河北省2024屆高三上期末物理模擬試題

河北省2024屆高三上期末物理模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24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．光電效應實驗中，一組同學用同一光電管在不同實驗條件下得到了四條光電流與電壓之間的關系曲線(甲、乙、丙、丁)，如圖所示。以下判斷正確的是（）A．甲光的頻率大于乙光 B．丙光的頻率等于丁光C．甲光的強度等于丙光 D．乙光的強度等于丁光2．如圖所示，空間有兩個等量異種點電荷Q1和Q2，Q1帶正電、Q2帶負電，兩點電荷間的距離為L，O為連線的中點。在以Q1、Q2為圓心，L2A．A，C兩點電場強度相同B．帶正電的試探電荷在M、N兩點時受到的電場力方向相反C．把帶正電的試探電荷從C點沿圓弧移動到N點的過程中電勢能不變D．帶負電的試探電荷在M點的電勢能小于在A點的電勢能3．滑索速降是一項具有挑戰(zhàn)性、刺激性和娛樂性的現代化體育游樂項目?？煽缭讲莸?、湖泊、河流、峽谷，借助高度差從高處以較高的速度向下滑行，使游客在有驚無險的快樂中感受刺激和滿足。下行滑車甲和乙正好可以簡化為下圖所示的狀態(tài)，滑車甲的鋼繩與索道恰好垂直，滑車乙的鋼繩正好豎直。套在索道上的滑輪質量為m，滑輪通過輕質鋼繩吊著質量為M的乘客，則（）A．滑輪a、b都只受三個力作用B．滑輪b不受摩擦力的作用C．甲一定做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動D．乙中鋼繩對乘客的拉力小于乘客的總重力4．如圖所示，豎直放置的兩端開口的U形管，一段空氣柱被水銀柱a和水銀柱b封閉在右管內，水銀柱b的兩個水銀面的高度差為h?，F將U形管放入熱水槽中，則系統(tǒng)再度達到平衡的過程中（水銀沒有溢出，外界大氣壓保持不變）（）A．空氣柱的壓強變大B．空氣柱的長度不變C．水銀柱b左邊液面要上升D．水銀柱b的兩個水銀面的高度差h不變5．靜止在湖面的小船上有兩個人分別向相反方向水平拋出質量相同的小球，甲向左拋，乙向右拋，如圖所示．甲先拋，乙后拋，拋出后兩小球相對岸的速率相等，若不計水的阻力，則下列說法中正確的是（）A．兩球拋出后，船往左以一定速度運動，乙球受到的沖量大一些B．兩球拋出后，船往右以一定速度運動，甲球受到的沖量大一些C．兩球拋出后，船的速度為零，甲球受到的沖量大一些D．兩球拋出后，船的速度為零，兩球所受的沖量相等6．如圖所示，邊長為l的單匝正方形線圈放在光滑水平面上，其有一半處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。第一次保持磁場不變，使線圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右運動；第二次保持線圈不動，使磁感應強度大小發(fā)生變化。若線圈的總電阻為R，則有（）A．若要使兩次產生的感應電流方向相同，則第二次時磁感應強度大小必須逐漸增大B．若要使兩次產生的感應電流大小相同，則第二次時磁感應強度大小隨時間必須均勻變化，且變化率ΔBC．第一次時，在線圈離開磁場的過程中，水平拉力做的功為BD．第一次時，在線圈離開磁場的過程中，通過線圈某一橫截面的電荷量為B二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．2019年4月10日晚，數百名科學家參與合作的“事件視界望遠鏡(EHT)”項目在全球多地同時召開新聞發(fā)布會，發(fā)布了人類拍到的首張黑洞照片．理論表明：黑洞質量M和半徑R的關系為MRA．該黑洞的質量M＝v2r2GC．該黑洞的半徑R＝2v2r8．宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉，稱之為雙星系統(tǒng)。設某雙星系統(tǒng)A、B繞其連線上的O點做勻速圓周運動，如圖所示。若AO>OB，則（）A．恒星A的質量大于恒星B的質量B．恒星A的動能大于恒星B的動能C．恒星A的動量與恒星B的動量大小相等D．恒星A的向心加速度大小小于恒星B的向心加速度大小9．如圖，從P點以水平速度v將小皮球拋向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能夠入筐。不考慮空氣阻力，則小皮球在空中飛行的過程中（）A．在相等的時間內，皮球動量的改變量相同B．在相等的時間內，皮球動能的改變量相同C．下落相同的高度，皮球動量的改變量相同D．下落相同的高度，皮球動能的改變量相同10．如圖所示，用一輕繩將小球P系于光滑豎直墻壁上的O點，在墻壁和小球P之間夾有一正方體物塊Q，P、Q均處于靜止狀態(tài)。現將一鉛筆緊貼墻壁壓在輕繩上并從O點開始緩慢下移，P、Q始終處于靜止狀態(tài)，則在鉛筆緩慢下移的過程中（）A．物塊Q受到的靜摩擦力將增大 B．小球P受到4個力的作用C．物塊Q受到4個力的作用 D．輕繩的拉力減小三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．在學校社團活動中，某實驗小組先將一只量程為300μA的微安表頭G改裝為量程為0.3A的電流表，然后用改裝的電流表測量未知電阻的阻值?？晒┻x擇的實驗器材有：微安表頭G(量程300μA，內阻約為幾百歐姆)滑動變阻器R1(0～10kΩ)滑動變阻器R2(0～50kΩ)電阻箱R(0~9999Ω)電源E1(電動勢約為1.5V)電源E2(電動勢約為9V)開關、導線若干（1）實驗小組先用如圖(a)所示電路測量表頭G的內阻Rg，實驗方法是：A．按圖(a)連接好電路，將滑動變阻器的滑片調至圖中最右端；B．斷開S2，閉合S1，調節(jié)滑動變阻器的滑片位置，使G滿偏；C．閉合S2，并保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節(jié)電阻箱的阻值，使表頭G的示數為200μA，記錄此時電阻箱的阻值R0，①實驗中電源應選用，滑動變阻器應選用(選填儀器字母代號)；②測得表頭G的內阻Rg=，表頭內阻的測量值較其真實值(選填“偏大”或“偏小”)；（2）實驗測得G的內阻Rg=500Ω，要將表頭G改裝成量程為0.3A的電流表，應選用阻值為Ω的電阻與表頭G并聯；（3）實驗小組利用改裝后的電流表A，用圖(b)所示電路測量未知電阻Rx的阻值。測量時電壓表V的示數為1.20V，表頭G的指針指在原電流刻度的250Ω處，則Rx=Ω。12．小宇同學利用如圖甲所示的裝置驗證動能定理，遮光條的寬度d為圖乙中的游標卡尺（游標有十個分度）所示，其中托盤的質量為m=10g，每個砝碼的質量均為m=10g，小車和遮光條以及傳感器的總質量為M=100g，忽略繩子與滑輪之間的摩擦。小宇做了如下的操作：①滑塊上不連接細繩，將長木板的右端適當墊高，以平衡摩擦力；②取5個砝碼放在小車上，讓小車由靜止釋放，傳感器的示數為F，記錄遮光條經過光電門時的擋光時間為Δt；③測出遮光條距離光電門的間距為s，如圖丙所示；④從小車上取一個砝碼放在托盤上，并將小車由同一位置釋放，重復②，直到將砝碼全部放在托盤中；由以上操作分析下列問題：（1）遮光條的寬度d為mm，遮光條到光電門的間距s為m；（2）用以上的字母表示遮光條經過光電門時的速度的表達式為；（3）在②過程中細繩的拉力所做的功為，所對應動能的變化量為；（用字母表示）（4）在上述過程中如果將托盤及盤中砝碼的總重力計為F′，則F′所做的功為，所對應系統(tǒng)的動能的變化量為；（用字母表示）（5）如果以F′為縱軸，Δt的為橫軸，該圖線為直線，由題中的條件求出圖線的斜率k，其大小為（結果保留兩位有效數字）。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．如圖所示，讓小球從圖中的A位置靜止擺下，擺到最低點B處擺線剛好被拉斷，小球在B處恰好未與地面接觸，小球進入粗糙的水平面后向右運動到C處進入一豎直放置的光滑圓弧軌道。已知擺線長L=1m，θ=60°，小球質量m=1kg，B點C點的水平距離s=2m，小球與水平面間動摩擦因數μ=0.2，g?。?）求擺線所能承受的最大拉力為多大；（2）要使小球不脫離圓弧軌道，求圓弧軌道半徑R的取值范圍。14．如圖甲所示，直角坐標系xOy的第一象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，在第四象限內有一半徑為R的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，磁場的邊界剛好與x軸相切于A點，A點的坐標為(3R，0)，一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在A點正上方的P點由靜止釋放，粒子經電場加速后從A點進入磁場，經磁場偏轉射出磁場后剛好經過坐標原點O，勻強磁場的磁感應強度大小為（1）P點的坐標；（2）若在第三、四象限內、圓形區(qū)域外加上垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小也為B，如圖乙所示，粒子釋放的位置改為A點正上方P'點處，P'點的坐標為(3R，qB2R22mE)，讓粒子在P'15．空間存在一邊界為MN、方向與紙面垂直、大小隨時間變化的磁場，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖甲所示，方向向里為正。用單位長度電阻值為R0的硬質導線制作一個半徑為r的圓環(huán)，將該圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上，如圖乙所示。（1）判斷圓環(huán)中感應電流的方向；（2）求出感應電動勢的大?。唬?）求出0~t1的時間內電路中通過的電量。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】AB、根據愛因斯坦光電效應方程E反向截止電壓E同一光電管的逸出功W0相同，由于Uc1>Uc2，所以可以判定：甲光的頻率大于乙光的頻率；丙光的頻率（等于甲光）大于丁光的頻率（等于乙光），故A正確，B錯誤；

CD、根據飽和光電流與照射光強度的關系可知，甲光的強度大于丙光，乙光的強度大于丁光，故CD錯誤。

故答案為：A。

【分析】同一光電管的逸出功相同，根據愛因斯坦的光電效應方程可知，光照頻率越大，遏制電壓越大，光照頻率相等，遏止電壓相等，即頻率相等。頻率相等的光，光照強度越大，飽和光電流越大。2．【答案】D【解析】【解答】A．由等量異種點電荷的電場分布可知，A、C兩點電場強度大小相等，方向不同，A不符合題意；B．帶正電的試探電荷在M、N兩點時受到的電場力方向都水平向左，B不符合題意；C．由于C、N兩點離負點電荷距離相等，但C點離正點電荷更近，則C、N兩點電勢不同，則電勢能不同，C不符合題意；D．由于M、A兩點離正點電荷距離相等，但A點離負點電荷更近，則A點電勢更低，根據負電荷在電勢低處電勢能大，則帶負電的試探電荷在M點的電勢能小于在A點的電勢能，D符合題意。故答案為：D。

【分析】利用電場線的分布可以判別場強的大小和方向；利用電場線方向可以判別電場力的方向；利用電勢不同可以判別電勢能發(fā)生變化；利用電勢的大小結合電性可以判別電勢能的大小。3．【答案】C【解析】【解答】AB、設索道的傾角為α，甲圖中，對乘客，根據牛頓第二定律得Mg解得a=g對滑輪和乘客組成的整體，設滑輪a受到的摩擦力大小為f，由牛頓第二定律得(M+m)g解得f=0故滑輪a只受重力和鋼繩的拉力兩個力作用；乙圖中，對乘客分析知，乘客只受重力和鋼繩的拉力兩個力作用，這兩個力必定平衡，若這兩個力的合力不為零，且合力與速度不在同一直線上，乘客不能做直線運動，故該乘客做勻速直線運動，對滑輪和乘客組成的整體可知，滑輪b一定受到摩擦力，故AB錯誤；

C、由上分析知，甲一定做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動，故C正確；

D、乙做勻速直線運動，乙中鋼繩對乘客的拉力等于乘客的總重力，故D錯誤；

故答案為：C。

【分析】由于甲、乙中滑車和滑輪均保持相對靜止，則滑車和滑輪的加速度相等。由于滑車只受到重力和鋼索拉力，分別對滑車進行受力分析根據牛頓第二定律確定其加速度即運動情況。再根據運動情況確定滑輪的受力情況。4．【答案】D【解析】【解答】AB．外界大氣壓不變，被封閉氣體壓強始終不變，氣體做等壓變化，溫度升高，則氣體體積增大，AB不符合題意；CD．被封閉氣體壓強始終不變，水銀柱b兩液面高度差h不變，則液面位置也不會發(fā)生變化，C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】利用等壓變化結合溫度升高可以判別體積增大；利用壓強不變可以判別高度差保持不變。5．【答案】C【解析】【解答】設小船的質量為M，小球的質量為m，甲球拋出后，根據動量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球拋出后，規(guī)定向右為正方向，根據動量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=0．根據動量定理得，所受合力的沖量等于動量的變化，對于甲球，動量的變化量為mv，對于乙球動量的變化量為mv-mv′，知甲的動量變化量大于乙球的動量變化量，所以拋出時，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大．故C符合題意．故答案為：C

【分析】利用動量守恒定律可以判別船的速度大?。焕脛恿康淖兓梢耘袆e沖量的大小。6．【答案】B【解析】【解答】A．根據右手定則可知，第一次時線框中的感應電流方向順時針方向；若要使兩次產生的感應電流方向相同，根據楞次定律，則第二次時磁感應強度大小必須逐漸減小，故A不符合題意；B．根據切割感應電動勢公式E=BLv及閉合電路歐姆定律可得第一次時感應電流大?。篒=若要使兩次產生的感應強度電流大小相同，根據法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律則有：ΔB則第二次時磁感應強度大小隨時間必須均勻變化，且變化率為：ΔB故B符合題意；C．第一次時，在線圈離開磁場的過程中，水平拉力做的功為：W=F故C不符合題意；D．第一次時，在線圈離開磁場的過程中，通過線圈某一橫截面的電荷量為：q=It=故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】利用楞次定律可以判別磁感應強度的變化；利用法拉第電磁感應定律可以求出變化率的大小；利用安培力做功可以求出水平拉力做功的大小；利用磁通量變化量結合電阻大小可以求出電荷量的大小。7．【答案】B,C【解析】【解答】AB.設黑洞的質量為M，環(huán)繞天體的質量為m，根據萬有引力提供環(huán)繞天體做圓周運動的向心力有：GMmr2CD.根據黑洞的質量M和半徑R的關系MR=c故答案為：BC

【分析】衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力，結合衛(wèi)星的周期，根據向心力公式列方程求解中心天體的質量。8．【答案】B,C【解析】【解答】A．根據萬有引力提供向心力有m可得m因為rOA>即A的質量一定小于B的質量，A不符合題意；B．雙星系統(tǒng)中，恒星的動能為E因為rOA>恒星A的動能大于恒星B的動能，B符合題意；C．雙星系統(tǒng)中，恒星的動量大小為p=mv=mωr，所以有p恒星A的動量大小等于恒星B的動量大小，C符合題意；D．雙星系統(tǒng)中，恒星的加速度大小為a=因為rOA>恒星A的向心加速度大小大于恒星B的向心加速度大小，D不符合題意；故答案為：BC。

【分析】兩個恒星繞著兩者的質心做圓周運動，萬有引力提供向心力，角速度相同，利用向心力公式分析運動半徑、加速度、線速度的關系。9．【答案】A,D【解析】【解答】A．因物體在空中只受重力，所以在相等的時間間隔內，皮球受到的沖量均為mgt，故皮球受到的沖量相同，根據動量定理可得，皮球動量的改變量相同，A符合題意；B．在相等的時間間隔內，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，即合外力做功不等，故皮球動能的改變量不同，B不符合題意；C．下落相同的高度，時間并不相等，故皮球受到的重力的沖量不相等，故皮球動量的增量不相同，C不符合題意；D．下落相同的高度，重力做功均為mgh，故重力做功相等，小球動能的增量相同，D符合題意。故答案為：AD。

【分析】利用相同時間及重力不變可以判別重力沖量相同則動量改變量相同；由于相同時間位移不同所以動能變化量不同；利用相同位移重力做功相同則動能改變量相等，作用時間不同則動量改變量不同。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．Q處于靜止狀態(tài)，豎直墻壁光滑，由平衡條件可知，Q受到的靜摩擦力等于Q的重力大小，不變，A不符合題意；B．小球P受重力、Q對P的彈力、Q對P的摩擦力和輕繩的拉力的作用，B符合題意；C．物塊Q受重力、壓力、支持力和靜摩擦作用，C符合題意；D．P、Q作為一個整體分析，其受三個力的作用，并處于平衡狀態(tài)，輕繩的拉力F=鉛筆緩慢下移的過程中θ增大，輕繩的拉力增大，D不符合題意。故答案為：BC。

【分析】利用平衡條件可以判別Q受到的摩擦力等于重力；利用平衡條件可以判別受力的個數；利用整體法可以判別拉力的大小與角度的大小關系。11．【答案】（1）E2；R2；12R0（2）0.5（3）4.3【解析】【解答】（1）①閉合S2開關時，認為電路電流不變，實際上閉合開關S2時電路總電阻變小，電路電流增大，電源電動勢越大、滑動變阻器阻值越大，閉合開關S2時微安表兩端電壓變化越小，實驗誤差越小，為減小實驗誤差，電源應選擇E2，滑動變阻器應選擇R2；

②閉合開關S2時，認為電路電流不變，流過微安表電流為滿偏電流的三分之二，則流過電阻箱的電流為滿偏電流的三分之一，微安表與電阻箱并聯，流過并聯電路的電流與阻值成反比，則R閉合開關S2時整個電路電阻變小，電路電流變大，大于300μA，當表頭G示數為200μA時，流過電阻箱的電流大于100μA，電阻箱阻值小于表頭G電阻的一半，實驗認為電流表內阻等于電阻箱阻值的一半，因此表頭G內阻測量值偏??；

（2）把微安表改裝成0.3A的電流表需要并聯分流電阻，并聯電阻阻值為R=（3）改裝后電流表內阻為R微安表量程為300μA，改裝后電流表量程為0.3A，量程擴大了1000倍，微安表示數為250μA時，流過電流表的電流為250×由圖乙所示電路圖可知，待測電阻阻值為R【分析】本實驗電路（a）中采用理想試驗法，即認為閉合開關s2時，電路總電流不變，再根據串并聯電路規(guī)律確定表頭的阻值，該實驗方法的主要誤差源于忽略閉合開關后，電路中總電流變大的影響。熟悉掌握電表改裝的原理及計算方法。在電路圖（b）中確定待測電阻兩端的電壓及電流，根據歐姆定律及串并聯規(guī)律進行數據處理。12．【答案】（1）12.0；1.44（2）d（3）Fs；(M+5m)（4）F′s；(M+6m)（5）倒數的二次方；7.9×10－6~8.1×10－6【解析】【解答】(1)該游標卡尺的讀數為12mm+0×0.1mm=12.0mm刻度尺要估讀，讀數為s=1.44m。(2)當時間間隔比較小時，平均速度約等于某一位置或某一時刻的瞬時速度，故由平均速度公式可得，經過光電門位置的速度v=dΔt(3)傳感器的示數為細繩的拉力，則其做功為Fs，所對應動能的變化量為ΔEk=1圖像為直線的條件是橫坐標為Δt倒數的二次方，該圖線的斜率為k=代入數據得k=8.0×10－6

【分析】（1）明確游標卡尺的讀數規(guī)則進行讀數即可；利用刻度尺測量物體的長度，讀數需要估讀到分度數后一位；

（2）當運動位移很短時，物體的平均速度等于物體運動的瞬時速度，位移越短，平均速度越接近瞬時速度；

（3）（4）求解拉力做功，利用力的大小乘以移動的距離，結合物體的末速度和動能表達式求解即可；

（5）根據動能定律的表達式，結合圖像的橫縱坐標求解圖像的形式即可。13．【答案】（1）解：小球從A到B的過程，由動能定理得：mgL（1?cosθ）=解得：v在B點，由牛頓第二定律得：T?mg=m解得：T=20N（2）解：B到C的過程中摩擦力做功，由動能定理可得：1可得：v小球進入圓軌道后，設小球能到達圓軌道最高點的速度為v，要不脫離軌道應滿足：mg≤m考慮小球從C點運動到圓軌道最高點的過程，由動能定理得：?mg?2R=聯立以上解得：R≤0.04m；小球進入圓軌道后，小球上升的最大高度滿足：h≤R，小球可沿軌道返回。小球從D點運動到最高處的過程，由動能定理得?mgh=0?解得：R≥0.1m；所以要使小球不脫離圓弧軌道，圓弧軌道半徑R的取值范圍是R≤0.04m或R≥0.1m。【解析】【分析】（1）小球從A到B的過程中機械能守恒，確定小球做圓周運動到B點時的受力情況及向心力的來源，再根據動能定理及牛頓第二定律進行解答；

（2）小球不脫離軌道，當小球能到達圓軌道最高點時，則在最高點完全由重力提供向心力時，此時最高點