

對導(dǎo)體棒2：由動量定理有

BI2L·?t=mv?0……（2）

開關(guān)K閉合瞬間，由于導(dǎo)體棒1、2接入電路的有效電阻分別為R和2R，有

2I1=I2……（3），

聯(lián)立以上三式解得

v=v02

A正確；

B、由（2）式變形得

開關(guān)K閉合瞬間后又立即斷開，通過導(dǎo)體棒2的電荷量

q=I211．【答案】（1）1（2）小于（3）9【解析】【解答】（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則，可得小球直徑為d=10mm+14×0.05mm=10.70mm=1.070cm

(2)角度盤的大小一定，在規(guī)定的位置O安裝角度盤，測量角度準(zhǔn)確，但將角度盤固定在規(guī)定位置O的下方時，角度盤到懸掛點的距離將會變長，因此在保持角度相同的情況下，擺線在刻度盤上掃過的弧長會變長，則擺線在角度盤上所指的示數(shù)為5°，其實際擺角小于5°。

（2）由單擺周期公式

T=2πLg

變形得

T2=412．【答案】（1）（2）8.0×10?3（3）不變【解析】【解答】（1）實物電路如下圖所示：

（2）I-t圖像包圍下的面積表示電容器充電完畢后的電荷量q，圖乙中圖線與x軸包圍下的面積有32個小格，則

q=32×0.5×10?3A×0.5s=8.0×10?3C

由甲圖知，充電結(jié)束后，電容器兩端電壓等于電源電動勢3V，由13．【答案】（1）活塞恰好離開卡環(huán)時，封閉氣體的壓強(qiáng)為p氣體進(jìn)行等容變化，則由查理定理p代入數(shù)據(jù)解得m=2kg（2）當(dāng)溫度升高到T2時，彈簧被壓縮了x=20cm。封閉氣體的壓強(qiáng)為p由理想氣體狀態(tài)方程p解得T2=480K【解析】【解答】（1）活塞恰好離開卡環(huán)時，封閉氣體的壓強(qiáng)為p氣體進(jìn)行等容變化，則由查理定理p代入數(shù)據(jù)解得m=2kg（2）當(dāng)溫度升高到T2時，彈簧被壓縮了x=20cm。封閉氣體的壓強(qiáng)為p由理想氣體狀態(tài)方程p解得T2=480K

【分析】本題考查理想氣體，要求學(xué)生能夠判斷氣體在不同平衡態(tài)下的狀態(tài)參量，（1）分析氣體狀態(tài)變化，根據(jù)等容變化以及受力分析求解活塞的質(zhì)量。（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求解末狀態(tài)下氣體的壓強(qiáng)，分析活塞受力，結(jié)合胡克定律求出氣體的溫度。14．【答案】（1）設(shè)粒子在N點時的速度為2v0，方向與x軸正方向的夾角θ，電場E1方向與y軸負(fù)方向的夾角也為θ，則垂直電場E1的方向2沿電場方向2解得θ=3E（2）粒子從M到N，沿垂直于場強(qiáng)方向的位移MP=平行于場強(qiáng)方向的位移PN=則ON=（3）粒子進(jìn)入下方正交場后，將速度2v0分解為y軸方向的速度vy=2v0sin30°=v0和沿x軸方向的速度v沿y軸方向的速度vy=v0所受的洛倫茲力qv0B=E2q可知粒子沿y軸負(fù)向做勻速運動；同時以速度vxr=當(dāng)粒子距離y軸最遠(yuǎn)時勻強(qiáng)電場E2對粒子做的功W=【解析】【解答】（1）設(shè)粒子在N點時的速度為2v0，方向與x軸正方向的夾角θ，電場E1方向與y軸負(fù)方向的夾角也為θ，則垂直電場E1的方向2沿電場方向2解得θ=3E(2)粒子從M到N，沿垂直于場強(qiáng)方向的位移MP=平行于場強(qiáng)方向的位移PN=則ON=(3)

粒子進(jìn)入下方正交場后，將速度2v0分解為y軸方向的速度vy=2v0sin30°=v0和沿x軸方向的速度v沿y軸方向的速度vy=v0所受的洛倫茲力qv0B=E2q可知粒子沿y軸負(fù)向做勻速運動；同時以速度vxr=當(dāng)粒子距離y軸最遠(yuǎn)時勻強(qiáng)電場E2對粒子做的功W=【分析】本題考查帶電粒子在組合場和復(fù)合場的運動，（1）根據(jù)粒子在第一象限的受力與初速度方向，判斷粒子在第一象限做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出勻強(qiáng)電場E1的電場強(qiáng)度大小及方向。（2）粒子在第一象限中運動，根據(jù)運動的合成與分解求出粒子沿電場方向的位移和垂直于電場方向的位移，結(jié)合數(shù)學(xué)知識求出ON間的距離。（3）粒子從N點進(jìn)入第四象限后，利用運動的分解，結(jié)合粒子的受力情況，可以判斷粒子沿y軸負(fù)方向做勻速直線運動的同時做勻速圓周運動，以此判斷粒子離N點的水平位移最遠(yuǎn)時，電場力qE2對粒子做的功。15．【答案】（1）小球C在下落過程中機(jī)械能守恒，則有3mgL=解得v最低點，由牛頓第二定律有T?3mg=3m×解得T=9mg（2）小球C與滑塊B的質(zhì)量相等，他們之間的碰撞為彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律3m1可得v從B開始運動到A、B第1次共速，由動量守恒得3m解得vA與滑塊1發(fā)生第1次彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒有m1解得vv負(fù)號表示方向與正方向相反；（3）從A與滑塊1發(fā)生第1次碰撞到A、B第2次共速，由動量守恒有3m解得v因為4個小滑塊質(zhì)量相等，小滑塊間發(fā)生彈性碰時速度互換，碰撞后滑塊1靜止，滑塊2的速度變?yōu)関1，同理，滑塊2與滑塊3碰撞后，兩者速度再次互換，以此類推，所以開始時滑塊1、2之間的距離d1就等于A第1次與滑塊1碰撞到再次與滑塊1碰撞的過程中A的位移，設(shè)A、B的加速度大小分別為aAaa由勻變速運動規(guī)律有d解得d（4）由第（3）問可知v同理可知v滑塊B一直做勻減速直線運動，A與小滑塊1從發(fā)生第1次碰撞到發(fā)生第4次碰撞經(jīng)歷的時間t=當(dāng)A與滑塊1發(fā)出第4次碰撞時，滑塊4距滑塊1的初始位置的距離x=聯(lián)立解得x=【解析】【解答】（1）小球C在下落過程中機(jī)械能守恒，則有3mgL=解得v最低點，由牛頓第二定律有T?3mg=3m