2023届河北省高中学业水平选择性考试物理模拟试题及参考答案

2023河北省高中学业水平选择性模拟考试

物理学科

1．物理学史上许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，关于电磁波的发现及应用，下列说法正确的是（　　）

A．赫兹预言了电磁波的存在，麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在

B．电视机遥控器用紫外线遥控，无线电波频率比体检胸透用的电磁波频率高

C．红外线的热效应可以用来杀菌消毒，利用X射线可以进行通信、广播

D．微波炉的工作原理是微波能使食物中的水分子热运动加剧从而加热食物

2．光纤通信采用的光导纤维由内芯和外套组成，其侧截面如图所示，一复色光以一定的入射角（i≠0）从轴心射入光导纤维后分为a、b两束单色光，下列说法不正确的是（  ）

A．内芯材料中a的折射率比对b的折射率小

B．入射角i由逐渐增大时，a单色光全反射现象先消失

C．从空气射入光导纤维，a、b单色光的波长都变长

D．在内芯介质中a单色光的传播速度比b单色光大

3．如图，一定质量的理想气体从状态开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是(    )

A. 过程①中气体的压强逐渐减小
B. 过程②中气体对外界做负功
C. 过程④中气体从外界吸收了热量
D. 状态c、d的内能相等

4．如图甲所示电路中，电流i（以图甲中电流方向为正）随时间t的变化规律如图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（　　）

A．内，电容器C正在充电    B．内，电容器C上极板带负电

C．内，自感电动势逐渐增大 D．内，电场能转化为磁场能

5．新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变

B．棉包始终受到三个力的作用

C．棉包对AP板的压力先增大后减小

D．当BP板转过时，棉包对BP板的作用力大小为mg

6．如图所示，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为l1和l2的两段理想气体。外界温度和大气压均不变，当将管慢慢地向上提起时，管内气柱的长度（　　）

A．l1变小，l2变大 B．l1变大，l2变小  C．l1、l2都变小   D．l1、l2都变大

7．在光滑绝缘水平面上有如图所示两部分的磁场区域I和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。边长为L的正方形单匝金属线框在水平向右的拉力F的作用下（图中未画出）以初速v0进入，且能保持全过程匀速穿过磁场区域，已知线框的电阻为R，则下列说法正确的是（　　）

A．线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小是0

B．全过程中线框受到水平拉力的最大值

C．全过程中线框产生的焦耳热

D．若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，则分析可得

8．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．匀强电场的电场强度

B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为

C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小

D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大

9.x轴上一条长绳，其左端在坐标原点，时刻，某同学抓住绳左端在竖直方向做简谐振动，经过所形成的波形如图中实线所示，已知此列绳波传播的速度为，时刻绳波的部分波形如图中的虚线所示，下列说法正确的是（　　）

A. 该绳波的波长为

B. 在时间内，绳左端通过的路程为

C. 与周期T的关系式为

D. 虚线波形所对应的时刻可能为

10．如图所示，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，间距为L，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于如图所示的导轨上（两棒始终与导轨垂直且接触良好）。现使MN棒获得一个大小为，方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中（　　）

A．两金属棒组成系统动量不守恒

B．MN棒克服安培力做功的功率等于MN棒的发热功率

C．两棒最终的速度大小均为，方向相反

D．通过PQ棒某一横截面的电荷量为

11．与光电效应有关的四个图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．根据图甲装置，若先让锌板带负电，再用紫外线照射锌板，则验电器的张角可能变小

B．根据图乙可知，黄光越强，则饱和电流越大，说明光子的能量与光强有关

C．由图丙可知，为该金属的截止频率   D．由图丁可知E等于该金属的逸出功

12．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（　　）

A．两互感器均起到降压作用

B．若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kW

C．若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少

D．若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P上移

13.如图甲所示的斜槽，其末端水平且有一定长度，靠在竖直板（前表面贴有白纸）的左侧前边缘，某同学利用该装置研究平抛运动规律，并验证机械能守恒定律。

（1）该同学将小钢球A从轨道的不同高度h处静止释放，斜槽轨道水平末端离落点的高度固定为H，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s。

①若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=________（用H、h表示）。

②图乙中s2-h关系图线a，b，c中，第________条为理论关系图线，第_______条为实验测量结果图线。

（2）接着该同学将质量为0.1kg的小钢球A由斜槽某位置静止释放，由频闪照相得到如图丙所示的小球位置示意图，O点为小球的水平抛出点。（g取10m/s2）

①根据小球位置示意图计算出闪光间隔为0.1s。

②以O点为零势能点，小球A在O点的机械能为Eko=_______J（保留四位小数）；小球A在C点时的机械能为Ekc=_______J，若Eko=Ekc，则说明小球平抛过程机械能守恒。

14.刘老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻。所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大），电阻箱R（0~99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。

小张同学设计了一个如图所示的电路，她接下来的操作是：

I．将S2接到a闭合S1，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如下图甲所示的位置，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；

II．保持电阻箱示数不变，将S2切换到b闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如下图乙所示），然后断开S1。

请你解答下列问题：

（1）图甲所示电阻箱的读数为________Ω，图乙所示的电压表读数为________V。由此可算出定值电阻R1的阻值为________Ω（计算结果保留两位小数）

（2）在完成上述操作后，小张同法学继续以下的操作：将S2切换到a闭合S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图丙所示的图线。由函数关系式和图像可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E=________V，r=________Ω。（计算结果均保留两位小数）

15.某物理兴趣小组设计了一款火警报警装置，原理图简化如下：质量M=2kg的气缸通过细线悬挂在天花板下，质量m=0.1kg、横截面积S=10cm2的活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内。开始时活塞距气缸底部的高度h=30cm，缸内温度t1=27℃；当环境温度上升，活塞缓慢下移时，活塞表面（涂有导电物质）恰与a、b两触点接触，蜂鸣器发出报警声。不计活塞与气缸之间的摩擦，活塞厚度可忽略，大气压强p0=1.0×105Pa，求：

（1）细线的拉力及缸内气体的压强；

（2）蜂鸣器刚报警时的环境温度t2；

（3）若气体内能增加了15J，该过程中气体吸收的热量Q为多大？

16.如图，在坐标平面内的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第二象限内存在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，第三、四象限内存在垂直纸面向外的足够大的匀强磁场，两磁场的磁感应强度B大小相等，在x负半轴上点有垂直x轴的足够大的竖直挡板。在y轴上的点，有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度沿x轴正方向射入匀强电场，从点进入匀强磁场，粒子在运动过程中恰好不再返回电场。不计粒子的重力，求：

（1）粒子进入磁场时的速度大小v；

（2）磁感应强度B以及从进入磁场到打到挡板上运动的时间t。

17.如图所示，光滑水平面上两虚线1、2之间存在方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，质量、电阻、边长的正方形导体框放在水平面上，且边与两虚线平行，某时刻在导体框上施加一水平外力，使导体框开始向右运动，外力的功率恒为，经过一段时间导体框的边刚好以速度（未知）匀速通过磁场，当经过虚线2的瞬间，在导体框上再施加一水平向左的外力，且外力的大小为，其中，为导体框的速度。已知两虚线之间的间距也为，边经过磁场的时间为边经过磁场时间的1.4倍，且边离开磁场时的速度为。

（1）求导体框匀速时的速度的大小；

（2）判断导体框的边在磁场中的运动情况；（要求有必要公式和文字说明）

（3）求导体框的边从虚线1运动到虚线2的过程中导体框中产生的热量应为多少？

答案解析

1.【答案】D【详解】A．麦克斯韦在1860年预言了电磁波的存在，赫兹在1888年实验证实了电磁波的存在，选项A错误；B．电视机遥控器用的是红外线遥控，体检胸透用的电磁波是X射线，X射线的频率比无线电波高，选项B错误；C．紫外线具有杀菌消毒的功能，红外线不具有该功能，X射线具有辐射性，不能用来通信和广播，选项C错误；D．微波炉的工作应用了一种电磁波微波，微波能使食物中的水分子热运动快速加剧从而加热食物，这就是微波炉的工作原理，选项D正确。故选D。

2.【答案】C【详解】A．根据光路图可知，两种光从空气射入内芯后a光的折射角大于b光的折射角，根据折射定律可知，内芯材料中a的折射率比对b的折射率小，A正确；B．由以上分析可知，内芯材料中a的折射率比对b的折射率小，根据所以a光的临界角大，所以入射角i由逐渐增大时，a单色光全反射现象先消失，B正确；C．光从空气射入内芯时，根据可知光的传播速度变小，再根据波速、频率与波长的关系可知，波长变短，C错误；D．因为内芯材料中a的折射率比对b的折射率小，根据可知在内芯介质中a单色光的传播速度比b单色光大，D正确。故选C。

3.【答案】D 【解析】解：、由图示图象可知，过程中气体体积不变而温度升高，由理想气体状态方程可知，气体的压强逐渐增大，故A错误；B、由图示图象可知，过程中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B错误；C、由图示图象可知，过程中气体体积不变而温度降低，气体体积不变，外界对气体不做功，，气体温度降低，气体内能减小，，由热力学第一定律可知：，则气体向外界放出了热量，故C错误；D、一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，由图示图象可知，状态、的温度相等，则状态、的内能相等，故D正确。故选：。

4.【答案】B【详解】A．依题图可知，内，电流在逐渐变大，电容器C正在放电，故A错误；

B．依题图可知，内，电流在逐渐减小，电容器正在充电，根据电流方向可知，电容器C下极板带正电，上极板带负电，故B正确；

C．依题图可知，内，电流随时间变化率减小，则自感电动势逐渐减小，故C错误；

D．依题图可知，内，电流逐渐减小，磁场能转化为电场能，故D错误。故选B。

5.【答案】A【详解】A．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故A正确；

B．当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，故B错误；

C．如图所示设BP板转动的角度为θ（0＜θ＜60°），棉包的重力为mg，根据正弦定理有当θ从增到60°的过程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则棉包对AP板的压力一直增大，故C错误；D．当BP板转过时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，故D错误。故选A。

6.【答案】D【详解】当将管慢慢地向上提起时，假设上段空气柱长度不变，则下段空气柱体积增大，由玻意耳定律可知压强减小，从而导致上段气体压强减小，因此上段气体体积增大，故l1、l2都变大，故ABC错误，D正确。故选D。

7.【答案】D【详解】A．设磁场方向垂直纸面向里为磁通量正方向，则线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小为故A错误；

B．当线框左右两条边均切割磁感线时，所受安培力最大，由于线框匀速运动，受力平衡，即水平拉力最大，有联立，可得B错误；

C．线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中的时间均为

线框进磁场、出磁场产生的焦耳热为

线框在磁场中切割磁感线产生的焦耳热为

全过程中线框产生的焦耳热C错误；

D．若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，由动量定理得

线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中，根据电磁感应定律得解得D正确。故选D。

8.【答案】B【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球进行受力分析，如图所示

由平衡关系可知解得故A错误；

B．小球静止时细线与竖直方向成角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知动能联立解得故B正确；

C．由机械能守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此处即电场力做的功。由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C错误；D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先变大后变小，故D错误。故选B。

9.【答案】BD【解析】A．由题意绳左端就是波源，结合图像可知经过，波传播的距离为

结合波速可得解得故A错误；B．由得由图像可知绳波的振幅，在时间内，绳左端通过的路程为故B正确；C．由题意知绳波向右传播，当实线向右平移到虚线的位置，绳波向右传播的距离为

由波动的空间周期性和时间周期性可得与的差值为

则有故C错误；D．结合，解得当时故D正确。故选BD。

10.【答案】ACD【详解】A．由右手定则可知，MN中感应电流由N到M，受到安培力向右，PQ中感应电流由P到Q，受到安培力向右，故两导体棒受到的安培力方向相同，系统的合外力不为零，故两金属棒组成系统动量不守恒，A正确；B．MN棒克服安培力做功的功率大于MN棒的发热功率，B错误；

C．MN向左减速，PQ向右加速，当满足即时，回路中感应电流为零，达到稳定状态，两导体棒受到的平均安培力大小相等，对两导体棒由动量定理可得   解得两导体棒速度方向相反，C正确；D．设通过棒某一横截面的电荷量为q，可得对PQ棒，由动量定理可得联立解得D正确。故选ACD。

11.【答案】AD

【详解】A．甲装置中，用紫外线照射锌板，如果发生光电效应，则锌板将失去一部分电子，若先让锌板带负电，则锌板所带负电减小，则验电器的张角可能变小，A正确；

B．根据可知，光子的能量由光的频率决定，与光的强度无关，B错误；

C．根据解得结合图像可解得C错误；

D．根据结合图像解得D正确。故选AD。

12.【答案】BD【详解】A．根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流（升压）的作用，故A错误；B．设输电电流为I2，根据理想变压器变压和变流规律可得

    解得U2＝2200V   I2＝100A所以线路输送的电功率为P＝U2I2＝2200×100W＝220kW故B正确；C．由理想变压器变压和变流规律可得    

设输电线路总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有U3＝U2－I2r

设用户端总电阻为R，根据欧姆定律有联立以上五式解得

若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则U2增大，R不变，所以I2增大，而输电线损耗功率为所以输电线损耗功率增大，故C错误；

D．若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大，可将滑片P上移，故D正确。故选BD。

13.4Hh     a     b     0.1125     0.1125

①[1]根据动能定理有，由平抛运动规律可得，，联立可得，②[2][3]若轨道不完全光滑，则从同一高度滑下的小钢球实际水平抛出的速率小于理论值，其水平位移也小于理论值，所以图乙中s2－h关系图线a、b、c中，第a条为理论关系图线，第b条为实验测量结果图线。 （2）②[4]水平方向的初速度为，小球A在O点的机械能为

[5]设O点下第二个点为B点，其竖直方向速度为，小球A在C点时，其竖直方向速度为，小球A在C点时速度为

小球A在C点时的机械能为

14.   20.00     2.80     5.45          2.86     0.26

【详解】（1）[1]电阻箱的读数等于各挡位的电阻之和，为图中电阻箱的读数为；

[2]电压表的精度为0.1V，读数应估读一位，该电压表读数为；

[3]根据部分电路欧姆定律可得解得的阻值约为。

（2）[4]根据

变形得 结合图像有    

解得 

15.（1）21N，0.99×105Pa；（2）360K或；（3）20.94J

【详解】（1）对气缸活塞整体F=（M+m）g=21N对活塞p0S=p1S+mg

解得p1=0.99×105Pa（2）等压变化过程，，则

解得T2=360K则

（3）气体等压膨胀对外做功W=－p1SΔh=－5.94J根据热力学第一定律ΔU=W+Q，又

解得Q=20.94J

16.（1）；（2）；

【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为，到C点时竖直方向速度为，粒子沿x方向做匀速运动，有，在y方向，粒子做初速度为零的匀加速运动，根据匀变速直线运动的规律有，根据速度的合成有

设粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角为，则解得，

（2）由题意，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，运动轨迹在第二象限与y轴相切，根据对称性可知，粒子运动的轨迹如图所示。

由几何关系可知粒子做圆周运动的半径为根据洛伦兹力提供向心力有

解得

设粒子在磁场中运动的圆心角为，由几何关系得粒子打到挡板上转过的角。粒子在磁场中做圆周运动的周期，则解得

17.（1）；（2）见解析；（3）

【详解】（1）导体框的边在磁场中运动时，感应电动势大小为回路中的电流强度为导体框的边所受的安培力为由于导体框在磁场内匀速运动，则由力的平衡条件得外力的功率为联立以上各式代入数据解得

（2）导体框的边在磁场中，导体框受向右的外力、向左的安培力、后来施加的水平向左的外力，此时导体框的合力向左，选向左为正方向，根据牛顿第二定律

求出加速度大小因与反方向，应减速运动，加速度随之也减小，故导体框的边在磁场内的运动过程中，线框做加速度减小的减速运动（最后可能匀速）

（3）边穿过磁场的过程中，导体框的速度为时因、、均为恒量，故安培力与速度成正比，而水平向左的外力也与速度成正比，故两者的变化规律相同，必有

根据动能定理有其中联立以上各式并代入数据解得

故边穿过磁场的过程中，导体框产生的焦耳热为