2023年河北省高考物理模拟卷（含答案）

2023届河北省高考物理模拟卷

一、单项选择题：此题共7小题，每题4分，共28分。在每题给出的四个选项中，只有一

项为哪一项符合题目要求的。

1.某同学利用无人机携带的速度记录仪记录它的运动情况，假设某次试验时无人机从地面竖直向上

起飞至返回地面的20s内的v-t图像如下图，则本次试验中（）

A.画v-t图像时取向上为正方向

B.上升的最大速度为3m/s

C.全过程中最大加速度是0.75m/s2

D.上升到最大高度用了8s钟时间

2.我国发射了嫦娥号系列卫星，其中嫦娥二号可以在离月球比拟近的圆轨道a上运动，嫦娥一号可

以在离月球比拟远的圆轨道b上运动。以下说法正确的选项是：（）

A.在a上运行的卫星的周期大于在b上运行的卫星的周期

B.在a上运行的卫星的加速度大于在b上运行的卫星的加速度

C.在a上运行的卫星的线速度小于在b上运行的卫星的线速度

D.在a上运行的卫星的角速度小于在b上运行的卫星的角速度

3.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1,A、V均为理想电表，R为光敏电

阻（其阻值随光强增大而减小），L,和L2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电

压u,以下说法正确的选项是（）

A.电压u的频率为100Hz

B.电压表V的示数为22V

C.当光强增大时，变压器的输入功率变大

D.当L的灯丝烧断后，V示数变小

4.人眼对绿光最为敏感，而绿光其实是由绿光光子组成的。每个绿光光子的能量约为3.6eV,人眼

假设在每秒钟内接受到3个绿光光子，就能产生视觉。则能引起视觉时，每秒钟进入人眼的最少光

能大约为（）

A.5.76X10-19JB.5.76X10-|8J

C.1.73X10-19JD.1.73X10-18J

5.如图甲所示，abed是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1C的正方形闭合导线圈，放在

与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法不

正确的选项是（）

A.导线圈中产生的是交变电流

B.在t=2.5s时导线圈中产生的感应电动势为1V

C.在0〜2s内通过导线横截面的电荷量为20c

D.在0〜2s内，导线圈ad边受到向右的增大的安培力

6.如下图，真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和-Q,以点电荷+2Q为圆心的圆上有a、b、c、d

四点，其中b点为两点电荷连线与圆的交点，a、c两点关于连线对称，ad为圆的直径，且d距-Q较

远。当电子经过这四点时，以下说法正确的选项是（）

.3......e

X♦'-Q

A.b处电势能最大B.d处电势能最大

C.d处电场力最大D.a、c两处电场力相同

7.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于0点，如下图.用力F拉小球

b,使两个小球都处于静止状态，且细线0a与竖直方向的夹角保持。=30。，则F的最小值为

)

//////

C,3mg1

D.-mg

2

二、多项选择题：此题共3小题，每题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有两个

或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0

分。

8.法拉第圆盘发电机的示意图如下图。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边

缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，以

下说法正确的选项是（）

A.假设圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B.假设从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动

C.假设圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D.假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则R上的电流也变为原来的2倍

9.如下图，光滑平台与长A=4.0m的水平传送带等高平滑连接，轻质弹簧自由伸长时右端刚好与

平台右端对齐。现用质量为阳=2.0kg可视为质点的小滑块压缩弹簧并锁定，此时弹簧的弹性势能

为［=16.0j。水平传送带顺时针转动的速度为%=2.0m/s,某时刻弹簧解除锁定，小滑块被弹出

滑块与传送带之间的动摩擦因数H=02,重力加速度g取10m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。以下

说法正确的选项是（）

）//〃/〃//“〃〃〃（）（）

A.小滑块在传送带上一直做减速运动

B.当小滑块到达传送带右端的过程中克服摩擦力做功为12J

C.假设小滑块与传送带有相对运动时会在传动带上留下痕迹，则痕迹长度为1m

D.当小滑块到达传送带右端的过程中摩擦产生的热量为10J

10.跳台滑雪是第24届北京冬奥会的一个工程，比赛中运发动穿专用滑雪板，在滑雪道上获得肯定

速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如下图，假设运发动从跳台A处以%=20m/s的

初速度水平飞出，在平直斜坡B处着陆。假设斜坡的倾角为37。，不计空气阻力，g=10m/s2,

A.运发动在B处时速度与水平方向夹角为74。

B.运发动在B处着陆时的速度大小是25m/s

C.运发动在空中到坡面的最大距离为9m

D.A,B间的距离为75m

三、非选择题：共54分。第11~14题为必考题，每个真题考生必须作答。第15~16题为选

考题，考生依据要求作答。

11.小明同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中红外线发射器、接收器可记录

小球的挡光时间。小明同学进行了如下操作：

(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径为mm.

(2)该小球质量为m,直径为d.现使小球从红外线的正上方高为h处自由下落，记录小球挡光

时间t,已知重力加速度为g,则小球下落过程中动能增加量的表达式为AEk=，重

力势能减少量的表达式为AEp=(均用所给字母表示)

12.一探究小组要测定一节旧电池的电动势和内阻，现有一个电流表表头G[600C、1.5mA)和两

个电阻箱Ri(0.0L99.99C)、R2(1-9999Q)„探究小组用表头改装成一个满偏电流为0.6A的电流

(1)在图甲中补充完整实验电路图，并在图中标明Ri、R2；

12〕按电路图连接实验电路，将其中一个电阻箱调至确定值，另一电阻箱调至肯定的值，闭合开

关S,保持(填“RJ或仅2〃〕不变，屡次调节另一电阻箱阻值R,并记录与其对应的改

装后的电流表的读数J描点做出了；-R的图象如图乙依据图象可知，电池电动势E=

V,内阻r=Q(不考虑电流表的内阻)；

I测量值-真实值I

(3)实验中的相对误差=1IxlOO%.本实验中，求电池内阻时因改装后电流表

真实值

的内阻带来的相对误差为%(保存三位有效数字)0

13.如下图，一辆质量为M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有质量为m=lkg的光滑

小球B,将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6J,小球与小车右壁距离为L,解除

锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求:

U）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小;

（2）在整个过程中，小车移动的距离。

14.如下图，边长为L=0.3m正方形边界abed中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0=0.5T的匀

强磁场，一质量m=8xl0・26kg、电荷量q=8xlO」9c的粒子（重力不计）从边界ad上某点D以某个速

度射入.粒子从cd中点P孔射出，再经小孔Q进入相互正交的匀强电场和匀强磁场地域，地域宽度

为2L,电场强度大小E=5xlO5V/m,磁感应强度大小BI=1T、方向垂直纸面向里，已知粒子经过QM

正中间位置时有一段时间At撤去了匀强电场.虚线ef、gh之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应

强度大小为B2=0.25T（图中未画出）.有一块折成等腰直角的硬质塑料板ABC（不带电，宽度很

窄，厚度不计）放置在ef、gh之间（截面图如图），CB两点恰在分别位于ef、gh±,

AC=AB=0.3m,a=45°.粒子恰能沿图中虚线QM进入ef、gh之间的地域，兀取3.

⑴Dd距离;

（2）已知粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律.粒子从Q到gh

过程中的运动时间和路程分别是多少？

15.（1）以下说法正确的选项是.

A.做功和热传递都能改变物体的内能

B.当气体温度升高时，外界对气体肯定做正功

C.饱和汽的体积越大，饱和汽压越大

D.单晶体和多晶体都具有确定的熔点

E.气体能够充满容器的整个空间，是气体分子无规则运动的结果

（2）如下图，长为h的水银柱将，上端封闭的玻璃管内气体分隔成上、下两局部，A处管内、外

水银面相平，上局部气体的长度为H,现将玻璃管缓慢竖直向下按压肯定高度，稳定时管中上局部

气体压强为po，已知水银的密度为p,重力加速度为g,大气压强为po,该过程中气体的温度保持不

变。求：

①玻璃管向下按压前，上局部气体的压强P;

②玻璃管向下按压后，上局部气体的长度H，.

16.(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为10m/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别

为xP=lm,xQ=6m«波传播到P点开始计时，该点的振动图像如下图，则简谐波的波长为

m,经过s,Q点第一次到达正向最大位移处。

(2)如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点

射出，出射光线AB与球直径SC平行，0=30。。光在真空中的传播速度为c。求：

⑴玻璃的折射率；

(ii)从S发出的光线经屡次全反射回到S点的最短时间。

答案

1.D

（解答）A.无人机从地面竖直向上起飞至返回地面，由题图可知，画v-t图像时取向上为负方向,

A不符合题意；

B.因为取向上为负方向，所以上升的最大速度为一2m/s,B不符合题意；

C.v-t图像的斜率表示加速度，最大加速度是。“心=£m/s2=-lm/s2

负号表示加速度方向向上。C不符合题意；

D.由题图可知在0〜8s是上升阶段，所以上升到最大高度用了8s钟时间，D符合题意。

故答案为：Do

（分析）v-t图像的斜率表示物体运动的加速速度，v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的

位移，从而进行分析推断。

2.B

（解答）A.依据万有引力提供向心力G”=m/r

尸2T2

即轨道半径越大，周期越大，故卫星在a上运行的周期小于在b上运行的周期.A不符合题意.

Mm

B.依据万有引力提供向心力=

r

解得a=G^

即轨道半径越大，加速度越小，故卫星在a上运行时的加速度大于在b上运行时的加速度.B符合题

-T*r.

C.依据万有引力提供向心力G^-=m—

rr

GM

解得y=

r

即轨道半径越大，速度越小，故卫星在a上运行的线速度大于在b上运行的线速度.C不符合题意.

D.依据万有引力提供向心力G粤=血用

GM

解得CD=V

即轨道半径越大，角速度越小，故卫星在a上运行的角速度大于在b上运行的角速度.D不符合题意.

故答案为：B

（分析）卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，结合卫星的轨道半径，依据向心力公式列方程比

拟卫星线速度、角速度、加速度的大小即可。

3.C

11

（解答）电压的频率f=-=-^—iHz=50Hz,A不符合题意；初级电压有效值为220V,故次

级电压有效值为22V,所以电压表的示数小于22V,B不符合题意；当光强变大时，R的阻值减小，

次级电阻减小，电流变大，则初级电流变大，变压器输入功率变大，C符合题意；当L灯丝断后，

因次级电压不变，则L2上的电压不变，则V的示数不变，D不符合题意；

故答案为：C.

（分析）利用周期的大小可以求出频率的大小；利用输入电压的峰值可以求出电压的有效值，结合

匝数比值可以求出输出电压的大小，结合回路中分压关系可以判别电压表的读数小于输出电压；当

光照强度变大时其电阻变小导致输出电流变大则输入功率随输入电流的增大而增大；当灯丝断开后

其输出电压不变所以电压表的读数不变。

4.D

（解答）人眼对绿光最为敏感，人眼假设在每秒钟内接受到3个绿光光子，就能产生视觉；能引起

视觉时，每秒钟进入人眼的最少光能£,=3x3.6eV=3x3.6xl.6xl0-19J«1.73xl0-18J.

故答案为：D

（分析）利用单位的换算结合光子的数量可以求出每秒进入人眼的光能大小。

5.B

（解答）A.依据楞次定律可知，在0〜2s内的感应电流方向与2s〜3s内的感应电流方向相反，即

为交流电，A正确，不符合题意；

B.依据法拉第电磁感应定律，2.5s时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势，则有

EA5S100x（2-0）x0.1x0.12V

△t1

B错误，符合题意;

ADqn

C.在0〜2s时间内，感应电动势为片=〃——=100x-x0.12V=lV

△t2

再依据欧姆定律/*=10A

依据q=It=20C

C正确，不符合题意；

D.依据楞次定律可得，线圈的电流方向是逆时针，则导线ad受到的安培力方向是水平向右，依据

F殳=BIL磁场感应强度逐渐增大，电流强度和导线ad长不变，则安培力增大，D正确，不符合题

意。

故答案为：Bo

（分析）依据楞次定律推断感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结

合欧姆定律得出感应电流的大小，利用电流的定义式得出通过导线横截面的电荷量。

6.A

（解答）AB.先比拟电势，假设只有+2Q,四点的电势相同，假设只有-Q,d点的电势最gao,b点

电势最di,假设两个电荷同时存在，d点电势也是最ga。的，b点的电势也是最di的。负电荷的电势

越低，电势能越大，则电子在b点的电势能最大，在d点的电势能最小，A符合题意，B不符合题

二

尼k、；

CD.假设只有+2Q,四点的电场力大小相等，方向不同，假设只有-Q,b点的电场力最大，d点的电

场力最小，依据平行四边形法则作图可知，b点电场力最大，等于两个电场力之和，d点电场力最

小，a、c两处的电场力大小相等，方向不同，所以CD都错误。

故答案为：Ao

（分析）利用点电荷的电势公式可以比拟各处电势的大小，利用电场线的疏密可以比拟电场力的大

小，利用场强的方向可以判别电场力的方向。

7.A

（解答）解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，

依据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与

绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：

依据平衡条件得：F=2mgsin30°=mg

应选：A

（分析）以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于0a线时取得最小值，依据平衡条件求解F

的最小值.

8.A,B,D

（解答）AB.铜盘转动产生的感应电动势为£=15^3

B、L、3不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，假设从上往

下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，AB符合题意；

C.假设圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，C不符合题意；

D.假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍，电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，D符合

题意。

故答案为：ABDo

（分析）利用导体棒切割磁感线可以求出动生电动势的大小，由于其角速度恒定可以判别其电流大

小恒定；利用右手定则可以判别其电流的方向；当其角速度大小发生改变时其电流方向不变；利用

其角速度的变化可以判别电动势的变化，结合欧姆定律可以判别电流的大小变化。

9.B,C

1,

（解答）A.弹簧由压缩恢复到原长时，设小滑块的速度为也由机械能守恒定律得£'=/相声

通阳[2E~bxl6,“，

解得v=J——-=J---mis-4m/s

由牛顿第二定律得小滑块在传送带上相对滑动的加速度。=理=>喧=2〃?/?

m

y2_y242_22

小滑块与传送带由共同速度时，运动的位移x=--b_—m=3m<L=4m

2a2x2

故小滑块先匀减速运动此后小滑块与传送带一起匀速运动，A不符合题意；

BD.对小滑块从滑上传送带到与传送带有共同速度，利用动能定理％=5加%2-5加丫2

解得力=—12J

所以当小滑块到达传送带右端的过程中克服摩擦力对小滑块做的功为12J,D不符合题意，B符合题

忠；

v—v2—4

C.由速度时间关系可得，小滑块到达与传送带共速所需要的时间为，=为一=—1S=ls

一昭-2

此段时间内小滑块的位移为玉=为二=2学m=3m

22

传送带的位移为=2xlm=2m故可得痕迹长度为Ax=苞-％=3m-2m=1m

C符合题意。

故答案为：BCo

（分析）弹簧由压缩恢复到原长时依据机械能守恒得出小滑块的速度，利用牛顿第二定律以及匀变

速直线运动的位移与速度的关系得出小滑块与传送带由共同速度时运动的位移，利用动能定理得出

克服摩擦力做的功。

10.C,D

]_2

（解答）A.运发动做平抛运动，则切行7°=5、=g，

卬2%

解得t=3s

gt3

运发动在B处时速度与水平方向夹角tana=—=-

%2

则a工74°

A不符合题意；

B.运发动在B处着陆时的速度大小是v=7vo+W=10V13m/s

B不符合题意；

C.运发动在空中到坡面的最大距离为h=（''心"a）~=9m

2gcos37

C符合题意;

D.A、B间的距离为AB=———=75m

cos3T

D符合题意。

故答案为：CDo

（分析）运发动做平抛运动，利用其位移公式结合位移的方向可以求出运动的时间，利用速度的分

解可以求出速度的方向；利用速度的合成可以求出运发动在B处速度的大小；利用其速度位移公式

可以求出运发动在空中到坡面最大的距离；利用位移公式可以求出AB之间的距离。

11.（1）18.304

（2）—mI—I；mgh

（解答）（1）小球的直径为d—18mm+30.4x0.01mm-18.304mm

（2）小球的速度v=~

2

小球下落过程中动能增加量A£k=|Wv=lw^

重力势能减少量的表达式为研产mgh

（分析）11）利用螺旋测微器的可动刻度和固定刻度可以读出小球的直径大小；

（2）利用平均速度公式可以求出小球的速度大小；结合质量可以求出小球动能的增加量；利用高度

变化可以求出重力势能的变化量。

12.（1）解；如下图:

（2）Ri；1.2；24

⑶6.67

（解答）解：（1）电流表量程1.5mA太小，需要并联一个电阻箱改装成0.6A的电流表,

需要并联的电阻为R并=CW.5C,所以需要和Ri并联，利用安阻法进

「鼠0.6-0.0015

行实验，如下图:

(2)由于电阻箱Ri与电流表的表头并联，该电阻箱作为一个

定值电阻使用，不能调节，故保持Ri不变，屡次调节电阻箱R2；

1R

依据闭合电路的欧姆定律可得：E=I(R+r),解得：一=—+一r,

1EE

120

图象的斜率绝对值为r-1,解得电动势为L2V,

E24

纵轴截距为:=20C/V,解得r=24C；(3)改装后电流表的内阻为Rg=C=

1.5Q,

该实验电路测得的电池内阻实际上是电池内阻和电流表内阻之和,

故相对误差="=6.67%。

24-1.5

故答案为：⑴如下图；⑵Ri；1.2；24；⑶6.67。

(分析)(1)通过并联电阻将表头改装为电流表测量电路中的电流；

(2)利用闭合电路欧姆定律对整个电路列方程，对方程进行适当的变形，结合图像求解电动势和内

阻即可；

(3)结合题目给出的公式代入数据求解即可。

13.(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为打、V2,则

1,1,

—mVy+—Mv；-E解得V|=3m/s,V2=lm/s

22p

(2)设小车移动X2距离，小球移动X1距离，整个过程中，依据平均动量守恒(人船模型)得

m—=M—,Xi+X2=L解得x=—

tt24

(分析)(1)利用动量守恒定律和能量守恒定律可以求出速度的大小；

(2)利用动量守恒定律可以求出移动的距离。

14.(1)解：要使粒子能沿图中虚线PQ进入ef、gh之间的地域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与

向下的电场力大小相等，有qv()Bi=qE,解得v()=5xl05m/s,

2

粒子在abed磁场中作匀速圆周运动，设半径为Ri，洛仑兹力提供向心力，有，qv0B0=m/，解

得Ri=O.lm,

作出粒子在磁场中轨迹图如下图.

由几何知识可得Ri+Rcos9=1L,解得。=60。，粒子射入点的位置在ad边上距d点为x=RsinO=

V3

m；

20

Dd距离为&m;

答：

20

⑵粒子从P以速度vo进入PQ、MN之间的地域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆

周运动n圈，然后做匀速直线运动打到AB板上，以大小为V。的速度垂直于磁场方向运动.粒子运

2

动到在磁感应强度大小Bi=0.8T的匀强磁场中做圆周运动，由洛仑兹力提供向心力有qv°B1=m?

2兀m

运动周期丁尸

qB、

粒子在正交的匀强电场和匀强磁场地域的运动时间L=n1+——，其中n为正整数；

%

粒子将以半径R3在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到AB板的下部.

由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到AC板到第二次打到AC板后运动的时间为粒子在磁场运

动一周的时间，即一个周期T3，

,V：,2万R,2兀m

由qvB=m—和T,=----，得T=—r—,

02&%3qB]

粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为t2=2T3,

粒子进入磁场中，在V。方向的总位移S3=2Lsin45。、时间t?=—,

%

从Q到gh过程的总时间为t=t]+t2+t3，

从Q到gh过程的总路程为M=2L+n(2KR2)+27tR3x2+s3,

解得41=(7.4xlO-6+7.5nxlOJ)s、

M=(6.112+0.3n)m.

答：粒子从Q到gh过程中的运动时间为（7.4x10-6+7.5〃xIO”卜，