河北省2024届高三下学期二模物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省2024届高三年级大数据应用调研联合测评（Ⅶ）物理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.如图所示是高中物理人教版教材选择性必修第三册研究光电效应的实验插图，开始时把一块带负电的锌板与一验电器相连，验电器指针张开。用紫外线灯照射锌板后，指针张角变小，忽略锌板自发漏电的因素，下列说法正确的是（）A.若用黄光照射锌板，指针张角可能不变B.增加紫外线灯光线的强度，光电子的最大初动能也变大C.发生光电效应时，光照到金属板的一面上，电子从金属板的另一面飞出D.若用黄光照射另外一种带负电的金属板，指针张角变小，则用紫光照射该金属板指针张角可能不变〖答案〗A〖解析〗A．由于黄光波长更长，频率更低，由光电效应方程可知，可能不发生光电效应，指针可能不动，故A正确；B．由光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，故B错误；C．紫外线灯照射后发生光电效应，电子从金属板表面逸出，即从光照射到的金属表面逸出，故C错误；D．根据光电效应方程可知，若黄光照射金属板发生光电效应，则紫光一定也会发生光电效应，故D错误。故选A2.如图所示，直角三角形ABC中，，，D点为AC边上的点，。在A、B、D处垂直纸面固定三根长直细导线，三根导线中的电流方向如图，电流大小相等，已知直线电流在空间某点产生的磁场与电流成正比，与该点到导线的距离成反比，为使D处的电流所受安培力为0，需加一匀强磁场，则该磁场的方向为（）A.平行于BA向左 B.平行于AC斜向上C.平行于CB向下 D.平行于BD斜向上〖答案〗A〖解析〗A、B处电流对D处电流的安培力如图所示由几何关系可知根据，可得根据几何关系可知、的合力平行于BC向上，为使D处的电流所受安培力为0，匀强磁场对该电流的安培力平行BC向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA向左。故选A。3.小明是一位航模爱好者，在一次航模飞行练习中，取向上为正方向，某段时间内航模飞机在竖直方向的速度随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.时刻航模飞机在最高点B.时间内航模飞机悬停C.时间内航模飞机距离地面越来越近D.时刻航模飞机加速度方向发生改变〖答案〗D〖解析〗A．图像的面积表示位移的大小，则时刻航模飞机速度最大，但不在最高点，故A错误；B．时间内航模飞机在竖直方向做匀速直线运动，位移变大，故B错误；C．时间内航模飞机速度变小但速度一直为正，距离地面越来越远，故C错误；D．时刻航模飞机由加速运动变为减速运动，加速度方向发生改变，故D正确。故选D。4.如图所示，一水槽内盛有某种液体，一粗细均匀的导热良好的玻璃瓶底朝上漂浮在液体中，玻璃瓶内外液面高度差为h，若环境温度缓慢升高，大气压强始终不变，下列说法正确的是（）A.玻璃瓶内外液面高度差h变大 B.玻璃瓶内气体压强变大C.玻璃瓶逐渐上浮 D.玻璃瓶受到的浮力变大〖答案〗C〖解析〗AB．玻璃瓶内气体对玻璃瓶底的压力等于大气对玻璃瓶底的压力和玻璃瓶重力之和，故玻璃瓶内气体压强不变，玻璃瓶内外液面高度差不变，故AB错误；C．瓶内气体压强不变、温度升高，故体积变大，玻璃瓶逐渐上浮，故C正确；D．玻璃瓶受到的浮力等于玻璃瓶的重力，故瓶内气体温度缓慢升高的过程中，玻璃瓶受到的浮力不变，故D错误。故选C。5.2024年3月2日13时32分，神舟十七号航天员乘组再次出舱，此次重点完成了天和核心舱太阳翼的维修工作，为我国空间站的稳定运行提供了坚实保障，书写了中国航天史上的辉煌篇章。根据卫星跟踪网站的实时数据，目前中国天宫空间站在近地点高度为392.6公里，远地点高度为400.2公里，倾角为41.5度的近圆轨道上运行，运行周期为1.5h，已知地球半径，地球表面重力加速度为g，月球公转周期为27天，下列说法正确的是（）A.空间站在近地点的速度可能大于第一宇宙速度B.空间站运行角速度比月球运行角速度要小C.空间站绕地球运动的向心加速度大小约为D.若某时刻空间站与同步卫星共线最近，则至少需要8h后再次共线最近〖答案〗C〖解析〗A．近地卫星周期为84min，空间站周期为1.5h，由万有引力定律和开普勒第三定律可知，空间站在近地点的速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；B．月球公转周期为27天，轨道更高，角速度更小，即空间站运行角速度比月球运行角速度要大，故B错误；C．根据，，，解得加速度约为故C正确；D．空间站周期，同步卫星周期，再次共线最近至少需时为t，则有解得故D错误。故选C。6.空间存在沿x轴方向的电场，从O点沿x轴正方向释放一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子只在电场力作用下刚好运动到处，粒子在运动过程中电势能随位置变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.由图可知，粒子在x1处受到的电场力最大B.电场中x2点的电势低于x1点C.粒子释放时的动能为D.粒子经过x2处的动能为〖答案〗D〖解析〗A．图像的斜率表示由于x1处的斜率为零，则粒子在x1处受到的电场力为零，故A错误；B．粒子带正电，粒子在电势高处电势能大，因为故故B错误；CD．粒子运动过程中能量守恒解得粒子释放时的动能为粒子经过x2处的动能为故D正确，C错误。故选D。7.如图所示，质量为的足够长的木板静止在粗糙水平地面上，在长木板上方右侧有质量为的物块，竖直墙面在长木板的右端，物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为，某时刻对木板施加水平向右、大小的恒定拉力，作用1s后撤去，物块和木板始终未与竖直墙面碰撞，重力加速度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A.外力F做的功为4JB.整个运动过程用时C.整个运动过程摩擦生热8JD.初始时，木板与墙的距离至少为〖答案〗C〖解析〗A．有拉力时物块加速度长木板加速度撤去拉力时物块速度木板速度物块位移木板位移外力F做功A错误；B．力F撤去前物块相对木板向后运动撤去力F后，物块加速木板减速至共速所需时间为解得物块位移木板位移物块相对木板向后运动共速后一起减速到零所需时间所走位移整个过程用时B错误；CD．摩擦生热初始木板与墙相距至少C正确，D错误。故选C。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.如图所示为某同学设计的欧姆表电路，图中E为学生电源，为滑动变阻器，为电阻箱，A为量程5mA、内阻100Ω的电流表，实验时该同学将E调整为3V，调整为100Ω，之后短接P、Q两点，调节，使电流表满偏，断开P、Q连接后备用，下列说法正确的是（）A.该欧姆表的内阻为300ΩB.如果在电流表表盘上标记待测电阻值，表盘中央应标记为150ΩC.若仅将E调整为6V，调节仍使电流表满偏，则表盘中央应标记为300ΩD.若仅将调整为50Ω，调节仍使电流表满偏，则表盘中央应标记为200Ω〖答案〗AD〖解析〗A．电路中的最大电流为10mA，由闭合电路欧姆定律可知选项A正确；B．当电流表指针半偏时，待测电阻与内阻相同，表盘中央应标记为300Ω，选项B错误；C．同理，仅将E调整为6V后表盘中央应标记为600Ω，选项C错误；D．若仅将调整为50Ω，电路中的最大电流为15mA，可知欧姆表内阻为200Ω，表盘中央应标记为200Ω，选项D正确。故选AD。9.如图所示，池塘分为A、B、C三个区域，浅水区A、C两部分水深相同，深水区B水波波长是浅水区水波波长的两倍，浅水区水深40cm。O、N分别处于深浅两部分水面分界线上，，，时刻O点从平衡位置开始向上振动，时O点第二次到达波峰，此时M点第一次到达波谷，设水波在三个区域的振幅均为，水波的速度v与水的深度h间的关系满足，式中g为重力加速度，g取，下列说法正确的是（）A.深水区水深80cmB.O、M间距离为2mC.1.25s后P点开始振动D.2.5s时N点振动路程为〖答案〗BD〖解析〗A．由可知，波长为2倍关系，则h为4倍关系，即深水区水深为160cm，故A错误：B．根据由时O点第二次到达波峰可知解得O，M间距离故B正确；D．波传到N所需时间2.5s时N点振动了此时N点振动路程为故D正确；C．波传到P所需时间为代入数据得故C错误。故选BD。10.如图所示，某实验列车头部底端固定有边长为l的n匝正方形线框abcd，进站时利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的总质量为m，线框总电阻为R，磁场区域宽度为l，磁感应强度为B，列车运动过程中铁轨对列车的阻力恒为f，某次列车进站时，线框以速度v水平向右进入磁场，最终停止时线框cd边在磁场正中央，忽略进站时火车受到的空气阻力，下列说法正确的是（）A.线框ab边刚进入磁场时，a、b两点之间的电压大小为B.线框ab边刚进入磁场时，列车的加速度大小为C.线框dc边进入磁场时，列车的速度大于D.从线框进入磁场到停止运动的过程，线框产生的焦耳热为〖答案〗ACD〖解析〗A．根据右手定则，线框进入磁场时，感应电流沿顺时针方向，线框此时切割磁感线产生感应电动势为线框ab边两端的电压为路端电压，即为故A正确；B．线框ab边刚进入磁场时，线框内的电流为线框的加速度为故B错误；C．线框进入磁场过程中由动量定理可得即线框出磁场的过程中即由于线框做减速运动，则有，故C正确；D．根据能量守恒定律可知，线框产生的焦耳热为故D正确。故选ACD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某学习小组在验证玻意耳定律实验中，利用手机测压强的软件barometer来测量气体压强，小组同学找来了一个量程为550mL的粗口针筒（图甲）和一个容积为的特制玻璃杯，二者用软管连接，玻璃杯中放入手机用来测筒内气体压强，推动针筒活塞改变筒内气体体积，装置示意图如图乙所示。实验步骤如下：①按图乙所示连接装置；②缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的容积刻度，读出手机上对应的压强示数；③重复步骤②多次，记录活塞在不同位置的容积刻度V，读出手机上对应的压强示数p。（1）本实验中下列做法正确的是_______。（填选项标号）A.为保证读数准确，应快速推动活塞到某一位置，待示数稳定后再读数B.实验过程中，不能用手直接接触圆筒，以免引起温度的变化C.实验前在柱塞上涂好润滑油，主要是为了减少柱塞和筒壁间的摩擦力（2）筒内气体容积刻度记为V，从手机上读出对应气体压强示数记为p，利用记录数据建立如图丙所示坐标系，为使图像为过原点的直线，横坐标轴物理量记为，纵坐标轴应记为_______（忽略软管内气体体积和手机体积，用题目中所给物理量表示）。（3）若考虑软管内气体体积和手机体积，且，则图丙中图像应与_______（选填“横轴”或“纵轴”）相交。〖答案〗（1）B（2）（3）纵轴〖解析〗【小问1详析】A．缓慢推动活塞，稳定后再读出气体压强是为了防止气体体积变化太快，气体的温度发生变化，A错误；B．实验过程中，不用手直接接触圆筒，是为了防止圆筒从手上吸收热量，引起内部气体温度的变化，B正确；C．实验前在柱塞上涂好润滑油，是为了避免漏气，以保证气体质量不变，C错误。故选B。【小问2详析】气体等温变化则因此纵坐标应为。【小问3详析】考虑软管内气体体积和手机体积，且气体等温变化则即图丙中图像应与纵轴相交。12.某同学欲研究实验室可拆变压器工作时原线圈输入功率和副线圈输出功率之间的关系，可供选择的器材如下：a.可拆变压器（如图1中所示，原线圈接线柱标注0、4、8、12，副线圈接线柱标注0、1、2）b.学生电源c.小灯泡（2.5V，2.0W）d.交流电压表（量程0~30V）e.交流电压表（量程0~6V）f.交流电流表（量程0~0.3A）g.交流电流表（量程0~1.0A）h.滑动变阻器（0~5Ω）实验电路如图2：（1）用笔画线代替导线将图1中的实物图补充完整________。（2）连接好电路后，该同学将滑动变阻器滑片置于阻值最大处，学生电源电压调至20V，打开电源开关，调整滑动变阻器滑片位置，当灯泡较亮时，读出四个电表的示数分别为，，，，通过计算发现，可能的原因是________（填选项标号）A.未考虑电压表的内阻 B.未考虑电压表的内阻C.变压器漏磁 D.由于涡流变压器铁芯发热（3）继续调整滑动变阻器滑片位置，使灯泡更亮，测得四个电表的示数分别为、、、，则与的差值将________（忽略电流表内阻的影响，选填“增大”或“减小”）。（4）若将可拆变压器上水平放置的铁芯拆下，则要使小灯泡能够正常发光，左侧原线圈应选择接线柱“0”与________（选填“4”或“12”）相连。〖答案〗（1）见〖解析〗（2）CD（3）增大（4）4〖解析〗【小问1详析】左侧原线圈应与电源交流输出相连，灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为2W，额定电流为0.8A，正常工作时的电阻约为3Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，电源电压为20V，故副线圈匝数接线柱应选择“0”“2”；【小问2详析】电压表的内阻对原线圈、的测量无影响，电压表的内阻对副线圈、的测量无影响，原线圈功率大于副线圈功率的原因是漏磁、涡流和导线发热，故选项CD正确，AB错误。故选CD。【小问3详析】副线圈电流增大后，原线圈电流增大，磁场增强，涡流增大，变压器左右两侧功率差值增大；【小问4详析】可拆变压器上水平放置的铁芯拆下后漏磁增多，应减小原副线圈匝数比，选择“0”“4”接线柱。13.一潜水员携带着点光源在水下30m深处作业，已知水对光的折射率为，光在真空中的传播速度，，求：（1）点光源照亮水面的面积（结果保留整数）；（2）若潜水员继续下潜19m，能够透射出水面的光在水中传播的最长时间（结果保留一位小数）。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）如图所示发生全反射时，临界角满足解得解得解得（2）继续下潜19m，深度光能透射出水面的最远传播距离由得最长时间为代入数据得14.如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ=60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。（1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；（2）求小球Q静止的位置距O点的距离；（3）若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力如图所示根据几何关系可得小球Q静止在第一象限，则联立可得（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力有粒子第二象限中有联立解得（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得