河北省张家口市一中（张家口市）高三下学期物理第一次模拟考试试（解析版）

1、PAGE PAGE 19页河北省张家口市2022届高三下学期第一次模拟考试物理试卷一、单选题1如图所示，载有物资的热气球静止于空中某高度处。现将其中的一部分物资在热气球外由静止释放，已知释放的物资质量小于热气球剩余的总质量，释放物资后热气球受到的浮力不变，不计空气阻力。则从释放物资到物资落地前的时间内，释放的物资和热气球组成的系统（）A总动量向上B总动量向下C机械能减小D机械能增大2目前在我国光刻机设备生产领域已经实现了90nm制程的光刻机量产，上海微电子预计推出28nm的光刻机，光刻机中的一项关键技术就是激光光源的控制。若某激光光源发射出一束波长为的单色平行激光束，发光的功率为P，已知真空中

2、的光速为c，普朗克常量为h，不考虑激光在传播过程中的衰减，则该激光光源发出的激光束在长度1m内的平均光子个数为（）APhc2BPhcCPc2hDPch32022年2月7日在首都体育馆举行的北京2022年冬奥会短道速滑项目男子1000米决赛中，中国选手任子威夺得冠军，其比赛场地如图甲所示，场地周长111.12m，其中直道长度为28.85m，弯道半径为8m。若一名质量为50kg的运动员以大小12m/s的速度进入弯道，紧邻黑色标志块做匀速圆周运动，如图乙所示，运动员可看作质点，重力加速度g取10m/s2，则运动员在弯道上受到冰面最大作用力的大小最接近的值为（）A500NB900NC1030ND240

3、0N4真空中某电场的电场线如图中实线所示，M、O、N为同一根电场线上的不同位置的点，两个带电粒子a、b从同一位置P点以相同速度射入该电场区域，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，已知a粒子带负电，b粒子带正电，下列说法正确的是（）AM点的电势低于N点的电势B电场力对a粒子做负功，对b粒子做正功Ca粒子与b粒子的电势能均减小D若在O点静止释放a粒子，仅在电场力的作用下，a粒子将沿电场线运动到M点52021年4月29日在海南文昌用长征五号B遥二运载火箭成功将空间站天和核心舱送入预定轨道，中国空间站在轨组装建造全面展开，中国空间站以天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱三舱为基本构型。已知天和核心

4、舱绕地球做匀速圆周运动，轨道高度约为400km，设地球是一个半径约为6400km、质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，则天和核心舱绕地球做匀速圆周运动的周期约为（）A0.5hB1.5hC4.5hD13.5h62020年9月，中国发布“双碳战略”，计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要途径之一。若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150kV高压输电升级为1350kV的特高压输电，下列说法正确的是（）A若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的9倍B若输电线不变，则输电线上损失的

5、电压变为原来的13C若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的19D若更换直径为原来输电线直径19的同种材料制成的输电线，则输电线上损失的功率不变7如图甲所示，一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面，物块的动能Ek随距斜面底端高度h的变化关系如图乙所示，已知斜面的倾角为30，重力加速度大小为g，取物块在斜面底端时的重力势能为零，下列说法正确的是（）A物块的质量为2E0gh0B物块与斜面间的动摩擦因数为33C上滑过程中，物块动能等于重力势能时，到斜面底端的高度为47h0D下滑过程中，物块动能等于重力势能时，物块的动能大小为E02二、多选题8已知无限长的通电直导线在空间某点形成的磁感应强度大小

6、B=kId，其中k为常数，I为通电直导线中的电流大小，d为该点到导线的距离。两根无限长平行通电直导线a、b中的电流方向如图中箭头所示，其中导线a中的电流大小为I0，P为两根导线所在平面内的一个点，且P点到两导线a、b的距离相等，P点的磁感应强度大小为B0。若导线b中的电流大小不变，仅改变其电流方向，P点的磁感应强度大小变为B02，则可知导线b中的电流大小为（）A2I0BI02C3I0DI039如图所示，倾角为的固定细杆上套有一小球P，另一个小球Q通过细线与小球P连接，对小球Q施加一个水平向右的作用力F，系统静止时，两小球之间的细线恰好与细杆垂直，已知两小球的质量均为m，重力加速度为g，下列说法

7、正确的是（）A作用力F的大小为mgtanB细线张力FT的大小为mgcosC细杆对小球P的摩擦力Ff的大小为mgsinD细杆对小球P的弹力FN的大小为2mgcos10如图所示，宽度为L、左右两部分倾角均为的足够长光滑金属导轨ACD一A1C1D1分别置于两匀强磁场中，CC1两侧的匀强磁场分别垂直于对应导轨所在平面，CC1左侧磁场的磁感应强度大小为2B，右侧磁场的磁感应强度大小为B。长度均为L，电阻均为R，质量分别为2m、m的导体棒ab、cd分别垂直导轨放置在CC1两侧的导轨上，两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。某时刻将导体棒ab、cd由静止释放，下列

8、说法正确的是（）A任意时刻导体棒ab、cd运动的加速度都相同B导体棒ab的最大速度为2mgRsin3B2L2C若导体棒ab下降高度h时达到最大速度，则此过程中导体棒ab克服安培力做的功为2mgh-4m3g2R2sin23B4L4D若导体棒ab下降高度h时达到最大速度，则此过程经历的时间为3B2L2h2mgRsin2+2mR3B2L2三、实验题11某同学用如图甲所示的实验装置来研究动量守恒定律，光电门1、2固定在气垫导轨上，质量分别为mA = 0.4kg和mB = 0.1kg的两个滑块（含遮光片）从光电门1、2的外侧匀速相向运动，在两个光电门之间某位置发生碰撞并粘在一起继续运动，运动到气垫导轨一

9、端时立刻被锁定。（1）两滑块上的遮光片宽度相同，用游标卡尺测量遮光片宽度的结果如图乙所示，则遮光片的宽度为 mm；（2）实验中光电门2记录了三次挡光时间均为t = 0.045s，则碰撞前滑块B的速度大小为 m/s，碰撞后滑块整体的速度大小为 m/s；（结果均保留2位有效数字）（3）实验过程中，该同学忘了记录滑块A经过光电门1的时间，若碰撞过程中两滑块的动量守恒，则滑块A通过光电门1的时间为 s（结果保留3位小数）。12某实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻Rx的阻值，图甲中定值电阻R0=30，两电流表内阻很小，回答下列问题：（1）先用多用电表欧姆挡粗测Rx的阻值，选择的倍率为“1”，示数如图乙

10、所示，则读数为 。（2）按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线完成图丙中的电路图。（3）将滑动变阻器的滑片置于 （选填“左端”“右端”或“中间”）位置，闭合开关S，改变滑动变阻器滑片位置，记下两电流表的示数分别为I1、I2，则待测电阻的表达式Rx= （用R0、I1、I2表示）。（4）为了减小误差，多测几组I1、I2的值，作出I1-I2关系图像如图丁所示，可得待测的电阻Rx= ；待测电阻阻值的计算结果与真实值相比 （选填“偏大”或“偏小”）。四、解答题13如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角=30，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连。开始时托着重

11、物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释放重物Q，重物Q竖直向下运动经过时间t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间t0恰好回到了出发位置，重力加速度为g，求：（1）重物Q的质量；（2）滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。14如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子在x轴上的A(- d，0)点沿y轴正方向射入电场区域，粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为60，之后每相邻两次经过y轴时的位置间距相等。不计粒子

12、重力。求：（1）粒子的初速度v0的大小；（2）匀强磁场磁感应强度B的大小；（3）粒子从A点运动到第n次经过y轴的时间。15如图所示，竖直放置的汽缸内用活塞密封一定质量的理想气体。初始时，缸内气体的压强为1.5105Pa，体积为600mL，温度为200K，活塞被缸内的卡扣托住。现缓慢升高缸内气体温度，当气体温度达到600K时，活塞对卡扣的压力恰好减为0，然后继续缓慢升高缸内气体温度到800K，整个过程气体吸收的热量为600J且未漏气，不计汽缸和活塞间的摩擦。求：（1）缸内气体在温度为800K时的体积；（2）整个过程气体内能的增加量。16如图所示，某玻璃砖的横截面是一个直角梯形，其中ABC=90，

13、BCD=60。一束单色光在横截面内沿与AB边成30角的方向从O点射入玻璃砖，最终垂直BC边射出玻璃砖。（1）求玻璃砖对该单色光的折射率；（2）仅改变单色光与AB边的夹角，当CD边恰好有光线射出时，求单色光与AB边夹角的余弦值。五、填空题17如图所示为两个分子之间的分子势能Ep随分子间距离r的变化关系图线，两分子之间距离为r0时分子势能最小，此时两分子之间的作用力为 （选填“引力”“斥力”或“零”）；若两分子之间的距离由r0开始逐渐变大，则两分子间的作用力 （选填“逐渐增大”“逐渐减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”）。18均匀介质中的波源O沿y轴方向做简谐振动，形成一列沿x轴正方向传播的简

14、谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，在t=6.5s时刻，平衡位置为x=2m的质点P刚好第4次达到波峰。则t=6.5s时刻，x轴上刚好起振的质点的平衡位置坐标为x1= m，质点P振动方程为 m。答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】AB释放物资前，系统处于静止状态，合力等于0，静止释放物资后，系统受到的外力不变系统受到的合外力仍为0，所以系统的总动量守恒，仍为0，AB不符合题意；CD释放物资后，物资向下运动，热气球向上运动，浮力对系统做正功，系统的机械能增大，C不符合题意、D符合题意。故答案为：D。【分析】动量守恒的条件是系统所受外力的合力为零，结合功能关系判断机械能的变化情况。2【答案】A

15、【解析】【解答】每个光子的能量为 =hc设在时间t内发射的光子数为N，则有 Pt=N该过程中激光传播的距离为 L=ct这些光子平均分布在距离L上，则长度1m的光束内的平均光子个数为 n=NL=Phc2A符合题意，BCD不符合题意。故答案为：A。【分析】根据光子能量的表达式以及光传播的距离和时间的关系得出长度1m的光束内的平均光子个数。3【答案】C【解析】【解答】运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为 Fn=mv2r=900N竖直方向受力平衡 FN=mg=500N所以运动员受到冰面的作用力 F=Fn2+FN21030N故答案为：C。【分析】远动员在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向根据共点力

16、平衡得出支持力的大小，利用力的合成得出运动员受到冰面的作用力。4【答案】C【解析】【解答】ABCa粒子带负电、b粒子带正电，由粒子的受力和运动轨迹可知，电场方向沿电场线向右，M点电势高于N点电势，电场力对a、b粒子均做正功，电势能均减小，AB不符合题意，C符合题意；D由于M、O、N所在电场线为曲线，所以在O点静止释放的带电的粒子，不可能沿电场线运动，D不符合题意。故答案为：C。【分析】根据粒子运动的轨迹得出电场线的方向，同时得出MN两点电势的高低以及电势能的变化情况，电场线不是粒子运动的轨迹。5【答案】B【解析】【解答】万有引力提供向心力有 GMm(R+h)2=m42T2(R+h)黄金代换 G

17、M=gR2联立解得 T=2(R+h)RR+hg代入数值解得 T1.5hB符合题意，ACD不符合题意。故答案为：B。【分析】根据万有引力 提供向心力以及星球表面重力等于万有引力得出天和核心舱绕地球做匀速圆周运动的周期。6【答案】D【解析】【解答】A由公式 P=UI可知，在输电功率不变的情况下，电压升高为原来的9倍，则输送电流变为原来的 19，A不符合题意；B由欧姆定律可知，导线上损失的电压 U=Ir输电线不变，所以输电线上损失的电压变为原来的 19，B不符合题意；C输电线上损失的功率为 P=I2r所以输电线上损失的功率变为原来的 181，C不符合题意；D根据 R=LS输电线的直径变为原来的 19

18、，则电阻变为原来的81倍，所以输电线上损失的功率不变，D符合题意。故答案为：D。【分析】根据电功率的表达式得出输电线上电压发生变化时输电电流的变化情况，根据欧姆定律得出输电线上损失的电压，通过输电线上损失的电功率表达式得出输电线上损失的电功率，结合电阻定律得出电阻的变化情况。7【答案】C【解析】【解答】AB物块从底端上滑到最高点的过程，由动能定理可知 mgh0+mgcos30h0sin30=2E0从最高点滑回斜面底端的过程由动能定理可知 mgh0-mgcos30h0sin30=E0联立解得 m=3E02gh0=39AB不符合题意；C物块从斜面底端上滑高度为h时的动能为 Ek1=2E0-mgh-

19、mgcos30hsin30物块具有的重力势能为 Ep1=mgh当 Ep1=Ek1时，解得 h=47h0C符合题意；D物块从最高点下滑到高度为h时的动能为 Ek2=mg(h0-h)-mgcos30h0-hsin30物块具有的重力势能为 Ep2=mgh当 Ep2=Ek2时，解得 h=25h0Ek2=35E0D不符合题意。故答案为：C。【分析】物块从底端上滑到最高点的过程和最高点滑回斜面底端的过程中根据动能定理得出物块的质量和动摩擦因数，利用动能的表达式得出斜面的高度。8【答案】C,D【解析】【解答】设导线b中的电流大小为I，在图示电流方向时，两导线在P点形成磁感应强度方向均垂直于纸面向里，根据矢量

20、叠加原理可知 B0=kI0d+kId改变导线b中的电流方向，两导线在P点形成的磁感应强度方向相反，根据矢量叠加原理可知 B02=|kI0d-kId|即 B02=kI0d-kId或 -B02=kI0d-kId联立解得 I=3I0或 I=I03CD符合题意。故答案为：CD。【分析】根据通电导线周围磁感应强度的表达式以及磁感应强度的叠加得出导线b中的电流大小。9【答案】A,C【解析】【解答】AB对小球Q受力分析，水平方向 FTsin=F竖直方向 FTcos=mg解得 FT=mgcosF=mgtanA符合题意，B不符合题意；CD对小球P受力分析，沿细杆方向 mgsin=Ff垂直细杆方向 FN=mgco

21、s+FT=mgcos+mgcosC符合题意，D不符合题意。故答案为：AC。【分析】对小球Q受力分析，根据共点力平衡得出力F的表达式和细绳拉力的表达式；对小球P受力分析，根据共点力平衡得出细杆对小球P的弹力。10【答案】B,D【解析】【解答】A对ab受力分析，由牛顿第二定律可知 2mgsin-2BIL=2ma1同理cd棒有 mgsin-BIL=ma2解得 a1=a2=gsin-BILm所以加速过程ab、cd棒的加速度大小相等，方向不同，A不符合题意；B当 a1=a2=0时，ab的速度达到最大，此时有 2mgsin=2BIL又因为 I=2BLv+BLv2R联立解得 v=2mgRsin3B2L2B符

22、合题意；C若ab棒下降高度h时达到最大速度，根据动能定理对ab棒有 2mgh-W=122mv2解得此过程中ab克服安培力做的功为 W=2mgh-4m3g2R2sin29B4L4C不符合题意；D在ab下降高度为h时，通过ab某一截面的电荷量为 q=2R=2BLx+BLx2R=3BLh2Rsin由动量定理可知，ab棒由静止释放至达到最大速度的过程有 2mgtsin-2BILt=2mv联立解得 t=3B2L2h2mgRsin2+2mR3B2L2D符合题意。故答案为：BD。【分析】对ab棒和cd棒进行受力分析，根据牛顿第二定律得出各自的加速度，ab的速度达到最大时，根据共点力平衡得出速度的表达式，利用

23、电荷量的表达式以及动量定理得出导体棒ab下降高度h时达到最大速度。11【答案】（1）4.50（2）0.10；0.10（3）0.030【解析】【解答】（1）20分度的游标卡尺的读数为 d=4mm+0.05mm10=4.50mm（2）光电门2记录的3次挡光时间，分别为碰撞前滑块B经过的时间，碰撞后滑块B和滑块A粘在一起经过的时间，所以碰前滑块B及滑块整体通过光电门2的速度大小均为 v=dt=0.10m/s（3）碰撞过程动量守恒，则有 mAv1-mBv2=(mA+mB)v共解得 v1=0.15m/s所以滑块A经过光电门1的时间为 t=dv1=0.030s【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理读出遮光片

24、的宽度；（2）利用短时间内的平均速度等于瞬时速度得出滑块整体通过光电门2的速度； （3）碰撞过程中根据动量守恒得出A通过光电门1的速度，结合短时间内的平均速度等于瞬时速度得出 滑块A通过光电门1的时间 。12【答案】（1）23（2）（3）右端；Rx=I2-I1I1R0（4）24；偏大【解析】【解答】(1)欧姆表的指针指在23，选择的倍率为“1”，所以读数为23 ；(2)按照图甲所示的电路图，连接实物图如下(3)为了保证电路安全，防止电流表电流过大，开关闭合前，应让被测电路的电流为零，所以滑片应置于右端；流过定值电阻 R0的电流为 I2-I1，可得待测电阻 Rx=I2-I1I1R0(4)由 Rx

25、=I2-I1I1R0可知 I2=R0+RxR0I1图像的斜率为 k=R0+RxR0=1.8解得 Rx=24考虑到电流表 A1有内阻，测得的结果为电流表 A1和待测电阻阻值之和，所以测量结果比真实值偏大。【分析】（1）根据欧姆表的读数原理读出测Rx的阻值；（2）根据测量电阻Rx的阻值 的实验原理连接电路图；（3）为了保护电路的安全，滑动变阻器的滑片应在最右端；根据闭合电路欧姆定律得出待测电阻的表达式；（4）根据待测电阻阻值的表达式结合图像得出待测电阻的阻值。13【答案】（1）解：细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有FT-mgsin30=ma1对重物Q有m1g-FT=m1a1滑块P的位移x1=

26、12a1t02滑块P在t0时的速度v1=a1t0细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小a2=gsin30=g2又经过时间t0，滑块P运动的位移x2=v1t0-12a2t02由题意可知x1+x2=0解得a1=g6m1=4m5（2）解：细线断后滑块P沿斜面上升的距离x3=v122a2滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程s=2(x1+x3)解得s=2gt029【解析】【分析】（1） 细线断前 ，根据牛顿第二定律得出重物PQ的加速度，利用匀变速直线运动的规律得出 滑块P在t0时的速度 ； 细线断后 ，根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出加速度的大小和 重物Q的质量；（2）根据匀变速

27、直线运动的规律得出滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。14【答案】（1）解：粒子进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向的加速度大小a=Eqm从A点运动到第一次经过y轴的过程，x轴方向有vx2=2ad第一次经过y轴时有tan60=vxv0联立解得v0=2Eqd3m（2）解：粒子第一次经过y轴时的速度大小v=vxsin60粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r由几何关系可知，粒子每次进入磁场到离开磁场的过程中沿y轴方向运动的距离L=2rsin60粒子每次从y轴进入电场到离开电场，运动的时间t0=2vxat0时间内，粒子沿y轴方向运动的距离为y=v0t0由题意可知y=L联立解得B

28、=3Em2qd（3）解：设粒子从A点到第一次经过y轴的时间为t1，则由12at12=d解得t1=2dmEq粒子第一次经过y轴到第二次经过y轴，在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知粒子在磁场中运动的时间为t2=T3粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2mqB解得t2=296dmEq粒子第二次经过y轴到第三次经过y轴，在电场中运动的时间t3=2vxa=22dmE0q=2t1所以粒子从A点运动到第n次经过y轴时的时间t=nt1+n-12t2=(n-1)39+n2dmEq(n=1,3,5,7)t=(n-1)t1+n2t2=(n39+n-1)2dmEq(n=2,4,6,8)【解析】【分析】（1）粒子进

29、入电场后做类平抛运动，结合平抛运动的规律得出粒子的初速度；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，从而得出磁场的磁感应强度； （3）根据类平抛运动的规律以及磁场中匀速圆周运动的周期和所用时间的关系得出 粒子从A点运动到第n次经过y轴的时间。15【答案】（1）解：活塞脱离卡扣之后为等压变化过程，由V2T2=V3T3解得V3=V2T3T2=800mL（2）解：活塞脱离卡扣之前为等容变化，由p1T1=p2T2解得p2=p1T2T1=4.5105Pa活塞脱离卡扣后，等压变化过程气体体积的变化量V=V3-V1=200mL气体对外做的功为W=p2V=90J根据热力学第一定律可知U=Q-W=600J-90J=510J【解析】【分析】（1） 活塞脱离卡扣之后为等压变化过程 ，结合气体实验定律得出缸内气体在温度为800K时的体积； （2） 活塞脱离卡扣之前为等容变化 ，根据实验定律以及热力学第一定律得出整个过程气体内能的增加量。16【答案】（1）