2024届河北省邢台市部分高中高三下学期二模物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，满分100分，考试时间75分钟。第I卷（选择题共46分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.核污水中含有多种放射性成分，其中有一种难以被清除的同位素氚（），可能引起基因突变。其衰变方程为，的半衰期为12.5年，下列说法正确的是（）A.原子核是B.衰变的本质是由强相互作用引起的中子转变为质子并释放出电子C.1mg的经25年的衰变后，还剩0.25mgD.将核污水排入海洋后，氚因浓度降低使半衰期变长，放射性变弱〖答案〗C〖解析〗A．根据反应过程满足质量数和电荷数，可知原子核是，故A错误；B．衰变的本质是由弱相互作用引起的中子转变为质子并释放出电子，故B错误；C．的半衰期为12.5年，1mg的经25年的衰变后，可知结果两个半衰期，还剩0.25mg，故C正确；D．半衰期只由原子核自身决定，将核污水排入海洋后，氚因浓度降低使半衰期不变，放射性不变，故D错误。故选C。2.图甲是淄博市科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究，如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点N高度也相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放，发现在Ⅰ轨道上的小球a先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、速率平方与下滑高度h的关系图像可能正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗AB．根据机械能守恒可得可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其图像为一条倾斜直线，小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程，加速度逐渐减小，则其图像的切线斜率逐渐减小，且小球a所用时间小于小球b所用时间，故A正确，B错误；CD．根据机械能守恒可得可得小球a和b下滑过程速率平方与下滑高度h的关系为可知小球a和b图像均为一条过原点的倾斜直线，故CD错误。故选A。3.“抖空竹”是中国传统体育活动之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成如图所示模型：不可伸长的轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在轻绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点沿竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平）匀速移动，即两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同样大小的速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则在变化过程中，下列说法正确的是（）A.左右两绳的夹角增大B.左右两绳的夹角减少C.轻绳的张力变大D.轻绳的张力大小不变〖答案〗D〖解析〗对空竹受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以在水平方向空竹共点力平衡，设F1与水平方向的夹角为，F2与水平方向的夹角为，有所以α=β所以两根绳与竖直方向的夹角相等为，则解得两端点沿AB、CD以同一速度匀速移动，移动的过程有的位移大小相等，两端点在水平方向上的距离不变，所以不变，从而得出F1和F2均不变，且两者大小相等，故ABC错误，D正确。故选D。4.随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（）A.右极板带正电B.颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动C.两极板间的电压值为D.颗粒落到收集板时的速度大小为〖答案〗D〖解析〗A．根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，可知，右极板带负电，故A错误；B．由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；C．根据题意，设两极板间的电压值为，水平方向上有，竖直方向上有联立解得故C错误；D．根据题意，结合C分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为，竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为则颗粒落到收集板时的速度大小为故D正确。故选D。5.保险丝对保护家庭用电安全有着重要作用，如图所示，A是熔断电流为1A的保险丝，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，交变电压U=220V，保险丝电阻1Ω，R是用可变电阻。当电路正常工作时，则下列说法正确的是（）A.可变电阻R不能大于54.75ΩB.可变电阻R越大，其消耗的功率越小C.通过可变电阻R的电流不能超过0.5AD.增加原线圈匝数，保险丝可能熔断〖答案〗B〖解析〗AB．将保险丝电阻看成交变电源内阻，则有可变电阻消耗的功率等于理想变压器原线圈消耗的功率，设原线圈等效电阻为R1，则有联立可得当电路正常工作时，原线圈电流，则即所以根据电源输出功率的特点可知可变电阻R越大，输出功率越小，即原线圈消耗的功率越小，可变电阻消耗的功率越小，故B正确，A错误；C．设电阻Rr时，原线圈中电流刚好达到熔断电流，即，根据则副线圈的电流即通过可变电阻R的电流不能超2A；故C错误；D．当其他条件不变，增加原线圈匝数，根据可知相当于增加了原线圈的等效电阻，则根据欧姆定律可知原线圈电流减小，保险丝不会熔断，故D错误；故选B。6.一半圆形玻璃砖的截面如图所示，截面内一细束单色光以45°的入射角从MN上射入，在入射点由N缓慢移动到M的过程中，不考虑光的反射，圆弧MN上有一半区域有光线射出。已知玻璃砖的半径为R，单色光在真空中的传播速度为为半圆的中点，下列说法正确的是（）A.圆弧AN上没有光线射出区域的长度与圆弧AN长度之比为5：6B.出射光线与水平方向最大夹角90°C.出射光线与入射光线均不平行D.能从圆弧上射出的光线中，在玻璃砖内的最大传播时间为〖答案〗A〖解析〗A．如图所示设P和Q分别是半圆上光线射出的临界位置，因为半圆上有一半区域有光线射出，可知设光线射入玻璃砖后的折射角为θ，全反射临界角为C，由几何关系可知即则折射率又由折射定律可知解得则故圆弧AN上没有光线射出的区域的长度与圆弧AN长度之比为A正确；B．结合几何知识可知，出射光线与水平方向夹角最大为75°，B错误；C．由对称性可知，从A点出射的光线与入射光平行，C错误；D．玻璃砖内的光线路径最长的是从A点出射的光线，故最大传播时间为D错误。故选A。7.水平放置的两金属板，板长为0.2m，板间距为0.15m，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为2×103V/m，两板的左端点MN连线的左侧足够大空间存在匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，方向垂直纸面向里。一比荷为1×106C/kg正电粒子以初速度v0紧靠上极板从右端水平射入电场，随后从磁场射出。则（）A.当v0=1×104m/s时，粒子离开磁场时的速度最小B.当时，粒子离开磁场时的速度最小C.当时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小D.当v0=2×104m/s时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小〖答案〗D〖解析〗AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，要使粒子离开磁场时的速度最小，则粒子在从电场进入磁场时速度最小，设粒子进入磁场时的速度与水平方向的夹角为，根据类平抛运动的规律有，水平方向竖直方向加速度而则可得根据匀变速直线运动速度与位移的关系式可得而联立以上各式可得可知，当时，粒子进入磁场时有最小速度此时故AB错误；CD．根据以上分析可知，粒子进入磁场时的速度为，进入磁场后粒子在磁场中做圆周运动，偏转后从MN边界离开磁场，则由洛伦兹力充当向心力有可得根据几何关系可得，粒子进入磁场的位置与射出磁场的位置之间的距离为则离M点的距离为即有可知，当时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小，而根据以上分析可知，当时故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小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.滑板运动已经成为亚运会中备受瞩目的一项比赛项目，它不仅代表了一种独特的文化，还展现了竞技体育的精神和魅力。如图所示，某次运动中，小孩（可看作质点）与滑板以相同初速度=6m/s一起滑上斜面体，整个过程斜面体始终保持静止。已知小孩与滑板间的动摩擦因数μ1=0.6，滑板与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5，小孩质量m1=25kg，滑板质量m2=1kg，斜面体质量m3=10kg，斜面倾角θ=37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，则在上滑过程中，下列说法正确的是（）A.小孩与滑板之间的摩擦力大小为120NB.小孩沿斜面滑行的最远距离为1.8mC.地面对斜面的支持力大小为360ND.地面对斜面的摩擦力大小为208N〖答案〗BD〖解析〗A．由于，所以小孩和滑板相对静止一起做匀减速运动到最高点，利用整体法有解得方向沿斜面向下。对小孩分析，假设小孩和滑板间的摩擦力为，有解得故A错误；B．由速度位移公式可得故B正确；C．以小孩、滑板和斜面体整体为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分别为根据系统牛顿第二定律可知，在竖直方向有解得故C错误；D．地面对斜面体有向右的摩擦力，其大小为故D正确。故选BD。9.足够长的两根平行等长的导轨弯折成正对的“”形，部分水平且光滑，部分竖直，如图所示，导轨间距为L=0.5m，整个空间存在竖直向上、磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，质量为m=0.2kg、电阻为R=0.5Ω、长度也为L的金属棒ab放在导轨的上方，另一根与ab完全相同的金属棒cd置于的外侧，距足够高。现给ab棒一个向左的初速度，同时由静止释放cd棒，金属棒cd与之间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好，重力加速度g取，则下列说法不正确的有（）A.初始时金属棒cd受到的摩擦力为4NB.金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab向左移动的位移是0.8mC.金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab所受安培力的功率大小为32WD.当ab停止运动时，整个系统产生的热量为6.4J〖答案〗ACD〖解析〗A．初始ab棒产生电动势ab与cd组成闭合回路，电流为两金属棒所受安培力大小为根据右手定则可知，通过cd的电流方向由d到c，根据左手定则，cd受向左的安培力，与导轨提供的支持力平衡，其所受最大静摩擦力为故此时受到的静摩擦力大小为故A错误，满足题意要求；B．当cd棒刚要运动时有联立解得从开始到cd棒刚要运动的过程，对金属棒ab根据动量定理得q为该过程通过金属棒的电荷量，则有联立解得故B正确，不满足题意要求；C．金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab所受安培力的功率大小为故C错误，满足题意要求；D．根据功能关系，ab棒克服安培力所做的功等于减少的动能，则有而克服安培力所做的功等于回路产生的焦耳热，但cd棒下降过程中与导轨之间还有摩擦生热，所以整个系统产生的热量大于6.4J，故D错误，满足题意要求。故选ACD。10.如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏上显示卫星FZ01的“星下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r、地球半径为R，且r≈6.7R，FZ01绕行方向和地球自转方向如图甲所示。则下列说法正确的（）A.卫星FZ01的轨道半径约为B.卫星FZ01的轨道半径约为C.卫星FZ01可以记录到北极点的气候变化D.卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化〖答案〗AC〖解析〗AB．由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有引力提供向心力可得解得同步卫星的周期为卫星FZ01的周期为由于，所以故A正确，B错误；CD．卫星FZ01纬度最高时，根据图乙可知如图所示卫星离地球球心所在水平面的高度为即卫星高度大于北极点的高度，卫星FZ01可以记录到北极点的气候变化，故C正确，D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、非选择题（本题共5小题，共54分）11.某实验小组为了验证小球所受向心力与角速度、半径的关系，设计了如图甲所示的实验装置，转轴MN由小电机带动，转速可调，固定在转轴上O点的力传感器通过轻绳连接一质量为m的小球，一根固定在转轴上的光滑水平直杆穿过小球，保证小球在水平面内转动，直杆最外边插一小遮光片P，小球每转一周遮光片P通过右边光电门时可记录遮光片最外边的挡光时间，某次实验操作如下：（1）用螺旋测微器测量遮光片P的宽度d，测量结果如图乙所示，则________mm。（2）如图甲所示，安装好实验装置，用刻度尺测量遮光片最外端到转轴O点的距离记为，测量小球球心到转轴O点的距离记为。开动电动机，让小球转动起来，某次遮光片通过光电门时光电门计时为t，则小球此时的角速度等于________。（用字母d、t、、中的部分字母表示）（3）验证向心力与半径关系时，让电动机匀速转动，遮光片P每次通过光电门的时间相同，调节小球球心到转轴O点的距离的长度，测出每一个的长度以及其对应的力传感器的读数F，得出多组数据，画出的关系图像应该为________。（4）验证向心力与角速度关系时让小球球心到转轴O点距离不变，调节电动机转速，遮光片P每次通过光电门的时间不同，记录某次挡光时间t同时记录此时力传感器的读数F，得出多组F与t的数据，为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画________（选填“”“”“”或“”）关系图。〖答案〗（1）##1.879mm##1.881mm（2）（3）A（4）〖解析〗【小问1详析】根据螺旋测微器的读数原理地【小问2详析】遮光片通过光电门时光电门计时为t时遮光条地线速度为所以小球此时的角速度为【小问3详析】遮光片P每次通过光电门的时间相同，L1、d不变，则不变，由可知的关系图像为过原点得倾斜直线。故选A。【小问4详析】由为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画图像。12.某物理兴趣小组开展活动，测干电池的电动势和内阻（1）甲同学为了避免电流表、电压表的内阻对测量结果的影响，利用如图甲所示的电路图测量干电池的电动势和内阻。先闭合开关，把开关掷于1时，改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流和电压值，在坐标纸上画出图像如图乙中的a直线；再把开关掷于2，重复操作，画出图像如图乙中的b直线。为了消除电表内阻对测量结果的影响，根据图像求出电源电动势______V，电源内阻______Ω。（结果均保留三位有效数字）（2）乙同学在没有电压表的情况下，设计了如图丙所示的电路图测量干电池的电动势和内阻①改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表的示数I和电阻箱的示数R，通过研究图像，如图丁所示，求出电源电动势______V，电源内阻______Ω。（结果均保留三位有效数字）②下图中实线代表理想电流表测得的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略时测得的情况，下列图中能正确反映相关物理量之间关系的是______。（填选项字母）A．B．C．D．〖答案〗（1）1.407.00（2）1.338.00C〖解析〗小问1详析】[1][2]电动势的准确值是1.40V，由于坐标原点是，所以要求r的准确值需要求出b图像的短路电流。由相似比得连接1.40V与两点斜率即为r【小问2详析】①[1][2]根据闭合电路欧姆定律整理可得由图像知，所以，②[3]当电流表没有内阻时当电流表有内阻时所以两图像的斜率相同，截距后者大于前者.故选C。13.气调保鲜技术可通过抑制储藏物细胞的呼吸量来延缓其新陈代谢过程，使之处于近休眠状态来达到保鲜的效果。某保鲜盒中内密封了一定质量的理想气体，气体的体积约为，压强，温度，保鲜盒上部为柔性材料，气体体积可膨胀或被压缩，盒内压强与外界大气压强相等，求：（1）将保鲜盒放入保险库，保鲜盒内气体体积不变，保鲜库内压强，求此时保鲜盒内的温度；（2）现将保鲜盒运至高海拔环境，需将保鲜盒内的一部分气体缓慢放出以保持体积不变，假设释放气体过程中温度不变，现需将保鲜盒内的气体放出，求外界大气压强。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）由查理定律可得其中解得可得此时保鲜盒内的温度（2）由玻意耳定律可得其中可得外界大气压强为14.如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线PQ，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场，已知OA与y轴重合，且OA=a，θ=60°，C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平行板电容器，板间距为a，上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里、强弱随y坐标变化的磁场和竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧某区域，存在一垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场（图中未画出），使水平通过平行板电容器的电子进入该磁场后汇聚于x轴上一点，现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用及电子的重力，已知电子的电量为e，质量为m。（1）当速度方向沿y轴正方向时，求能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多少；（2）写出电容器内磁场的磁感应强度B随y坐标的变化规律；（3）若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，求汇聚点的横坐标。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）根据题意可知，由洛伦兹力提供向心力，有解得可知能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值所以能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度（2）根据题意，画出从y处水平进入平行板间的粒子的运动轨迹，如图所示由几何关系可得，运动半径r=2y可得电子均能沿直线匀速通过电容器，则有解得(3)水平进入右侧磁场，因磁感应强度为，所以运动半径为R=y磁场左边界为倾角45°的斜线，如图所示由几何关系可得，汇聚点横坐标15.如图所示，绝缘水平面右侧锁定有一水平绝缘台阶，其上固定有两平行正对金属薄板A、B，相距为d，台阶左侧有一小车，小车上表面绝缘且与台阶齐平，小车与台阶紧贴无粘连，车上固定有两平行正对金属薄板C、D，相距也为d，车和C、D板总质量为m，一质量为m的金属小球（视为质点）紧贴A板下端，此时小球电荷量为q，静止释放，不计一切摩擦，B板和C板下端开有略大于小球直径的小孔，A、B、C、D板均带电，仅考虑A、B板之间形成的电场和C、D板之间形成的电场，且，忽略边缘效应，求：（1）小球经过B板时速度大小；（2）小球经过C