河北2023年高考物理模拟试题及答案

C．普朗克常量为mv0

比为（）B．光子的质量为p

2D．光子的频率为mv0

3．如图1、2分别是甲、乙两种交流电的it关系图像，则甲、乙两种交流电的有效值之A．3:2B．30:6C．2:2D．1:1

4．如图所示，质量为m的物块放在光滑的水平桌面上，系在物块上的轻质绳子绕过光滑的定滑轮，滑轮右侧绳子水平，人拉着绳子的下端以速度v0水平向左做匀速运动，在拉紧的绳子与水平方向的夹角由53°变成37°的过程中（sin53°＝0.8、cos53°＝0.6），人对物体做的功为（）A．1752

mv0288B．72

mv050C．1752

mv0144D．72

mv0255．如图所示，透明介质的截面为长方形，某种颜色的光线从边1射入介质，经边2反射后射到边3上，入射光线与边1的夹角为，折射光线与边2的夹角为，反射光线与边3的夹角为，该光线对该介质发生全反射的临界角为C，已知30、C15，则为（）A．75°B．60°C．45°D．30°6．“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，这种系统之所以稳定的原因之一是系统的总动量守恒且总动量为0．如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O互相环绕做匀速圆周运动，距离不变，角速度相等，已知A的动量大小为p，A、B的总质量为M，A、B轨道半径之比为k，则B的动能为（）kp2A．21kM（）1kp2B．2kM1kp2C．2kMkp2

D．21kM7．如图所示为一定质量的理想气体压强p随热力学温度T的变化图像，下列说法正确的是A．从状态c到状态d，气体分子的平均速率增大B．从状态b到状态c，气体分子对单位面积容器壁的撞击力增大C．从状态a到状态b，气体的密度减小D．从状态d到状态a，气体对外做正功8．如图所示，三根绝缘都均匀带正电的棒状体AB、BC、CA构成正三角形，现测得正三角形的中心O的电势为，场强的方向背离B，大小为E，当撤出AB、BC，测得中心O的电势为0，场强的大小为E0，规定无限远处电势为0，下列说法正确的是（）A．电场是矢量，空间某点的电场强度是各部分电荷在该点的电场强度的矢量和B．电势是标量，空间某点的电势是各部分电荷在该点的电势的代数和C．撤出AC，则中心O的电场强度大小为E2E0

D．撤出AC，则中心O的电势为0

9．如图甲所示的弹簧振子，做简谐振动从某一时刻开始计时，规定竖直向上为正方向，弹簧对小球的弹力与运动时间的关系如图乙所示，重力加速度为g，根据图像所给的信息分析，下列说法正确的是（）A．乙图从小球处在平衡位置开始计时C．简谐振动的周期为B．小球的质量为F2g4t05D．弹簧对小球弹力的最小值为2F1F2

10．如图所示，质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度v0（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（）A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态B．当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小球的总动量之和为mv0

322

mv0813

D．甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为mv0

4C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为二、实验题（本题共2小题，共15分）11．（6分）用如图所示的装置来“探究向心力与半径、角速度、质量的关系”，取一根边缘光滑平整的细管，将一根细绳穿过细管，绳的一端拴一个小球，另一端拴一只弹簧测力计，将弹簧测力计的下端固定，手握细管摇动，尽量使小球在接近水平的平面内做匀速转动．设弹簧的弹力为F，小球的质量为m，小球的角速度为，匀速圆周运动的半径为r，回答下列问题：（1）本实验采用______法来探究F、m、、r四者之间的关系，可以近似认为小球的向心力______（填“大于”“等于”或“小于”）F．（2）若测得小球做匀速圆周运动的圈数为n，对应的运动时间为t，则______．（3）保持小球做匀速圆周运动的角速度不变，作F

r的关系图像如下，若图像的斜率为mk，则可测得小球做匀速圆周运动的周期为______．12．（9分）实验小组用图甲所示的电路来测量阻值约为18Ω的电阻Rx的阻值，图中R0为标准电阻，阻值为R04；V1、V2为理想电压表，S为开关，R为滑动变阻器，E为电源，采用如下步骤完成实验．回答下列问题：（1）按照图甲所示的实验原理线路图将实物图补充完整．（2）实验开始之前，将滑动变阻器的滑片置于______（填“最左端”“最右端”或“中间”）位置．合上开关S，改变滑片的位置，记下两电压表的示数分别为U1、U2，则待测电阻的表达式为Rx______（用U1、U2、R0表示）．（3）为了减小偶然误差，改变滑片的位置，多测几组U1、U2的值，作出的U1U2图像如图乙所示，图像的斜率为k＝______（用R0、Rx表示），可得Rx______Ω．三、计算题（本题共4小题，共45分．作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．（9分）一长度为L＝2m的轻质细线下端系一个物块（视为质点），上端固定在圆锥体的顶点，物块与圆锥体的质量均为m＝0.4kg，圆锥体放在光滑的水平面上，其光滑的斜面与水平面之间的夹角为，用一水平向右的拉力F＝6N作用在圆锥体上，使整体向右做匀加速运动时，物块与斜面刚好接触不挤压，重力加速度g取10m/s，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，求：（1）轻质细线的拉力大小；（2）撤去水平拉力F，把圆锥体固定在水平面上，让物块在水平面内做匀速圆周运动，若2

物块与斜面刚好接触不挤压，则物块的角速度为多少？14．（10分）如图所示的装置，小物体A与动滑轮连接，小物体B放置在足够长的水平桌面上，细绳跨过定滑轮和动滑轮，两端分别与天花板和B连接，细绳分别处于竖直和水平状态，现在给B一个水平向右的拉力，使A、B都从静止开始做匀加速直线运动，运动过程中动滑轮不会上升到定滑轮处，求：（1）若t1时刻B的速度为v1，则0~t1时间内A上升的距离为多少？（2）若B的加速度为a，则A从静止向上运动的距离为x的过程中，A位移中点的瞬时速度与中间时刻的瞬时速度的差值为多少？15．（12分）如图所示，半径为r且光滑绝缘的四分之一圆弧细杆AB，在竖直平面内被固定在天花板上，A是最高点，最低点B的切线水平，B点与水平地面的高度差为r；一质量为m、带电量为q的小球（视为质点）套在细杆上，从A点由静止开始在水平向左的匀强电场力的作用下沿着杆向下运动，最后落到地面的C点（图中未画出），匀强电场的强度为E

2mg

，离开B点后不再受到电场力的作用，重力加速度为g，求：q（1）小球刚到达B点时，细杆对小球的弹力；（2）A、C两点间的距离．16．（14分）如图所示，把导轨ac、df与沿着它们垂直的连线be对折成直角，然后把bc、ef固定在绝缘的水平面上，ab、de竖直放置；磁感应强度大小为B＝5T的匀强磁场与竖直导轨的夹角为37°且与be垂直，质量为m1、阻值为0的导体棒1（垂直竖直导轨）沿着足够长的竖直导轨由静止开始下滑，当速度达到最大值vm

10

m/s时，质量为m20.65kg、3阻值为r＝20Ω的导体棒2（垂直水平导轨放置），受到水平导轨的静摩擦恰好达到最大值．已知ab、de的间距、bc、ef的间距均为L＝1m，导轨的竖直部分光滑，水平部分与导体棒2之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度g取34

10m/s2，sin37，cos37，求：55（1）导体棒1的质量m1；（2）导轨的水平部分与导体棒2之间的动摩擦因数；（3）导体棒1受到的弹力与导体棒2所受的弹力的矢量之和的大小．1．C若甲、乙两图的磁场均匀变化，就会产生稳定不变的电场，稳定不变的电场不会产生磁场，就不会持续产生电磁波，A错误；对甲图，从上向下看，感应电流沿顺时针方向，电子在回路中沿逆时针方向运动，B错误：变化的磁场周围产生电场是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，甲图的闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，乙图即使没有闭合电路空间仍能产生电场，C正确：同理，变化的电场周围产生磁场也是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，D错误．p22．D设光子的质量为m0，由pm0c，m0c，综合解得c、m0，A，Bph

错误：物体的速度为v0，质量为m，则其动量为p0mv0，由p0，综合可得hmv0，C错误；设光子的频率为，由h，综合解得，D正确．mv0

2

3．A设甲、乙两种交流电的有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据可得：2AR0．5s4AR0．5sI甲R1s，2

2

2

215242

，解得、IA，比较可AR1s2AR0．5sIR1.5sI10A乙乙甲32

得：I甲:I乙3:2，A正确．4．B把绳子下端的速度分别沿着垂直绳子方向和沿着绳子的方向分解，物块在各个时刻的速度等于对应时刻沿着绳子方向的分速度，由功能关系可得人做的功等于物块的动能的增2

11722

mv0cos37mv0cos53mv02，B正确．22505．C由几何关系可得90，由题意可得30，C15，综合解得加量，则有W

60、30、C45，由折射率定义可得n

得45，C正确．sin901

、n，综合解sinsinC6．B设A、B的质量分别为MA、MB，轨道半径分别为rA、rB，相互间的万有引力充2

2

当向心力，则有MArAMBrB，根据题意rA:rBk，MAMBM，综合解得MB

Mk

，A，B组成的系统总动量守恒且总动量为0，则B的动量大小与A的动量大1k1kp2p2

小相等，即A的动量大小为p，则B的动能为EkB，B正确，

2MB2kM

7．BC从状态c到状态d，气体的温度降低，因此气体分子的平均动能诚小、平均速率减小，A错误；从状态b到状态，气体的压强增大，因此气体分子对单位面积容器壁的撞击力增大，B正确；由与V

1

pVp

C可得CV1，则pT图像上的点与坐标原点连线的斜率kTT

1

1

1

1

成正比，气体在状态a的斜率大于在状态b的斜率，则有VaVb可得VaVb，则从状态a到状态b，气体的密度减小，C正确；同理，从状态d到状态a，则有VdVa可得VdVa，则从状态d到状态a，气体的体积减小，外界对气体做功，D错误，8．ABD电场是矢量，根据矢量的合成，空间某点的电场强度是各部分电荷在该点的电场强度的矢量和，A正确；电势是标量，空间某点的电势是各部分电荷在该点的电势的代数和，B正确；根据对称性，AC在O点的场强E0指向B点，三个棒状体都存在，O点的场强E的方向背离B，AB与BC的带电量相等，则AB与BC在O点的合场强（设大小为E1）背离B点，根据矢量的合成可得E1EE0，解得E1EE0，即撒出AC，中心O的电场强度大小为EE0，C错误；设AB与BC在O点的电势为1，根据代数运算法则，则有10，解得10，即撤出AC，中心O的电势为0，D正确．9．CD当弹力最大时，小球处在最低点，则乙图从小球处在最低点开始计时，A错误；由Ft图像的上下对称性可得，小球处在平衡位置时，弹簧的弹力为F1，由回复力为0可得F1mg，解得小球的质量m

得简谐振动的周期T

5F1，B错误；由Ft图像的左右周期性可得Tt0，解4g4

t0，C正确：小球在最高点时，弹簧对小球弹力的最小设为Fmin，5由弹簧振子的回复力（合力）在最低点、最高点等大反向可得F2mgmgFmin，结合F1mg综合解得Fmin2F1F2，D正确，10．BC设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为v甲、v乙，由弹性碰撞规律12121212

mv0mv甲2mv乙、mv0mv甲mv乙，综合解得v甲v0、v乙v0，设乙、22233丙在碰撞刚结束时的速度分别为v乙1、v丙，由弹性碰撞规律2mv乙2mv乙1mv丙、11122822

，综合解得v乙1v0、v丙v0，A错误：三个小球组成2mv乙2mv乙1mv丙

22299的系统总动量守恒，碰撞都结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量mv0，B正确：乙，丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由v乙

22

v0变成v乙1v0，由动能定理丙对乙做的功为391132222

W2mv乙2mvmv0，C正确：甲、乙在发生碰撞的过程中，甲的速度1乙

228114

由v0变成v甲v0，对甲由动量定理可得，乙对甲的冲量的大小为Imv0mv甲mv0，33D错误．11．（1）控制变量（1分）等于（1分）（2）2n

（2分）t（3）2（2分）k解析：（1）本实验采用控制变量法来探究F、m、、r四者之间的关系；因为小球在接近水平的平面内做匀速转动，可以近似认为小球的向心力等于F．（2）若测得小球做匀速圆周运动的圈数为n，对应的运动时间为t，则小球匀速圆周运动的周期为T

t22n

，由可得．nTt

42F4242F

（3）由Fm2r，可得2r，则r的关系图像的斜率为k2，解得TmTTm2．Tk12．（1）见解析（3分）（2分）20（1分）（2）最右端（1分）U2R0（2分）U1U2

（3）RxR0Rx

解析：（1）完整的电路连线图如下：（2）为了电路安全，防止电流过大，闭合开关前，将滑片置于最右端位置．由串联电路电流相等结合欧姆定律可得U1U2U2U2R0．，整理可得待测电阻RxR0RxU1U2

（3）由结合k

U1U2U2RR0RR0，整理可得U1x，U2，则U1U2图像的斜率kxR0RxRxRx

2.4

，R04，可得Rx20．2.013．解：（1）对整体应用牛顿第二定律可得F2ma（2分）对物块受力分析，由力的合成与牛顿第二定律可得T解得T5N、a7.5m/s（1分）（2）由力的合成的几何关系可得2

(ma)2(mg)2（2分）mg

tan（1分）ma由几何关系可得物块做匀速圆周运动的半径为rLcos（1分）由向心加速度与角速度之间的关系可得ar（1分）2

解得2.5rad/s（1分）14．解：（1）根据动滑轮运动的特点，同一时刻B的速度是A的速度的2倍，当t1时刻Bv1（1分）2v

则0~t1时间内A的平均速度为vAA（1分）2的速度为v1时，A的速度vA

则0~t1时间内A上升的高度为hvAt1（1分）可得h

v1t1（1分）412

at可得B的加速度是A的加速度的2倍，当B的加速2（2）根据动滑轮运动的特点，同一时间内B运动的距离是A运动距离的2倍，A、B从静止开始做匀加速直线运动，由x度为a时aA

a

（1分）22

A从静止向上运动的距离为x时设A的速度为vA，由速度位移关系式可得vA2aAx（1分）2vA中点位移的瞬时速度为v0.5x（1分）2v

中点时刻的瞬时速度为v0.5tA（1分）2解得vAax、v0.5x

2ax（1分）ax、v0.5t

22则有v0.5xv0.5t



212ax（1分）15．解：（1）小球由A点到B点，由动能定理可得Eqrmgr结合E

12

mvB（2分）22mg

解得vB6gr（1分）q2vB在B点，细杆对小球弹力与小球的重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律FNmgm

r（2分）综合解得FN7mg（1分）（2）小球从B点到C点做平抛运动，设运动时间为t，则有r（1分）解得xBC23r（1分）12

gt（1分）2xBCvBt

由几何关系A、C两点间的距离为AC综合计算可得AC1743r（1分）2rxBCr22（2分）16．解：（1）把磁感应强度B分别沿水平方向、竖直方向分解，B在水平方向和竖直方向的分量分别为BxBsin37、ByBcos37（1分）当导体棒1达到最大速度vm时，由法拉第电磁感应定律可得EBxLvm（1分）由欧姆定律I

E

，对导体棒1受力分析，导体棒1在竖直向上的方向上受到的安培力为r解得m10.15kg，I＝0.5A（1分）F1yBxIL（1分）由二力平衡F1ym1g（1分）（2）对导体棒2受力分析如图所示：（1分）导体棒2在竖直方向上受到的安培力向下为F安sin37，在水平方向上受到的安培力向右为F安cos37（1分）竖直方向由二力平衡F安sin37m2gN2（1分）最大静摩擦力等于滑动摩擦力fmN2（1分）》水平方向由二力平衡fmF安cos37，解得0.25（1分）（3）导体棒1在水平方向上受到的安培力为N1ByIL，水平方向由二力平衡可得导体棒1受到的弹力N12N，N28N（1分）导体棒1受到的弹力与导体棒2所受的弹力的矢量之和为F结合N28N，可得F合217N（1分）N12N22（2分）