2023-2024年河北省高三二輪復習聯考物理試題1（解析版）

2024屆高三二輪復習聯考（一）物理試題

一、單選題

1.圖示為氫原子的能級圖。已知可見光的光子能量范圍為1.62?3.11eV。根據玻爾理論可知，大量處于

〃=4能級的氫原子向低能級躍遷的過程中，能產生不同頻率的可見光光子有（）

nE7eV

oo--------------------0

2---------------------3.40

1----------------------13.6

A.6種B.4種C.3種D.2種

【答案】

D

【解析】

大量處于〃=4能級的氫原子向低能級躍遷過程共釋放C：=6種頻率的光，其釋放的光子能量分別為

1？3

E釋=旦-4—12.75eV,E釋—E4—E2—2.55eV,E釋—E4—E3—0.66eV,

45釋$

E釋=區(qū)—g=12.09eV,E釋=區(qū)—芻=1.89eV,E=E2-E1=10.2eV,由上述分析可知，其共

釋放的6種頻率的光中，共有2種可見光。故選D。

2.2023年9月29日在中國浙江杭州舉辦的第19屆亞運會中，我國選手蘭星宇榮獲吊環(huán)冠軍。如圖所示，

蘭星宇在比賽中吊環(huán)倒立處于靜止狀態(tài)，此時兩根吊繩之間的夾角為8。若蘭星宇的質量為加，重力加速

度大小為g,吊環(huán)重力不計，則（）

10

A.每根吊繩的拉力大小為5mgeos,

B.兩個吊環(huán)對蘭星宇的作用力大小為

2cos—

2

C.蘭星宇單臂對吊環(huán)的作用力大小為"J

2cos—

2

D.蘭星宇單臂對吊環(huán)的作用力大小為」吟

C7

cos—

2

【答案】

B

【解析】

設每根吊繩的拉力為T,由于運動員處于靜止狀態(tài)，所以有mg=2Tcosg,解得T=萬，故A項錯

22cos-

2

誤；由于運動員靜止，所以運動員處于平衡態(tài)，即兩個吊環(huán)對蘭星宇的作用力大小與其所受重力大小相等,

方向相反，故B項錯誤；蘭星宇單臂對吊環(huán)的作用力與吊環(huán)對蘭星宇的作用力等大反向，同理吊環(huán)對吊繩

的作用力與吊繩對吊環(huán)的作用力等大反向。由此可知,蘭星宇單臂對吊環(huán)的作用力與吊繩的拉力大小相等,

即蘭星宇單臂對吊環(huán)的作用力大小為」^萬，故C正確，D錯誤。故選C。

2cos—

2

3.2023年10月26日H時14分，搭載神舟十七號載人飛船的長征二號戶遙十七運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射

中心點火發(fā)射。約10分鐘后。神舟十七號載人飛船與火箭成功分離，進入預定軌道，航天員乘組狀態(tài)良好,

發(fā)射取得圓滿成功。如圖所示，虛線為飛船的運行軌道，周期為T,離地高度為人。若飛船繞地球做勻速

圓周運動，地球半徑為R,則地球的第一宇宙速度大小為()

D27r（R+丸）R

R+h

【答案】

B

【解析】

GMm4/4n~(R+hV

根據萬有引力提供向心力有上一7r(R+?,則地球質量力=’。J,設地球的第一宇宙

(R+h)2T-GT“

、+……nrGMm/2兀（H+m\R+h

速度大小為V，則——廠二加一故選Bo

R?RR

4.如圖所示，在直角三角形A5c中，NA=30。，BC=R0A、3兩點各固定有點電荷，帶電荷量分別

為-4Q、+Q，以c點為球心固定有不帶電的金屬球殼，球殼半徑為LR。己知靜電力常量為左，球殼表

2

面的感應電荷在球心C處產生的電場強度（）

A.為零

B.大小為左茨，方向沿8A方向

C.大小為左茨，方向與CB方向夾角為60。

D.大小為2k，方向沿/ACB平分線

【答案】

C

【解析】

A處點電荷在C點產生的電場強度沿C4方向，大小為g=左=左烏，B處點電荷在C點產生的電

（27?）2R2

7Q_"

場強度沿方向，大小為反加=丹,A、B兩處點電荷分別在C點產生的電場強度方向互成120°,

大小相等，所以合電場強度大小為E=Z與，方向與方向夾角為60。；由于金屬球殼內部電場強度處

鏟

處為零，感應電荷在球心C處產生的電場強度大小為紇=，方向與CB方向夾角為60。。故選C。

5.我國運動員林丹是羽毛球史上第一位集奧運會、世錦賽、世界杯、蘇迪曼杯、湯姆斯杯、亞運會、亞錦

賽、全英賽、全運會等系列賽冠軍于一身的雙圈全滿貫選手，扣球速度可達324km/h。現將羽毛球場規(guī)格

簡化為如圖所示的長方形ABCD,若林丹從A點正上方高2.45m的P點扣球使羽毛球水平飛出，羽毛球

落到對方界內，取g=10m/s2,不計空氣阻力，則羽毛球的水平速度大小可能為（）

網高1.55m

【答案】

B

【解析】

羽毛球從P點水平飛出做平拋運動，若球恰好能過網，在豎直方向有/2=；g片，解得從扣球點到網上

端的時間內=『（［-，）=工0.42s,則羽毛球水平方向的最小位移為

1477

玉=—m=7m,則羽毛球的水平最小速度為4=—=—m/s=16.7m/s,若球恰好不出界時，在豎直

2ty0.42

1BHl?x?45

方向則有解得q=J亍=,/才『0.7s,在水平方向的最大位移為

22

%2=714+6m=2758m,則羽毛球的水平方向最大速度為為=亍=筆^m/s合21.8m/s,羽毛球落

到對方界內，水平速度大小范圍則有16.7m/s<v<2L8m/s,則羽毛球的水平速度大小可能為20m/s,

故選Bo

6.某簡諧橫波沿x軸傳播，在，=0時刻的波形如圖所示，此時介質中有三個質點3、C和。，3的橫坐

標為0,C的縱坐標為0,。與C間沿X軸方向的距離為波長的,倍，質點B的振動方程為

A.該波沿x軸正方向傳播

B.該波的波長為Um

C.該波的波速大小為12m/s

D」=0時刻起.質點?；氐狡胶馕恢玫淖疃虝r間為1.5s

【答案】

A

【解析】

由

,得f=0時，為0=一2011,經過極短的時間At,|%11<|%。1，即f=0時質點B沿

27r

y軸正方向振動，結合圖像知，該波沿x軸正方向傳播，A正確；質點振動的周期7=/s=4s,設/時刻,

2

質點8第一次到達平衡位置處，即y=4sin（二/—二）cm=O,解得/=1s=^T,即波再傳播,；I質點B

2631212

1J

處于平衡位置，如圖中虛線所示，則X-—2=llm,解得X=12m,B錯誤；波速v=—=3m/s,C錯

12T

-2

誤；f=0時刻起，質點?；氐狡胶馕恢玫淖疃虝r間為r=0.5s,D錯誤。故選A。

7.如圖所示，間距為L、豎直固定的兩根光滑直桿abed、a'Z/c'd'下端的'之間接有定值電阻R,上端接

有電容為C、不帶電的電容器，尻和Z/c'兩小段等高、長度不計且用絕緣材料平滑連接，ab、cd、a'b\

c'd'電阻均不計。兩桿之間存在磁感應強度大小為8、方向垂直兩桿所在平面向里的勻強磁場?，F有一個

質量為加、電阻不計、兩端分別套在直桿上的金屬棒，f=0時在大小為4772g（g為重力加速度大?。?、方

向豎直向上的拉力作用下由靜止開始豎直向上運動，速度穩(wěn)定后，在f=4時到達沅/位置，在cc'位置，瞬

間為電容器充電，金屬棒速度突變，之后金屬棒繼續(xù)向上運動，在f=2/時金屬棒未碰到電容器。金屬棒

在運動過程中始終與兩直桿垂直且接觸良好，電容器始終未被擊穿，則（）

C

dd'

x

xX

cXXc

bb'

XX

Xx

a—??_a

R

?=6時金屬棒的速度大小為黑B.0?4內金屬棒上升的高度為手詈億—黑)

A.

C.乙?2%內通過金屬棒的電流隨時間逐漸增大D.%?2%內金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動

【答案】

B

【解析】

F

由題意可得%=%時金屬棒運動穩(wěn)定即勻速直線運動4儂=mg+/，F=ILB,1=—,E=BLv,聯立

求得v=義警,A錯誤；0?％內，對金屬棒應用動量定理可得4mg4―mg/]—=—0,其中

\FAt=BqL,4=/△/='絲加=且絲，代入數據，聯立求得力=①鷲(4—B正確；根據

41RbtRB21}1B2￡2

i=M,Aq=CAU=CAE,AE=B￡Av,F=iLB,及牛頓第二定律可得4mg—3mg—尸=7加7,聯

AZ

立求得a=—，說明金屬棒向上做勻加速直線運動，電流不變，CD錯誤。故選B。

B2L2C+m

二、多選題

8.圖示為一半圓柱形透明體橫截面，橫截面的圓心為。，半圓柱的半徑為尺，耳為直徑上的點,

O[=J|R,透明體的折射率為夜。現有一細光束以入射角6=45°從耳點射入半圓柱，則()

A.細光束MP1經兩次折射后會從弧面AB射出

B.細光束MR經AB面折射，在弧面AB發(fā)生兩次全反射后再從AB面射出透明體

C.細光束第一次射出透明體時，折射角為45。

D.細光束第一次射出透明體時，折射角為30°

【答案】

B、C

【解析】

作出光路如圖所示,根據折射率表達式有n二則一，解得N1=30。，由于N2=90°-Z1,解得Z2=60°,

sin/1

在已中，根據正弦定理可得N3=45°,設透明體的臨界角為C,則有sinC=L,可得C=45°,由

n

于N3=C,所以，鳥光在鳥點發(fā)生全反射，又由于。鳥=。鳥，可得N5=N4=45。，則鳥鳥光在鳥點

發(fā)生全反射，最后從而射出，故B正確，A錯誤；由于耳鳥〃鳥舄,C=N2=60。,則鳥舄光

的入射角為30。，根據光路可逆可知折射角為45。，故C正確，D錯誤。故選BC。

M

9.在圖示的電路中，交流電源的電動勢e隨時間/變化的規(guī)律為e=16后sinlO疝(V),內阻為0.5Q,燈

泡。、4、4、4、4上均標有“3V,3W”的字樣。若變壓器可視為理想變壓器，原線圈的匝數為600

匝，6盞燈均正常發(fā)光，則()

Li

L2

A」=0.2s時理想電壓表V的示數為零

B.原、副線圈的匝數比為3:1

C.燈泡品上標有“15V,15W”的字樣

D.整個電路的總功率為30W

【答案】

B、C

【解析】

理想電壓表的示數為交表電流的有效值，所以其在f=0.2s時，理想電壓表V的示數不為零，故A項錯誤；

燈泡均正常發(fā)光，設燈泡正常發(fā)光的電流為/,由電路圖可知，原線圈的電流為/，有P=解得/=1A,

而副線圈上的電流為3/,由于是理想變壓器，所以有工-=%,整理有以=3,故B項正確；由之前的分

31%n21

析可知，副線圈的電壓為3V,則原線圈的電壓為。原，有退=&,解得。原=9V,由于乙和人與原

線圈串聯，再與燈泡4并聯，所以燈泡4的電壓為。0=。］+。2+。原=15V,電路的電源電動勢有效值

P

為0總=節(jié)，交流電源內電壓有效值為。內=U「U。,電路的總電流為/總=,流過燈泡4的電流為

V2

10=/總—/原，燈泡Lo的功率為Po=U0I0=15W,故C項正確；整個電路的總功率為P&=/總?？?32W,

故D項錯誤。故選BC。

10.人們有時用“打夯”的方式把松散的地面夯實。設某次打夯符合以下模型：如圖所示，兩人同時通過繩

子對質量為小的重物分別施加大小均為“笈（g為重力加速度的大?。⒎较蚨寂c豎直方向成37°的力，重

h

物離開地面高度人后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度為一。cos37°=0.8,不計空氣阻力,

10

A.重物在空中上升的時間一定大于在空中下落的時間

B.重物克服地面阻力做的功等于人對重物做的功

C.重物剛落地時的速度大小為J亞

D.地面對重物的平均阻力大小為17n?g

【答案】

A、D

【解析】

設停止施力瞬間重物的速度大小為匕，根據動能定理有(277cos370-mg)/z=］相H，則匕=/1.28/1,設

重物剛落地時的速度大小為打，根據動能定理有2Fcos37°?/z=gmv；,則嶺=j3.2g/z,故C錯誤；重物

在空中運動過程，開始在拉力作用下做勻加速運動，速度大小達到匕后做勻減速運動直至速度為零，之后

再做勻加速直線運動直至速度大小為乙,由此可知上升過程中的平均速度大小為匕=］，下降過程中的平

均速度大小為因=也，又由于上升、下降位移大小相等，則重物在空中上升的時間一定大于在空中下落的

22

時間，故A正確；重物在整個運動過程中，根據動能定理有W入+%-%=0,則重物克服地面阻力做的

hh

功大于人對重物做的功，故B錯誤；根據動能定理有2斤8537。1+，的m-地歷=0,則4a=17/咫，

故D正確故選AD。

三、實驗題

11.李華同學設計圖甲所示裝置探究“動滑輪、沙和沙桶的總質量機一定時，加速度與合力的關系”。彈簧

測力計豎直懸掛在天花板上，掛鉤與輕繩的一端相連，輕繩繞過動滑輪(懸掛裝有沙的沙桶)、固定在長木

板右端的定滑輪與帶有遮光片的木塊相連。釋放后木塊會沿長木板運動，經過光電門時數字計時器會記錄

落光片的擋光時間。先用刻度尺測出木塊初始位置A點與光電門位置8點間的距離x,用游標卡尺測量遮

請回答下列問題：

(1)用游標卡尺測量遮光片的寬度d時，示數如圖乙所示，則1=mm。

(2)下列做法正確的是0

A.實驗中，需要測量木塊(包括放在上面的祛碼)的總質量以

B.動滑輪兩側的輕繩要調整為豎直

C.實驗前，需要平衡木塊的摩擦力

D.釋放木塊時，應將木塊的左邊緣與A點重合

(3)按正確操作，將木塊從A點由靜止釋放，記錄彈簧測力計的示數/、遮光片通過光電門的遮光時間7；

在木塊上增加祛碼，進行多次反復實驗，并記錄/、7的多組數據，為了直觀判斷出加速度與合力的關系，

應以(選填"/”“廣”或“!")為縱軸，以b為橫軸作出圖像。

【答案】

(1)5.25；(2)BCD；(3):

【解析】

(1)由題圖可知，該游標卡尺的精確度為0.05,所以讀數為d=5mm+5x0.05mm=5.25mm；

(2)本實驗中物體受到的合外力通過彈簧測力計讀出，而加速度則是通過勻變速直線運動，間接求出，即

1?2

v2=2ax,物體速度為v=整理有。=二，由此可知，該實驗不需要測量木塊(包括放在上面的祛

t2xt2

碼)的總質量河，故A項錯誤；為了讓實驗數據的準確，所以動滑輪兩側的輕繩需要調整為豎直，故B項

正確；為了讓彈簧測力計測的力即為物塊的合外力，所以該實驗需要平衡摩擦力，故C項正確；由上述分

析可知，加速度的測量涉及物塊的位移，為了減少誤差，其釋放木塊時，應將木塊的左邊緣與A點重合，

故D項正確。故選BCD。

12-1

(3)由之前的分析可知，彈簧測力計的讀數/為物體所受的合力，物體的加速度為a所以應以3

2xt2t2

為縱軸。

12.李華同學查閱資料：某金屬在0?10(FC內電阻值R,與攝氏溫度/的關系為耳=&(1+M)，其中凡為

該金屬在0℃時的阻值，e為溫度系數(為正值)。李華同學設計圖甲所示電路以測量該金屬的電阻凡和1

值。可提供的實驗器材有:

A.干電池(電動勢約為1.5V,內阻不計)

B.定值電阻R](阻值為IkC)

C.定值電阻&(阻值為800。)

D.滑動變阻器(I(阻值范圍。?400)

E.滑動變阻器A?2(阻值范圍。?4kQ)

F.電流計G(量程0?200〃A,內阻約500。)

G.電阻箱R(最大阻值為9999.9。)

H.攝氏溫度計

I.沸水和冷水各一杯

J.開關兩個及導線若干

請回答下列問題：

(1)滑動變阻器應選用(選填“RpJ或"Rp2”)，開關S1閉合前，滑動變阻器的滑片移到

(選填"a”或“?！?端。

(2)將電阻箱的阻值調為500。，閉合開關H，讀出電流計G的示數，再閉合開關S,調節(jié)電阻箱的阻

值，直至閉合邑前、后電流計G的示數沒有變化，此時電阻箱的示數為360。，則電流計G的內阻為

__________。O

(3)利用上述電流計G及電路測量該金屬的電阻凡和7值的步驟如下：

①斷開開關S2,將凡取下換成該金屬電阻，并置于沸水中；

②閉合開關讀出電流計G的示數；閉合開關邑，調節(jié)電阻箱的阻值，直至閉合開關S1前、后電流計G

的示數沒有變化，記下此時電阻箱的示數R和溫度/；

③多次將冷水倒一點到熱水中，重復步驟②，可獲得電阻箱的示數R和溫度/的多組數據.

(4)以電阻箱的示數R為縱軸，溫度/為橫軸，作出圖像如圖乙所示，則該金屬電阻在0℃時的阻值為

。，溫度系數為(結果用a、b、c表示)

【答案】

℃7

(1)Rp?；a；(2)450；(4)—a；----

9ac

【解析】

Za(7?+K)

(1)S］閉合、S,斷開時，干路中的最大電流約/=—-=575HA,滑動變阻器兩端的電壓最

R2

12V

小值約為1.5V—(lkO+0.5kQ)x0.2mA=1.2V,滑動變阻器的最小電阻約為此皿=—:-----?2k￡l,

0.575mA

滑動變阻器應選用A??。為了保護電流計G不被損壞，開關M閉合前，應將滑動變阻器的滑片向下移動到a

端。

(2)閉合$2前、后電流計G的示數沒有變化，則電流計G中的電流與R1的電流相等，R中的電流與凡中

的電流相等，為與&兩端的電壓相等，電流計G與R兩端的電壓相等，可得電流計的內阻

R1

Ro='R=——x360Q=450Q；

gR20.8

(4)將凡取下換成該金屬電阻的情況下，同理可得凡=gR=,R，由圖乙得R=+即

“20(/7-a)20p八nnn.i20(Z7—Q)20日b~a

7?t=-------1-\----u,又7?t—RQ(1+oct)—R^cct+RQ,貝！JR^oc—---------，&=—oc,解倚cc------。

9c99c9ac

四、解答題

13.圖示為馬德堡半球演示器，兩半球合在一起時，可形成一直徑d=20cm的球形空腔?，F用細軟管、雙

向閥門與容積為200cm3、活塞橫截面積為lOcm?的注射器改裝成小型的抽氣機。在溫度為27℃的室內，

每次滿量從球內緩慢抽出空氣。連接處氣密性很好，忽略軟管的容積，抽氣過程中球形空腔溫度和體積均

保持不變，摩擦不計。已知大氣壓強衛(wèi)=lxl()5pa,取兀土3,計算結果均保留兩位有效數字。求：

(1)對球形空腔抽氣2次后，球形空腔內的氣體壓強「2；

(2)若對球形空腔抽氣2次后，將馬德堡半球演示器從室內移到室外37℃的太陽下，經過一段時間后，

半球兩側至少均用多大的拉力才能把兩半球拉開。

翁一

【答案】

(1)9.1xlO4Pa；(2)1.8xlO2N

【解析】

(1)球形空腔的容積V=g兀(g)3=4xlC|3cm3,注射器的容積K)=200cm3,根據玻意耳定律，第一次

抽氣有PoV=n(V+%)，第二次抽氣有BV=2(V+%)，解得必/o“91xlO4pa；

(2)馬德堡半球演示器從室內移到室外，球內氣體等容變化，根據查理定律得上=莊，其中q=300K,

￡=310K,解得2M9.4xl()4pa,拉力至少為歹=(p°—p)兀(萬＞，解得b=1.8X1()2N。

14.如圖所示，以長方體?！贰?。7/。'/'的ad邊中點。為坐標原點、ad方向為x軸正方向、a'a方向為y

軸正方向、ah方向為z軸正方向建立2坐標系，己知。巳=。)=&7'=￡。長方體中存在沿y軸負方向

的勻強磁場，現有質量為由、電荷量為“的帶正電粒子(不計重力).從。點沿z軸正方向以初速度v射入

磁場中，恰好從。點射出磁場。

(1)求磁場的磁感應強度8的大小；

(2)若在長方體中加上沿y軸負方向的勻強電場，讓粒子仍從。點沿z軸正方向以初速度n射入磁場中，

為使粒子能從a'點射出磁場，求電場強度耳的大?。?/p>

(3)若在長方體中加上電場強度大小為石，=乂絲、方向沿z軸負方向的勻強電場，讓該粒子仍從。點

qL

沿z軸正方向以初速度n射入磁場中，求粒子射出磁場時與。點的距離s。

2

,、2mv/、8mv/、A/3、T

(I)---；(2)---；(3)(ZI1----兀)L

qL12qL6

【解析】

(I)粒子在aQz〃平面內做勻速圓周運動，如圖中軌跡I所示，根據幾何關系有廠=工￡,由洛倫茲力提供

2

向心力，有qvB=m一,解得3二----；

rqL

jrr

(2)粒子在電磁復合場中的運動為勻速圓周運動與類平拋運動的合運動，在長方體中運動的時間/二——，

v

1o2

在y軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則L=—又q%=ma,解得月=」?二；

2JiqL

(3)將初速度v分解為匕、v2,使匕對應的洛倫茲力恰好與電場力平衡，分解如圖所示；即9匕用二鄉(xiāng)當，

其中及=2鬲F,解得%=瓜,則根據勾股定理可得%