2024年高考第三次模拟考试题：物理（河北卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：物理（河北卷）（解析版），共22页。试卷主要包含了场致发射显微镜的构造如图所示等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，只有一项是符合要求的。
1．巴耳末系是指氢原子从能级跃迁到能级时发出的光谱线系如图甲所示。图乙中给出了巴耳末谱线对应的波长，已知可见光的波长在400nm-700nm之间，则下列说法正确的是（ ）
A．谱线对应光子的能量大于谱线对应光子的能量
B．属于巴耳末系的、、、谱线均属于可见光
C．大量处于能级的氢原子向基态跃迁过程，可辐射出6种处于巴耳末线系的光子
D．谱线的光照射极限频率为的钨，能发生光电效应现象
【答案】B
【解析】A．光的波长越长，由可知其频率就越低，由可知其能量就越小，故A错误；
B．由图乙可知巴耳末系的、、、谱线的波长在400nm-700nm之间，即属于可见光，故B正确；
C．巴耳末系是指氢原子从更高能级跃迁到能级时发出的光谱线系，从能级跃迁到能级，只能辐射出２种处于巴耳末线系的光子，故C错误；
D．谱线的光，波长约为，其频率为
所以照射钨时不能发生光电效应，故D错误。
故选B。
2．回归反光膜是由高折射率透明陶瓷圆珠、高强度黏合剂等组成的复合型薄膜材料。夜间行车时，它能把各种角度车灯射出的光逆向返回，使标志牌上的字特别醒目。一束平行光（宽度远大于陶瓷圆珠直径和圆珠间距），沿垂直基板方向照射到圆珠上，为使折射入陶瓷圆珠的光能发生全反射，则制作陶瓷圆珠材料的折射率n至少为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】考虑临界情况，设折射角为C，光路图如图所示
则有
由几何关系可得
2C=90°
解得
故选B。
3．生活中手机小孔位置内安装了降噪麦克风，其原理是通过其降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波叠加从而实现降噪的效果。图丙表示的是理想情况下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的等幅反相声波。则（ ）
A．降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动加强
B．降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦
C．降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等
D．质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
【答案】C
【解析】C．由于传播介质相同，所以降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，故C正确；AB．由题图丙可知，降噪声波与环境声波波长相等，则频率相同，叠加时产生稳定干涉，又由于两列声波等幅反相，所以能使振幅减为零，从而起到降噪作用，两列声波使P点的振动方向相反，所以P点为振动减弱点，故AB错误；
D．P点并不随波的传播方向移动，故D错误。
故选C。
4．如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ）
A．细绳的拉力逐渐变小
B．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大
C．Q将从墙壁和小球之间滑落
D．Q受到墙壁的弹力逐渐变大
【答案】D
【解析】A．对P受力分析如图所示，
P受到重力mg、绳的拉力F和Q对P的支持力N处于平衡状态，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：绳的拉力
Q对P的支持力
N=mgtanθ
铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则绳的拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误；
BCD．对Q受力分析，在水平方向上受到P对Q的压力和墙壁对Q的弹力，二力平衡，根据牛顿 第三定律知，Q对P的支持力增大，则P对Q的压力增大，所以墙壁对Q的弹力增大；在竖直方向上受到重力与墙壁的摩擦力，二力平衡，重力不变，所以Q受到墙壁的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故D正确，BC错误。
故选D。
5．某卫星导航定位系统由27颗运行卫星和3颗预备卫星组成，卫星轨道高度为，轨道面与赤道之间夹角均为，分布在3个轨道上，每个轨道部署9颗工作卫星和1颗在轨预备卫星，预备卫星处在略低于工作卫星的轨道上，以下说法中正确的是（ ）
A．预备卫星的向心加速度大于工作卫星的向心加速度
B．工作卫星的周期大于地球自转的周期
C．为了使预备卫星进入工作卫星的轨道，应启动火箭发动机向前喷气，通过反冲作用从较低轨道上使卫星加速
D．利用上述工作卫星的数据可以求出地球质量
【答案】A
【解析】A．由于
由于
则
故A正确；
B．由于
解得
由于同步卫星的高度约为，即
则
而同步卫星的运动周期等于地球自转的周期，则
故B错误；
C．预备卫星在较低轨道上，为了使该卫星进入工作轨道，应考虑启动火箭加速器向后喷气，通过加速，使其做离心运动，使卫星的轨道半径增大，才能从较低轨道进入工作卫星的轨道，故C错误；
D．题目确定给出卫星轨道高度为，但是卫星的周期、角速度、线速度以及加速度等未知，故无法求出地球质量M，故D错误。
故选A。
6．如图所示，有一长方体，，，M、N、P、Q分别为AB、、、CD的中点（图中未画出），下列说法正确的是（ ）
A．若B点放置一正点电荷，则电势差
B．若B点放置一正点电荷，则电势差
C．若在、B两点分别放置等量异种点电荷，则、M两点的电场强度大小相等
D．若在、B两点分别放置等量异种点电荷，则D、两点的电势相等
【答案】C
【解析】AB．B点放一正点电荷时，如图所示
连接B、P，以B为圆心，分别以BC、BN（长度与相等）的长为半径作圆弧，分别交BP于R、S，因
故
又因
故
设，则有
显然，根据正点电荷电场的特点，RS段的平均电场强度大于SP段，且离电荷越远场强越小、电势越低，故必有
综上可知
故AB错误；
C．若在、B两点分别放置等量异种点电荷，由等量异种点电荷的电场特点可知M、N两点的电场强度大小相等，C、两点的电场强度大小相等，M、C两点的电场强度大小相等，则、M两点的电场强度大小相等，故C正确；
D．若在、B两点处放置等量异种点电荷，则、B连线的中垂面是等势面，则D、两点分布在中垂面的两侧，电势不相等，故D错误。
故选C。
7．如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且长度等于的长度，不计黄豆的空气阻力，可将黄豆看成质点，则（ ）
A．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为长度一半
B．甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度相等
C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为乙的两倍
【答案】B
【解析】A．对甲黄豆竖直方向有
对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为
所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的，故A错误；
B．设甲黄豆做平抛运动的时间为t,那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t。设，甲黄豆在P点的速度为，乙黄豆到达最高点的速度为。
对甲黄豆水平方向有
对乙黄豆从M点运动至N点水平方向有
联立解得
即甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故B正确；
C．对甲黄豆到N点时，在竖直方向上有
结合
得甲黄豆到达N点时的速度为
乙黄豆在M点的竖直方向分速度为
乙黄豆在N点的速度大小为
则
故C错误；
D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为
乙的速度与水平方向的夹角正切值为
所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍，两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角并非乙的两倍，故D错误。
故选B。
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，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
8．场致发射显微镜的构造如图所示：一根尖端直径约为100nm的针，位于真空玻璃球泡的中心，球的内表面涂有荧光材料导电膜，在膜与针之间加上如图所示的高电压，使针尖附近的电场高达4×109V/m，电子就被从针尖表面拉出并加速到达涂层，引起荧光材料发光。这样，在荧光屏上就看到了针尖的某种像（针尖表面的发射率图象），如分辨率足够高，还可以分辨出针尖端个别原子的位置。但由于电子波的衍射，会使像模糊影响分辨率。将电极方向互换，并在玻璃泡中充进氦气，则有氦离子产生打到荧光屏上，可使分辨率提高。以下判断正确的是（ ）
A．氦原子变成离子是在金属尖端附近发生的
B．电子从针尖到导电膜的运动过程加速度不断减
C．电子或氦离子的撞击使荧光材料的原子跃迁到了激发态
D．分辨率提高是因为氦离子的德布罗意波长比电子的长
【答案】ABC
【解析】A．当无规则运动的氦原子与针尖上的钨原子碰撞时，由于氦原子失去电子成为正离子，故A正确；
B．由图可知，该电场是非匀强电场，电子向电场弱的地方运动，电场减弱，加速度不断减小，故B正确；
C．当电子或氦离子以很大的速度撞击荧光材料时，电子或氦离子把一部分动能转移给了荧光材料的原子，从而从使其跃迁到了激发态，故C正确；
D．在电场加速，根据动能定理有
根据动能与动量的关系有
根据德布罗意波长
联立得
变换电极前后，两极的电压不变，而氦离子的质量、电量都大于电子的质量、电量，故氦离子的德布罗意波长比电子的小，故D错误。
故选ABC。
9．矩形线圈abcd在磁感应强度大小为的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边以角速度匀速转动。线圈的匝数N=100，边长ad=0.4 m，ab=0.2 m。理想变压器原、副线圈的匝数比是2：1，一只理想二极管和一个阻值为的定值电阻R串联在副线圈电路中，已知电压表和电流表均为理想交流电表，线圈和导线的电阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A．该矩形线圈产生的电动势的最大值为B．电压表的示数为50V
C．1 min内电阻R上产生的热量为750JD．减小电阻R的值，电流表示数变小
【答案】AC
【解析】A．该线圈产生的电动势的最大值为
A正确；
B．根据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的最大值为，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义有
解得电压表的示数为
B错误；
C．由焦耳定律得1min内电阻R上产生的热量为
C正确；
D．减小电阻R的值，副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流增大，电流表的示数变大，D错误。
故选AC。
10．如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为0.4m，右侧轨道间距为0.2m。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T。质量均为0.01kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为，轨道电阻不计，，下列说法正确的是（ ）
A．M、N棒在相对运动过程中，回路内产生顺时针方向的电流（俯视）
B．M、N棒最后都以2.5m/s的速度向右匀速运动
C．从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为
D．在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为
【答案】AD
【解析】A．金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可知，俯视时，回路内产生顺时针方向的电流，故A正确；
B．金属棒M向右运动，根据上述，结合左手定则可知，M受到安培力方向向左，M做减速运动，N受到安培力方向向右，N做加速运动，回路总的感应电动势为
可知，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，即M做加速度减小得减速运动，N做加速度减小得加速运动，当有
此时，回路感应电动势为0，感应电流为0，M、N两棒随后做匀速直线运动，解得
在开始运动到刚刚匀速运动过程中，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得
，
解得
，
故B错误；
C．根据能量守恒定律可得
结合上述解得
故C错误；
D．在N加速过程中，由动量定理得
其中
电路中的电流
根据法拉第电磁感应定律有
联立以上各式解得
故D正确。
故选D。
非选择题：本题共5小题，共54分
11（8分）．学校物理兴趣小组用如图甲所示的阿特伍德机验证牛顿第二定律，并测量当地的重力加速度。绕过定滑轮的轻绳两端分别悬挂质量相等的重物A（由多个相同的小物块叠放组成）和重物B。主要实验步骤如下：
①用天平分别测量一个小物块的质量和B的质量m；
②将A中的小物块取下一个放在B上，接通打点计时器的电源后，由静止释放B，取下纸带，算出加速度大小，并记下放在B上的小物块的质量；
③重复步骤②，获得B上面的小物块的总质量和对应加速度大小a的多组数据。
（1）某次实验打出的纸带如图乙所示，相邻两计数点间还有四个计时点未画出，已知打点计时器所用交流电源的频率为，则本次实验中A的加速度大小为 （结果保留三位有效数字）。
（2）利用本装置验证牛顿第二定律。若在误差允许的范围内，满足重物A的加速度大小 （用、和当地的重力加速度大小表示），则牛顿第二定律得到验证。
（3）利用本装置测量当地的重力加速度。根据放在B上面的小物块的总质量和对应加速度 大小a的多组数据，以为横坐标，a为纵坐标作出图像。若图线的斜率为，则当地的重力加速度大小可表示为 （用表示）。
【答案】 0.810
【解析】（1）[1]根据题意可知，交流电源的频率为，相邻两计数点间还有四个计时点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为，由逐差法有
解得
（2）[2]根据牛顿第二定律，对A、B组成的系统有
解得
（3）[3]由（2）的结果变形可得
则有
解得
12（8分）．某同学欲将量程为300的微安表头G改装成量程为0.3A的电流表。可供选择的实验器材有：
A．微安表头G（量程300，内阻约为几百欧姆）
B．滑动变阻器（0 ～10）
C．滑动变阻器（0～50）
D．电阻箱（0～9999.9）
E．电源（电动势约为1.5V）
F．电源（电动势约为9V）
G．开关、导线若干
该同学先采用如图甲的电路测量G的内阻，实验步骤如下：
①按图甲连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端的位置；
②断开，闭合，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；
③闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200，记下此时电阻箱的阻值。
回答下列问题：
（1）实验中电源应选用 （填“”或“”），滑动变阻器应选用 （填“”或“”）。
（2）若实验步骤③中记录的电阻箱的阻值为R，则G的内阻Rg与R的关系式为Rg= 。
（3）实验测得G的内阻Rg＝500Ω，为将G改装成量程为0.3 A的电流表，应选用阻值为 Ω的电阻与G并联。（保留一位小数）
（4）接着该同学利用改装后的电流表A，按图乙电路测量未知电阻Rx的阻值。某次测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250处，则Rx＝ Ω。（保留一位小数）
【答案】 E2 R2 0.5 4.3
【解析】(1)[1][2]电流表G的内阻约为几百欧姆，为提高测量精度，滑动变阻器的阻值应大些，故选R2；为减小实验误差，电源电动势应尽可能大些，电源最好选用E2。
(2)[3]步骤③中闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200μA，此时电阻箱的电流为100μA，则此时电阻箱的阻值应为电流计G阻值的2倍，即
(3)[4]实验测得G的内阻Rg=500Ω，为将G改装成量程为0．3A的电流表，应选用阻值为
的电阻与G并联。
(4)[5]改装后的电流表的内阻为
表头G的指针指在原电流刻度的250μA处，此处对应的实际电流为
电压表V的示数为1.20V，则
13（8分）．下图中A、B汽缸的长度为L＝30cm，横截面积为S＝20cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门。整个装置均由导热材料制成。起初阀门关闭，A内有压强pA＝2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB＝1.0×105Pa的氧气。阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。
（1）求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；
（2）活塞C移动过程中A中气体对外做功为25J，则A中气体是吸热还是放热？吸收或者放出的热量为多少？（假定氧气和氮气均为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略）
【答案】（1）10cm，1.5×105Pa；（2）吸热，吸收的热量为25J
【解析】（1）根据玻意耳定律，对A中的气体有
对B中的气体有
联立两式，代入数据解得
（2）气体发生等温变化，内能不变，即
根据题意，A中气体对外做功为25J，即
根据热力学第一定律
解得
由此可知，A中气体从外界吸热，吸收的热量为25J。
14（14分）．如图，竖直面内坐标系第一、三象限角平分线右侧区域有一场区（内存在匀强电场和匀强磁场）。平行板M、N如图放置，M板带正电，带负电的N板在轴负半轴上，N板上有一小孔，离原点的距离为，上的点处于孔正下方。质量为、电量为的小球从上的某点以一水平速度向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动，第一次出场后，小球恰能从小孔以垂直于N板的速度进入M、N板间且恰好能到达M板但不接触。已知磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外。M、N板间距为L、电压为，重力加速度为。求：
（1）右侧区域内的匀强电场的场强大小与方向；
（2）求射入场区的水平速度的大小；
（3）小球从上的某点出发后，到第四次（不包括出发那次）经过边界的运动时间。
【答案】（1），竖直向上；（2）；（3）
【解析】（1）小球从上的某点以一水平速度向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动，表明小球所受电场力与重力平衡，则有
解得
重力方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，由于小球带正电，则电场强度方向竖直向上。
（2）由于小球恰能从小孔以垂直于N板的速度进入M、N板间且恰好能到达M板但不接触，在小球由Q点运动至M极板过程，根据动能定理有
解得
（3）作出粒子第四次到达边界的运动轨迹如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合上述可知，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
，
解得
根据几何关系可知，小球前后在磁场中运动轨迹可以合并为一个完整的圆周，则小球在磁场中运动的时间为
小球从Q点运动至小孔P过程做匀减速直线运动， 则有
解得
根据速度公式有
进入极板内后做匀减速直线运动，结合上述有
解得
，
根据运动的对称性，小球从Q点运动至小孔P，到小球返回Q点总时间
小球第三次到达边界之后做平抛运动，令第四次到达边界的位移为x，则有
，
解得
综合上述可知，小球从上的某点出发后，到第四次（不包括出发那次）经过边界的运动时间为
解得
15（16分）．如图所示，有一光滑绝缘的长木板右端接有一竖直的挡板，静止放置在光滑水平地面上。一可视为质点的滑块放置在长木板上，与右端挡板的距离为，与左端的距离足够大。和（连同挡板）的质量均为，滑块带电量为，开始时、均静止。若在该空间加上大小为、方向水平向右的匀强电场，由于受电场力作用，开始向右运动并与发生弹性碰撞，、碰撞过程中时间极短且无电荷转移。求：
(1)与第一次相碰后，的速率；
(2)从开始运动到和第二次碰撞所经历的时间；
(3)和从第次碰撞到第次碰撞的时间内长木板所通过的路程。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)对，由动能定理
解得
对、第一次碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立式解得
(2)从开始运动到第一次与碰撞历时
设从第一次碰撞后到第二次碰撞前历时，则
解得
故从开始运动到和第二次碰撞所经历的时间为
(3)第二次碰撞前的速度为
对、第二次碰撞，由动量守恒和能量守恒分别得
联立解得
由图象可得第3次碰撞前的速度
此时的速度
以此类推第次碰撞前的速度为
故从第次到第次碰撞经历时间为
这段时间内以速度做匀速运动，故这段时间内通过的路程为