2023年河北省衡水市部分重点高中高考物理二模试卷

2023年河北省衡水市部分重点高中高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.铺设水泥路面的沥青中可能含有一些放射性物质，这些微量的放射性物质会对人体产生

一定的危害，其中一种放射性元素77i的衰变方程为锯2771T孩M+X*e+y-髭。下列说

法正确的是（）

A.%=3

B.y=3

C.该反应发生需要一定的人工条件

D.该反应生成物的总质量大于反应物的总质量

2.一列向右传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，/、8两质点间距为16m,B、C

两质点的平衡位置间距为6m,t=2s时质点C恰好向下通过平衡位置，则该波的最小波速为

()

A.4m/sB.5m/sC.6m/sD.7m/s

擦因数的两倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为g,则弹簧的劲度系数为（）

AmgcosO口mgsin8「mgcosOmgsinO

A・2G^)及3(/-Z0)C・3(Zo-O

2(/-/0)

4.如图所示，三角形ABC为棱镜的横截面，44=60。，乙B=75。,

一束光线从4B边的M点以入射角a=45。射入棱镜，从N点射出的光线

恰好与BC平行。已知入射点M与4点的距离为d,光在真空中的传播速

度为c。则光在棱镜中传播的时间为（）

A.乌B旦C”D马

CCC

5.真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，氮核与窟核先后从

坐标原点。沿x轴正方向射入该电场，在仅受电场力的作用下

的运动轨迹如图所示。则氮核与笳核在（）

A.电场中运动时的加速度相同

B.射入电场时的初速度相同

C.射入电场时的初动量相同

D.射入电场时的初动能相等

6.天文学家于2022年1月6日发现了小行星20224E1,对其跟踪观察并完善其轨迹发现，小

行星2022AE1的直径约为7（hn,质量mk4xl（）5t,运动轨迹为抛物线，它将会在2023年7月

4日与地球擦肩而过。把地球看作半径为R的均质球体，忽略地球的自转，地球表面的重力加

速度大小为g，预计小行星20224E1距地心为8R时的速度大小为尊，方向与它和地心连线

所成的角为30。，如图所示。已知小行星2022AE1的引力势能瓦=_鳖史，式中r为行星

20224E1到地心的距离，小行星20224E1与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积相等，

忽略其他天体的影响，据此可推测出（）

A.小行星2022AE1与地心的连线在单位时间内扫过的面积为

B.小行星20224E1距地球表面的最小距离为2R

C.小行星20224E1的最大速度为，^

D.小行星20224E1的最大加速度为苴

7.如图所示，水平地面上竖直放置的光滑细管内有两个完全

相同、质量均为小的小球，由于微小晃动，两小球分别沿两侧

圆弧管道从最高点同时由静止滑下，在最低点发生弹性碰撞后

又回到最高点.已知整个过程中细管对地面的最小压力恰好为0,

小球可视为质点，重力加速度大小为g,则整个过程中细管对

水平地面的最大压力为（）

A.10mgB.—^9C.pmgD.13mg

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比2：n2=3：1,原线圈回路中串联一个阻值为

9R的定值电阻，a、b端与一正弦交流电源连接，副线圈接有两个阻值均为R的定值电阻，电

流表4和电压表U均为理想电表，电源电压保持不变，开关S闭合后，下列说法正确的是（)

A.电流表4的示数减小B.电流表4的示数增大

C.电压表V的示数减小D.电压表V的示数增大

9.如图所示，高为0.9m、长为1.5m的斜面体静置于水平地面上，将质量为0.7kg、可视为质

点的小球从斜面体的顶端由静止释放后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经0.6s小球

与斜面体分离，分离时斜面体的速度大小为［m/s,不计一切摩擦，取重力加速度大小g=

10m/s2,下列说法正确的是（）

A.斜面体的质量为0.9kg

B.小球能达到的最大速度为

C.小球对斜面体的压力大小为穿N

D.小球在斜面体上运动时，斜面体对地面的压力大小为15N

10.如图所示，平面直角坐标系xOy横轴上的P点有一粒子发射源，粒子源能沿坐标平面且

与x轴正方向的夹角不超过90。的方向，向第二象限发射速率相同、带电荷量为q、质量为m的

正粒子，由于第一、二象限内除实线与横轴所围区域外，存在方向垂直纸面向外、磁感应强

度大小为B的匀强磁场,粒子源发射的所有粒子均能经过Q点。已知P、Q两点关于原点。对称，

Q点的坐标为（a,0）,不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）

y

OQ

A.粒子的速度大小为她

m

B.粒子在磁场中运动的轨道半径为2a

C.第一象限内磁场边界方程为y=xI>%>0）

D.第二象限内磁场边界方程为y=2xJ^（—a<x<0）

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某实验小组要测量一定值电阻的阻值％，实验器材如下:

A.干电池两节：

8.电压表内阻较大）;

C.电流表4（内阻较小）;

D待测电阻咒；

E.滑动变阻器R；

F.开关和导线若干.

实验步骤如下：

按如图甲所示电路连接好实验器材；

②闭合开关，读出电压表V及电流表4的示数U、/；

③移动滑动变阻器滑片，重复②，得到多组数据；

④描绘出U-/图像如图乙所示。

回答下列问题：

(1)若忽略电表内阻的影响，则定值电阻的阻值&=。。(结果保留两位有效数字)

(2)若考虑电流表、电压表内阻的影响，则定值电阻R潮R真。(填“等于"、“大于”

或“小于

)

12.某实验小组同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。调节木板的倾角，使

小车在未悬挂祛码盘时能拖着纸带沿木板向下匀速运动，之后将小车固定在靠近打点计时器

处，在动滑轮上悬挂祛码盘和袪码，接通打点计时器电源并释放小车，打点计时器打出的纸

带如图乙所示，已知打点计时器所接电源的频率/=50Hz,释放小车的瞬间打点计时器打出

的点记为“0”，之后的点依此记为“1”、“2”、“3”、…，“0”与“120”两点间的距

离记为L,“119”与“121”两点间的距离记为Ax,两滑轮、细绳及纸带的质量均不计，回

答下列问题：

(1)打点计时器打记为“120”的点时小车的速度大小巧20=。

(2)袪码盘和祛码的总质量为m,小车的质量为M,当地重力加速度大小为g,若mgL=

成立，则验证了系统的机械能守恒。(均用题中所给字母表示)

(3)测得/x=12cm,L=153.55cm.m=0.10kg,M=0.90kg,若此过程机械能守恒，则

当地的重力加速度大小g=m/s2o(结果保留两位小数

)

四、计算题(本大题共3小题，共39.0分)

13.如图所示，导热良好的密闭容器内封闭有压强为Po的空气，现用抽气筒缓慢从容器底部

的阀门处(只出不进)抽气两次。已知抽气筒每次抽出空气的体积为容器容积的塌空气可视为

理想气体，求:

(1)容器内剩余空气的压强p;

(2)容器内剩余空气和抽出空气的质量之比Q

14.2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后,

冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心.若在冰壶中心到达前掷线时开始计

时，则冰壶在第2s末的速度大小W=3.2m/s,在第15s内运动了乙5=0Q8m,取重力加速度

大小g=10m/s2»求：

(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数出

(2)营垒中心到前掷线的距离A。。

______________________________________________r、后卫线

发球区中线

L营垒

前掷线栏线

15.如图所示，光滑平行轨道abcc'd的水平部分(虚线右侧)存在方向竖直向上、磁感应强度

大小为B的匀强磁场，be段轨道宽度为23c'd段轨道宽度为L,质量为m、长度为2L的均质

金属棒Q静止在c'd段，将另一完全相同的金属棒P从时段距水平轨道高八处无初速释放，由于

回路中除两金属棒外的电阻极小，be段和c'd段轨道均足够长，一段时间后两金属棒均匀速运

动，重力加速度大小为g，求：

(1)金属棒P在磁场中运动的最小速度外;

(2)两金属棒距离最近时金属棒Q两端的电压U。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：AB,根据质量数守恒可得232=220+4x,根据电荷守恒可得90=86+2x-y

解得：x=3,y=2,故A正确，B错误；

CD,天然放射为自发辐射，衰变放出能量，有质量亏损，生成物的总质量小于反应物的总质量,

故C。错误。

故选：Ao

根据质量数守恒和电荷数守恒判断x、y的值；天然放射现象中，存在质量亏损。

本题考查了衰变内容，关键知道衰变的过程中电荷数、质量数守恒。

2.【答案】B

【解析】解：由波形图可知波长；I=16m,波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最

短距离为2m,根据波形平移法可得

t=(n+=2s(n=0,1,2..........)

或t=(n+|)T=2s(n=0,1,2……)

解得7=焉s(n=0,1,2……)

7=捋5=°」2……)

由v=彳

解得v=8n4-l(n=0,1,2……)

或=8n4-5(n=0,1,2.........)

当九=0时，v=lm/s或u=5m/s

当n=1.时，v=97n/s或u=13m/s

故8正确，ACD错误。

故选：B。

根据质点C恰好通过平衡位置的时间找到波可能传播的距离，即可求得波速可能值。

本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值

3.【答案】B

【解析】解：设物块4与斜面间的动摩擦因数为〃，物块B与斜面间的动摩擦因数2〃，两物块恰好

能静止在斜面上，对力、B整体分析，由平衡条件得：

2mgsin6=/imgcosd+2p.mgcos6

3

^mgsind=-fimgcosQ®

对4分析：

mgsind=/imgsinO+F'②

联立①②解得F'=gmgs讥。，方向沿斜面向上，弹簧处于伸长状态,

由胡克定律得尸'=卜。一，0)

解得卜=篇

故B正确，4co错误。

故选：B。

两物块恰好能静止在斜面上，4、B静摩擦力取最大值，对4、B整体分析和对4单个物体受力分析,

由平衡条件求出弹簧弹力，再利用胡克定律求出弹簧的劲度系数。

本题考查共点力平衡，解题关键是对整体和单个物体受力分析,利用平衡条件求出弹簧弹力大小。

4.【答案】A

由于从N点出射的光线与BC边平行，根据儿何关系可知在N点的折射角为a=45°

则光在M点的折射角为0和在N点的入射角为y相等，其值为々5=Ny=18°°乜1；°°一幺)

180K誓-60。)=30。，光在棱镜中的光的路程s=d；

根据折射率公式可得n=［爱=篇=y/~2

oillO

光在棱镜中的传播速度为”=£=W=华

nV22

光在棱镜中传播的时间t=三=羞=?，故A错误，BCD错误。

~2~

故选：A.

根据几何关系找到折射角和光程，根据折射定律求出折射率，根据n=三求出光在介质中的速度,

根据，=:求解光在棱镜中传播的时间。

解决该题关键是能正确作出光路图，知道光在4c边的折射角等于4B边的入射角，能根据几何知识

求解相关的角度，熟记折射定律的表达式。

5.【答案】C

【解析】解：4根据牛顿运动定律有qE=ma

解得：a=^E

氮核的比荷£为：，窟核的比荷为：，可得电场中运动时的加速度之比为3：2,故A错误;

8.由类平抛运动规律可得y=：at2,x=vot

联立解得“项

由题图可知，x相同时，*=号，可得射入电场时的初速度之比为3：4,故B错误；

C.结合B解析类平抛运动规律可得y=臀鼻

2(m%)

若射入电场时的初动量nw。相同，代入质量数、电荷数之比可得

_8

年一

符合题意，故射入电场时的初动量相同，故C正确；

D结合B解析类平抛运动规律可得y=离^

若射入电场时的初动能gm诏相同，则

y氮„

——=2

稀

故射入电场时的初动能不相等，故。错误。

故选：Co

根据牛顿第二定律结合荷质比得出粒子的加速度关系；

根据类平抛运动的特点，结合图像的物理意义得出粒子的初速度的关系；

根据类平抛运动的特点，结合动量的计算公式得出粒子的初动量关系；

根据动能定理得出粒子的初动能关系。

本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合类平抛运动的特点和牛顿

第二定律即可完成分析。

6.【答案】D

【解析】解：力、小行星与地心的连线在单位时间内扫过的面积为

S=；x8Rx驾~sm30。=R/示,故A错误；

BC、小行星与地球最近时，此时加速度与速度均达到最大值，由机械能守恒定律可得：

加（唔2_嘤=加*也_噢

乙乙'rmin

因为小行星与地心的连线在单位时间内扫过的面积相同，则有

^minvmax=；x8Rx^-sin30°

解得：=

vmax=故BC错误；

。、忽略地球自转时，地球表面物体所受万有引力等于重力，则有

GMm

—T-=ma

小行星到地心的距离为2R时，根据牛顿第二定律可得:

-=ma

解得：a=l，故。正确；

故选：Do

根据题意得出行星与地心的连线在单位时间内扫过的面积；

根据机械能守恒定律得出行星与地球的最小距离和此时的最大速度；

在地球表面，物体受到的万有引力提供重力，结合牛顿第二定律得出行星最大的加速度。

本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解行星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定

律和机械能守恒定律即可完成分析。

7.【答案】B

【解析】解：小球在细管的上半部分某处时，细管对地面的压力恰好为0,设小球的速度大小为〃

时，小球对细管斜向上的支持力大小为跳，小球与圆心。的连线与竖直方向的夹角为a,则有

2

mgR(l-cosa)=1mv；FN+mgcosB=

解得：FNCOSa=2mgcosa—3mgcos2a<等

所以细管的质量为|m,设两小球在碰撞前的速度大小为巧,则有

2mgR=,Fm=2mg4-1mg+2my

解得：7=:加0，故8正确，ACQ错误；

故选：Bo

根据机械能守恒定律得出小球的速度，结合牛顿第二定律得出细管对水平地面的最大压力。

本题主要考查了牛顿的第二定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律的应用，结合牛顿第二定律即

可完成分析。

8.【答案】BC

【解析】解：设a、b两端电压为%,变压器原、副线圈两端的电压分别为a、U2,原、副线圈中

的电流分别为八I,副线圈中的两个电阻并联后的阻值为R上则有/=3/，/'=?,%=/+

1'X9R,U2=1R并

联立解得：/=亚武》

U2=IU0-IR

所以电流表示数增大，电压表示数减小，故BC正确，AO错误；

故选：BC.

理解变压器两端的电学物理量的比值关系，结合闭合电路欧姆定律列式得出电流和电压的表达式,

结合题意完成分析.

本题主要考查了变压器的动态分析，理解变压器的工作原理，结合欧姆定律即可完成分析。

9.【答案】AC

【解析】解：C、对小球受力分析如下图所示，并将支持力F沿水平方向和竖直方向分解:

22

设小球竖直方向的加速度为ay,有八=^ayt,h=0.9m,t=0.6s代入解得：%=5m/s

竖直方向根据牛顿第二定律得：mg-FcosO=ma,其中。=J

yc.s/-。于=Q8

将与以及cos。值代入解得：F=y/V

斜面对小球的支持力和小球对斜面体的压力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知F'=

F=^N,故C正确；

O

2

A、对斜面体：根据运动学公式”=%+at,将a=0.6s,v0=0,v=(m/s代入解得：a=1|m/s

对斜面体受力分析如下图所示，并将压力沿水平和竖直方向分解:

水平方向根据牛顿第二定律得：F's讥。=Ma,其中sin。=詈=0.6,代入数据解得：M=0.9kg,

故A正确；

。、竖直方向斜面体平衡，则地面对斜面体的支持力FN=Mg+F'cosd=0.9xION+苧x0.8N=

o

12.5/V,斜面体对地面的压力与支持力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知它们相等，

故。错误；

8、由于不计一切摩擦，小球和斜面体组成的系统机械能守恒，以地面为0重力势能参考平面，根

据系统机械能守恒定律得：

2

mgh=\mv^+\Mv,其中%是小球达到斜面体底端时达到的最大速度，代入数据解得：vm=

学m/s,故8错误。

故选：AC.

对小球受力分析以及运动分析，先由运动学公式求出小球竖直方向加速度，再沿水平与竖直方向

分解受力，运用牛顿运动定律求解小球所受支持力以及小球对斜面体的压力；同理再对斜面体分

析，运用运动学公式以及牛顿第二定律求解斜面体的质量以及对地面的压力，判断2CD选项是否

正确；根据系统机械能守恒求解小球能达到的最大速度，进而判断B选项是否正确。

本题也可以根据水平方向的动量守恒求解小球滑到斜面底端时的水平速度，与竖直方向匀加速的

末速度合成求解小球达到斜面体底端时达到的最大速度，解决本题的关键是将力和运动沿着水平

与竖直正交分解，在两个方向上运用动力学思想求解。

10.【答案】AC

【解析】解：AB,从P点垂直支轴射入的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，所以粒子在磁场中运动

的轨道半径为a,根据牛顿第二定律可得：

qBu=誓

解得："警,故A正确，B错误;

CD、如图所示，设以。角射入的粒子运动轨迹与边界的交点坐标为(x,y)

a2=X2+(QC0S夕)2

其中，加兀0=品

解得:x2(a-\x\2)+x2y2=y2r2

整理可得磁场边界方程为:

y=—xJ(—a<x<0)>故C正确，。错误;

故选：ACo

根据几何关系得出粒子的半径，结合你蹲第二定律得出粒子的速度；

根据几何关系得出磁场的边界方程，结合题目选项完成分析。

本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，理解其做圆周运动向心力的来

源，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成分析。

11.【答案】3.5小于

【解析】解：(1)题图乙中图线的斜率等于心的阻值，则％=o益尧0。=3.5。

(2)该实验采用了外接法测量&的阻值，由于电压表的分流作用，导致/渊〉/真，因此R潮＜R杂

故答案为：(1)3.5；(2)小于

(1)根据图像的物理意义得出定值电阻的阻值；

(2)熟悉电路构造的分析，考虑到电压表的分流作用，从而分析出电阻测量值与真实值的大小关系。

本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉电路构造的

分析，结合欧姆定律即可完成解答。

12.【答案】尸⑷)2m/⑷)2987

2416

【解析】解：(1)物体做匀变速直线运动时，其中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度，所

以％20=宾=哈；

(2)(3)若此过程只能系统机械能守恒，则有mg•专诏2。+；沉(等/，

整理得：mgL="尸⑷产+过2(铝

2

代入数据解得：5=9.87m/so

故答案为：(1)华：(2)严+m/2;?)2；(3)9.87。

(1)根据物体做匀变速直线运动时，其中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度求解瞬时速度;

(2)(3)根据系统机械能守恒定律分析得出其表达式，代入数据求出g值。

解决本题的关键要掌握实验的原理和操作方法，明确系统机械能守恒定律的表达式。

13.【答案】解:⑴第一次抽后，则有poU=pi(V+“)①,第二次抽出后，则有p』=p2(V+“)②,

(Pl，P2分别为第一次，第二次抽气后容器内气体的压强)，联立两式可解得P=P2=||po；

(2)开始压强为po体积为V的气体，当温度不变时，压强变为翌po时的体积为匕，则有poV=爱po匕，

DODO

得匕=||乙则抽出的气体体积%=v3-v=^v,根据同温同压下气体的质量比与体积之比相

A*n.u”余VV25

等，则k=二=?；=IIi；=TT.

抽出“25

答:⑴容器内剩余空气的压强P为lip;

(2)容器内剩余的空气和抽出的空气的质量之比k为窘。

【解析】第一问是抽气过程，是一个变质的过程，将抽出的与余下的视为一个整体，这样就可以

等效为气体的质量是不变的，然后用状态方程，就可以求解了。每二间将气体的体积都化成同一

个压强下的体积，温度又不变，这样气体的质量之比与体积之比是相同的。这样就可以求解了。

要将变质量的问题转化为质量不变来处理，将质量之比转化为同温同压下的体积之比。

14.【答案】解：(1)假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小

Z1V3.2-0.08.2156,

若冰壶以加速度=减速，则冰壶在最后1s通过的位移

1115678

S=2at=2X^5X1m=

所以冰壶在第15s内的某瞬间已经停止运动，令戊=1S,设冰壶运动所用的时间为3则有

%15=^2

v2=a(12Jt+t)

47ng

。二堂=

代入数据解得〃=0.025

(2)根据运动学公式有=1a(14zlt+t)2

代入数据解得Lo=27.38m

答：(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数日为0.025；

(2)营垒中心到前掷线的距离人为27.38m。

【解析】(1)根据加速度定义式求解加速度大小，由牛顿第二定律求解动摩擦因数；

(2)根据速度一位移关系求解运动1时的速度大小，根据牛顿第二定律求解冰壶在用毛刷刷过的冰

面上运动时的加速度大小，根据速度一位移关系求解位移进行分析。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定

律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥

梁。

15.【答案】解：(1)金属棒P下滑刚进入磁场时，速度最大，设最大速度为方