河北省保定市2022-2023学年高考一模物理试卷（含解析）

这是一份河北省保定市2022-2023学年高考一模物理试卷（含解析），文件包含精品解析2023届河北省保定市高三下学期第一次模拟考试物理试题原卷版docx、精品解析2023届河北省保定市高三下学期第一次模拟考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共28分。在下题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 物理兴趣小组制作一电动小车，可以通过遥控器灵活操控其运动。某次活动中，小组成员操控小车沿一直线做较为复杂的运动，其运动的v-t图像如图所示。关于小车在前4s的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 小车一直朝同一方向运动
B. 小车的加速度不变
C. 前4s内小车发生的位移大小为8m
D. 小车在第1s内的位移和前3s内的位移相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．v-t图像，图线与时间轴的交点表示速度方向发生改变的时刻，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负，由图像可知，2s时刻速度方向将发生改变，故A错误；
B．v-t图像，图线的斜率表示加速度，斜率大小表示加速度大小，斜率正负表示加速度方向，由图像可知小车的加速度在和时间段内为正方向，时间段内为负方向，故B错误；
CD．v-t图像，图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方的面积表示位移为正，时间轴下方的面积表示位移为负，则可知前4s内小车发生的位移大小为0，小车在第1s内的位移和前3s内的位移相同，故C错误，D正确。
故选D。
2. 匀强电场的方向平行于△ABC所在平面，如图所示，。将电荷量为的点电荷从A点移到B点，电场力做功8×10-6J，再把该电荷从B点移到C点，电场力做功J，关于该电场的下列说法中正确的是（ ）
A. A、B两点间的电势差
B. 若规定A点电势为0，则C点电势为2V
C. 电场强度的方向由B指向A
D. 电场强度的方向由C指高B
【答案】A
【解析】
【详解】A．将电荷从A点移到B点，电场力做功为
代入数据解得
故A正确；
B．把该电荷从B点移到C点，电场力做功为
代入数据解得
若规定A点电势为0，而
可得
又
解得
故B错误；
C．因为该电场为匀强电场，且、、，则可知BC中点处的电势等于A点处的电势，而沿着电场线的方向电势降低，则可知电场线的方向为B到C，而匀强电场中，电场线的方向和电场强度的方向一致，则可知电场强度的方向为B指向C，故CD错误。
故选A。
3. 质量为M正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g。则（ ）
A.
B.
C. 地面受到的压力为，
D. 地面受到的压力为，
【答案】B
【解析】
【详解】
AB．对圆球B受力分析如图
A对B的弹力
根据牛顿第三定律，B对A弹力
故A错误，B正确；
CD．地面受到的压力为
故CD错误。
故选B。
4. 北京时间2023年1月15日11时14分，中国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，以“一箭十四星”发射方式，成功将14颗卫星发射升空，所有卫星顺利进入预定轨道。如图所示，火箭运行至P点时同时释放A、B两颗卫星，并分别将它们送入预定椭圆轨道1（A卫星）和椭圆轨道2（B卫星）。P点为椭圆轨道的近地点，B卫星在远地点Q处进行姿态调整并变轨到圆轨道3上运动，下列说法正确的是（ ）
A. 两卫星在椭圆轨道上运动过程中经过P点时的加速度大小关系：
B. 两卫星在椭圆轨道上运动过程中经过P点时的速度大小关系：
C. 变轨前，B卫星在P点的机械能等于在Q点的机械能
D. B卫星在P点的动能小于其在轨道3上Q点的动能
【答案】C
【解析】
【详解】A．由万有引力充当向心力可得
可知，距离中心天体距离相同则加速度大小相同，故A错误；
B．卫星A在椭圆1轨道，卫星B在椭圆2轨道，2轨道的半长轴大于1轨道的半长轴，卫星要向更高的轨道变轨则必须在两轨道相切点点火加速以实现变轨，因此可知两卫星在椭圆轨道上运动过程中经过P点时，B卫星的线速度要大于A卫星的线速度，故B错误；
C．在同一轨道上，卫星机械能守恒，故C正确；
D．在轨道2上，P点近地点，Q点为远地点，由开普勒第二定律可知
而卫星在2轨道上Q点向3轨道变轨时需要点火加速，因此有
又由万有引力充当向心力可得
可知轨道半径越大，线速度越小，由此可知
则B卫星在P点的动能大于其在轨道3上Q点的动能，故D错误。
故选C。
5. 如图甲所示，用活塞在气缸中封闭一定质量的理想气体，气体由状态a变化到状态b，变化到状态c，气体温度（T）随体积（V）变化的图像如图乙所示，bc连线的反向延线过坐标原点，不计活塞与气缸壁的摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A. 由状态a到状态b的过程中，气体的压强增大
B. 由状态a到状容b的过程中，气体一定吸热
C. 由状态b到状态c的过程中，气体的压强增大
D. 由状态b到状态c的过程中，气体一定吸热
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由理想气体状态方程
结合图乙可知，由状态a到状态b的过程中温度在降低，同时体积在增大，则可知压强一定减小；再结合热力学第一定律
可知，体积增大，气体对外做功，，同时温度降低可知，，由此不能确定气体由状态a到状态b的过程中是吸热还是放热，或是既不吸热也不放热，故AB错误；
C．由理想气体状态方程
变式可得
结合乙图可知，气体由状态b到状态c的过程中，气体的压强不变，故C错误；
D．由状态b到状态c的过程中，气体体积增大，对外做功的同时，温度也在升高，则根据热力学第一定律可知，气体一定吸热，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，A、B两个小滑块用不可伸长的轻质细绳连接，放置在水平转台上， ，，绳长l=1.5m，两滑块与转台的动摩擦因数μ均为0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转台静止时细绳刚好伸直但没有弹力，转台从静止开始绕竖直转轴缓慢加速转动（任意一段极短时间内可认为转台做匀速圆周运动），g取。以下分析正确的是（ ）
A. 当时，绳子张力等于0.9N
B. 当时，A、B开始在转台上滑动
C. 当时，A受到摩擦力为0
D. 当时，绳子张力为1N
【答案】C
【解析】
【详解】A．当绳子刚好出现张力时，则对B分析可知
解得
当时，绳子张力等于0，选项A错误；
C．当时，绳子张力等于0，此时A受到摩擦力为0，选项C正确；
BD．当A、B刚要在转台上滑动时，则对B
对A
解得
当时，A、B开始在转台上滑动，当时，绳子张力为
选项BD错误。
故选C。
7. 质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能的关系为，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为（ ）
A. m，B. m，m
C. m，mD. m，m
【答案】A
【解析】
【详解】小球、与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球、达到共速，设共速时的速度为，小球的初速度为，则由动量守恒定律有
碰撞过程中机械能守恒，有
解得
由弹簧的压缩量x与弹性势能的关系
可得
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为、，任取极短的时间，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为、则有
即有
固有
而两小球的对地位移之间的关系为
联立解得
故选A。
二、多项选择题；本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或个以上选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有错选的得零分。
8. 电荷量为+Q的点电荷与半径为R的均匀带电圆形薄板相距2R，点电荷与圆心O连线垂直薄板，A点位于点电荷与圆心O连线的中点，B与A关于O对称，若A点的电场强度为0，则（ ）
A. 圆形薄板所带电荷量为+Q
B. 圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为，方向水平向左
C. B点的电场强度大小为，方向水平向右
D. B点的电场强度大小为，方向水平向右
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．A点的电场强度为零，而点电荷在A点产生的场强为
，方向水平向右
则可知圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为，方向水平向左，知圆形薄板带正电；若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离A点的距离与点电荷距离O点的距离相同外，其余各点距离O点的距离都大于，若将电荷量均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式
可知，合场强一定小于，因此可知圆形薄板所带电荷量一定大于+Q，故A错误，B正确；
CD．B点关于O点与A点对称，则可知圆形薄板在B点产生的电场强度为
，方向水平向右
而点电荷在B点产生的场强为
，方向水平向右
则根据电场强度的叠加法则可得B点得电场强度为
，方向水平向右
故C错误，D正确
故选BD。
9. 如图所示，固定斜面倾角为，质量为2kg小物块自斜面底端以一定初速度沿斜面向上运动，加速度大小为，物块沿斜面向上运动的最大距离为0.8m。斜面足够长，g取，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。关于小物块在斜面上的运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 物块最终会回到斜面底端
B. 物块克服重力做功的平均功率为20W
C. 合力对物块做功-16J
D. 物块机械能损失了16J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．物块上滑过程中，由牛顿第二定律有
解得
，
由此可知，当物块滑上斜面，速度减为零之后将静止在斜面上，故A错误；
B．设物块滑上斜面的时间为，应用逆向思维，由运动学公式可得
解得
在滑块速度减为零时，克服重力做的功为
则可知物块克服重力做功的平均功率为
故B正确；
C．由运动学公式可得物块上滑时的初速度为
则由动能定理可得，合外力对物块做的功为
故C正确；
D．损失的机械能等于克服摩擦力做的功，由能量守恒可得
解得
故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，垂直边界的分界线MN将宽度为L的区域分成上下两部分，上部存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，下部存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。从M处垂直磁场方向射入速度大小不同、质量均为m、电荷量均为q的正离子（不计离子重力和离子间相互作用力），离子入射方向与MN夹角。如果离子垂直右边界射出磁场区域，则离子的入射速度大小和出射点偏离MN距离的可能组合为（ ）
A. ，（2）LB.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据
可知粒子在磁场中运动的半径
若速度，则粒子在上方磁场中运动的半径
在下方磁场中运动的半径
此时粒子从下部分磁场中垂直边界射出，出射点偏离MN距离的为
选项A正确，B错误；
C．若速度，则粒子在上方磁场中运动的半径
在下方磁场中运动的半径
则粒子从上方磁场中垂直与边界射出，此时出射点偏离MN距离的为
选项C错误；
D．若速度，则粒子在上方磁场中运动的半径
在下方磁场中运动的半径
粒子从上方磁场中垂直与边界射出，此时出射点偏离MN距离的为
选项D正确。
故选AD。
三、非选择题：共54分
11. 某同学利用按动中性笔粗测笔杆与水平桌面间的动摩擦因数。操作步骤如下：
A．将笔尾部朝下竖直放置，紧靠光滑的竖直墙，向下按压到底，释放后中性笔向上弹起一定的高度，记录高度H；
B．再将中性笔置于水平桌面上，尾部垂直竖直墙，垂直竖直墙按压中性笔到底，释放后中性笔滑行一段距离后停止运动，记录滑行的距离x。
（1）除了在操作中记录的数据，要测量笔杆与水平桌面间的动摩擦因数，___________（填“需要”或“不需要”）测量当地重力加速度g，___________（填“需要”或“不需要”）测量中性笔的质量m。
（2）动摩擦因数的表达式________（用题目中所给的物理量的符号表示）。
（3）请至少提出一条减小实验误差的操作：___________。
【答案】 ①. 不需要 ②. 不需要 ③. ④. 多次重复试验，测量H和x；按压中性笔时，竖直按压和水平按压时确保按压程度相同
【解析】
【详解】（1）[1][2]该实验得原理是先利用能量守恒，将按压后中性笔的弹性势能转化成中性笔的重力势能，再利用弹性势能完全克服了桌面的摩擦力做功从而求得动摩擦因数，实验原理可表示为
，
联立可得
因此可知该实验不需要测量当地的重力加速度，也不需要测量中性笔的质量。
（2）[3]由（1）中
可得
（3）[4]多次重复试验，测量H和x；按压中性笔时，竖直按压和水平按压时确保按压程度相同。
12. 小王同学获得了某型号LED发光二极管加正向电压时的伏安特性曲线，如图甲所示。该同学想通过实验验证该二极管伏安特性曲线的可靠性，从实验室找来如下器材：
干电池两节（每节干电池电动势为1.5V，内阻约为0.5Ω）；
滑动变阻器一个（最大阻值为5Ω）；
电压表一个（量程为3V，内约为3kΩ）；
电流表一个（量程为50mA，内阻约为1Ω）。
要求二极管的正向电压从0开始变化，尽量减小测量误差。
（1）由甲图可知该发光二极管的电阻随正向电压U变大而_________（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）请根据实验目的和要求设计电路，按电路将实物图中的连线补充完整_________。
（3）按照电学实验操作观范。保证各仪表的安全，开关闭合之前，乙图中滑动变阻器滑动触头应移到___________端（填“左”或“右”）。
（4）经多次实验验证，二极管的伏安特性曲线非常准确。假设同型号LED发光二极管的伏安特性曲线完全相同，用3枚该型号二极管接入如图丙所示电路中电路中电源电动势，内阻，电阻箱阻值，此时每个二极管消耗功率P=___________W（结果保留2位有效数字）
【答案】 ①. 变小 ②. ③. 左 ④. 0.024
【解析】
【详解】（1）[1]由图甲可知，随正向电压U的增加图线上任意一点与坐标原点连线的斜率在变大，而该斜率表示电阻的倒数，故可知随正向电压U的增加，发光二极管的电阻在减小。
（2）[2]
（3）[3]为了起到保护电路的作用，在闭合开关前，滑动变阻器的触头应当滑到最左端，让发光二极管两端的电压等于零。
（4）[4]经多次实验验证，二极管的伏安特性曲线非常准确，则当三个二极管串联接入电动势为的电路中时，设每个二极管两端的电压均为，回路中的电流为,由闭合电路的欧姆定律可得
对比甲图，可知此时二极管两端的电压为，对应的电流为，则每个二极管此时的功率为
13. 如图所示，坐标原点O处有一做简谐运动的波源，某时刻波源向上起振，向外传播形成简谐波，经过2s的时间沿x轴正向传播到达距离波源40m处的P点，此后再经过4s的时间，P点恰好完成10次全振动。求：
（1）该简谐波的波长。
（2）从波源起振开始计时，处的Q点第一次到达波谷所经过的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设简谐波的波速为v，则
简谐波的周期为T，则
简谐波的波长为
（2）波源从起振到波谷经历时间为，且
波传到Q点用时为
所以Q点第一次到达波谷所经历的时间为
14. 如图，光滑水平面上静置一质量、长的长木板，在长木板右侧某位置固定一光滑绝缘的竖直半圆轨道，半径，半圆轨道下端与长木板上表面齐平，竖直直径右侧区域存在竖直方向的匀强电场，在半圆轨端静置一质量、电荷量的小物块。质量的小物块a从长木板左端以的水平速度冲上长木板，物块a与长木板的动摩擦因数。长木板与半圆轨道相撞前已与物块a共速，碰撞后长木板瞬间停止。已知物块a、b间发生弹性碰撞且物块b电荷量不变，之后小物块b在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等。g取，求：
（1）匀强电场的场强大小和方向；
（2）物块b在半圆轨道内运动时间。
【答案】（1），方向竖直向上；（2）
【解析】
【详解】（1）由题意，小物块b在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等，可知小物块在半圆轨道内做匀速圆周运动，向心力由半圆轨道对小物块的支持力提供，则可以确定电场力大小等于物块的重力大小，且方向相反，即
解得
，方向竖直向上
（2）设小木块和长木板达到共速时速度为，则由动量守恒定律可得
解得
设此时小木块的对地位移为，长木版的对地位移为，小木块和长木板共速时距离右端的距离为，则对小木块和长木版分别由动能定理可得
解得
，
则可得
与半圆形轨道碰撞后长木板瞬间停止，则此刻开始小木块做匀减速运动，直至与小物块与放在半圆轨道最低点的物块发生弹性碰撞，设小物块与物块发生碰撞前的速度为，碰撞后物块的速度为，物块的速度为，则由运动学公式可得
，
解得
由动量守恒定律和机械能守恒可得
解得
，
设物块在半圆轨道内运动的时间为，则可知
15. 如甲图所示，倾斜金属导轨与水平面夹角为θ，宽度为L，垂直导轨放置两根完全相同的导体棒a、b。给边界MN以下区域施加垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的图像如乙图所示（甲图中所画磁场的方向为时磁场的方向）。时，导体棒a以某初速度沿导轨平面向下运动，距离MN为L的导体棒b恰能不向下滑动，当磁感应强度变为时导体棒b恰好不受摩擦力，磁感应强度变为时导体棒a恰好达到边界MN，且导体棒a刚进入磁场时回路电流大小不变。已知重力加速度为g，导体棒的电阻均为R，与导轨接触良好，与导轨之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨电阻不计，乙图中数据均为已知。求：
（1）导体棒a进入磁场之前回路的电流大小和方向
（2）导体棒a进入磁场之前下滑的位移；
（3）导体棒a在磁场中运动的时间。
【答案】（1），从上往下看电流的方向为顺时针方向；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路的欧姆定律可得
由楞次定律可知，从上往下看电流的方向为顺时针方向。
（2）由图乙可知，当磁感应强度为时，对应的时间为，而此时棒恰好到达，设两棒的质量均为，对棒分析，设加速度大小，由牛顿第二定律有
根据题意由平衡条件对b棒有
设棒刚进入磁场时速度为，由题意有
则棒进入磁场前做匀减速运动，由逆向思维可得下滑的距离为
（3）设二者的共同速度为，达到共速所用的时间为，对、分别由动量定理可得
二者达到共速后回路中无感应电流，设速度减为零的时间为，则有
联立解得