河北省衡水中學2023屆高三下學期一調考試理科綜合物理一、選擇題1.關于物理學史，下列說法錯誤的是A.伽利略通過斜面實驗推斷出自由落體運動的速度隨時間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學方法，這就是將數(shù)學推導和科學實驗相結合的方法B.牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結出了普遍適用的力學運動規(guī)律……牛頓運動定律和萬有引力定律C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了導線附近小磁針的偏轉，從而得出電流的磁效應，首次揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場D.愛因斯坦首先提出當帶電微粒輻射或吸收能量時，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值叫做能量子【答案】D【解析】【詳解】伽利略通過斜面實驗推斷出自由落體運動的速度隨時間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學方法，這就是將數(shù)學推導和科學實驗相結合的方法，選項A正確；牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結出了普遍適用的力學運動規(guī)律……牛頓運動定律和萬有引力定律，選項B正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了導線附近小磁針的偏轉，從而得出電流的磁效應，首次揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場，選項C正確；普朗克首先提出當帶電微粒輻射或吸收能量時，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值叫做能量子，選項D錯誤；此題選擇不正確的選項，故選D.2.已知引力常量G，利用下列數(shù)據(jù)不能計算地球半徑的是A.月球繞地球運動的周期、線速度及地球表面的重力加速度B.人造衛(wèi)星繞地球運行的周期、及地球的平均密度C.地球同步衛(wèi)星離地的高度、周期及地球的平均密度D.近地衛(wèi)星繞地球運行的周期和線速度【答案】B【解析】【詳解】已知月球繞地球運行的周期和線速度，根據(jù)v=2πrT求解月地距離r；根據(jù)萬有引力等于向心力，有：GmMr2＝m4π2T2r求解地球的質量M；地球表面加速度為g，則GM=gR2，聯(lián)立可求解地球的半徑R，故A正確；人造衛(wèi)星繞地球的周期及地球的平均密度ρ，因為不知道軌道半徑，無法求解地球質量，知道密度也無法求得地球半徑，故B錯誤；知道同步衛(wèi)星的周期T和高度h，由GmM3.如圖所示，水平的傳送帶上放一物體，物體下表面及傳送帶上表面均粗糙，導電性能良好的彈簧右端與物體及滑動變阻器滑片相連，彈簧左端固定在墻壁上，不計滑片與滑動變阻器線圈間的摩擦。某同學觀察到，當傳送帶沿箭頭方向運動且速度大小為v時，物體處于靜止狀態(tài)，則當傳送帶逐漸加速到2v時，下列說法正確的是A.物體受到的摩擦力變大，燈泡的亮度變亮B.物體受到的摩擦力變小，燈泡的亮度變暗C.物體受到的摩擦力不變，燈泡的亮度不變D.物體受到的摩擦力不變，燈泡的亮度變亮【答案】C【解析】【詳解】因摩擦力大小只與壓力大小及接觸面的粗糙程度有關與物體的相對運動速度無關，故物體所受摩擦力不變；由于傳送帶運動且速度為v時，物體與傳送帶發(fā)生相對滑動，故物體受到的摩擦力和彈簧彈力是一對平衡力；當傳送帶逐漸加速到2v時，因物體所受摩擦力不變，則物體仍處于平衡狀態(tài)，故物體的位置將不發(fā)生變化，與滑動變阻器保持相對靜止，滑動變阻器接入電阻不變，則由歐姆定律可得電路中電流不變，燈泡的亮度不變。故選C。4.如圖甲所示理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4：1，R1為阻值隨溫度升高而減小的熱敏電阻，R1為定值電阻，電壓表和電流表均為理想交流電表。原線圈所接電壓u隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示。下列說法正確的是A.變壓器的輸入功率與輸出功率之比為4：1B.變壓器原、副線圈中的電流之比為4：1C.u隨t變化的規(guī)律為u=51im50πtV(式中各物理量均為國際單位制)D.若熱敏電阻Rt的溫度升高，則電壓表的示數(shù)不變，電流表的示數(shù)變大【答案】D【解析】【詳解】原副線圈輸入功率和輸出功率相等，故A錯誤。根據(jù)I1I2＝n2n1得，原副線圈的電流之比為1：4，故B錯誤。交變電壓的峰值為51V，周期T=0.02s，則角速度ω＝2π/T＝100πrad/s，則u隨t的變化規(guī)律為u=51sin（100πt），故C5.如圖所示，靜止于水平地面上的物塊在豎直向上的恒力作用下豎直上升，經(jīng)過一段時間，突然撤去該恒力，之后物塊經(jīng)相同時間落回地面。不計空氣阻力，則該恒力與物塊所受重力的大小之比為（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【詳解】設物體在撤去拉力時速度大小v，落地速度大小v′；上升過程：x=v2t；下降過程：x=v′?v2t；解得：v：v′=1：2；由動量定理得：上升過程：（F-mg）t=mv；下降過程：【點睛】此題用動量定理解答，即方便又快捷，注意要能靈活運用動量定理得，注意正方向規(guī)定，理清各物理量的符號；此題還可以嘗試用牛頓第二定律解答．6.如圖甲所示，質量為0.01kg、長為0.2m的水平金屬細桿CD的兩頭分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應強度大小B1=10T、方向水平向右的勻強磁場，且桿CD與該勻強磁場垂直。有一匝數(shù)為100、面積為0.01m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化關系如圖乙所示。在t=0.20s時閉合開關K，細桿瞬間彈起(可認為安培力遠大于重力)，彈起的最大高度為0.2m。不計空氣阻力和水銀的黏滯作用，不考慮細桿落回水槽后的運動，重力加速度g=10m/s2，下列說法正確的是A.磁感應強度B2的方向豎直向上B.t=0.05s時，線圈中的感應電動勢大小為10VC.細桿彈起過程中，細桿所受安培力的沖量大小為0.01N·sD.開關K閉合后，通過CD的電荷量為0.01C【答案】ABD【解析】【分析】由法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢，由左手定則可以判斷出感應電流方向；然后用安培定則判斷出線圈中感應電流磁場的方向，最后應用楞次定律判斷磁感應強度的方向。在t=0.20s時閉合開關K，CD桿向上做豎直上拋運動，應用豎直上拋運動規(guī)律可以求出其獲得的初速度，由動量定理求出細框受到的安培力，然后由電流定義式的變形公式求出電荷量。【詳解】A、細桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向為：C→D，由安培定則可知感應電流的磁場方向豎直向上，由圖示圖象可知，在0.20-0.25s內穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應強度B2方向：豎直向上，故A正確。B、由圖示圖象可知，0～0.10s內：??=?BS=（1-0）×0.01=0.01Wb，0～0.10s線圈中的感應電動勢大小：E=n???C、細桿彈起瞬間的速度，v=2gh=2×10×0.2m/s=2m/s，在t=0.20s時，細桿所受安培力的沖量(可認為安培力遠大于重力)I=m?v=0.01D、開關K閉合后，對CD桿由動量定理得：B1IL??t=mv-0，電荷量：Q=I?t，解得通過CD的電荷量：Q=I?t==mvB1故選：ABD【點睛】本題是電磁感應與電學、力學相結合的綜合題，分析清楚圖乙所示圖象是解題的關鍵，應用法拉第電磁感應定律、左手定則、安培定則、楞次定律、動量定理等即可解題。7.如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點為D，AD長為L=Rtanθ?μ，圓弧軌道圓心為O半徑為R，∠DOE=θ，OG水平。現(xiàn)有一質量為m可看為質點的滑塊從A點無初速下滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為A.滑塊經(jīng)過E點時對軌道的最小壓力為mgB.滑塊下滑后將會從G點飛出C.滑塊第二次經(jīng)過E點時對軌道的壓力為3mgD.滑塊在斜面上經(jīng)過的總路程為s=R【答案】CD【解析】【分析】滑塊從A點滑下后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時的高度逐漸降低，最終滑塊將在以E點為最低點，D為最高點來回滾動，此時經(jīng)過E點時對軌道的壓力最小，根據(jù)動能定理結合牛頓第二定律求解各項.【詳解】滑塊從A點滑下后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時的高度逐漸降低，最終滑塊將在以E點為最低點，D為最高點來回滾動，此時經(jīng)過E點時對軌道的壓力最小，則從D到E點，由機械能守恒定律：mgR(1?cosθ)=12mvE2，在E點：N?mg=mvE2R，聯(lián)立解得N=mg(3-2cosθ)，選項A錯誤；從A到G由動能定理：mg(Lsinθ?Rcosθ)?μmgcos【點睛】此題的運算和物理過程都比較復雜，根據(jù)是搞清滑塊運動的物理過程，并能分析出滑塊最終的狀態(tài)這是解題的關鍵.8.一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，圓心為O點，質量為m的帶正電小球(可視為質點)從O點正上方距離為h的A點由靜止下落，并穿過圓環(huán)．小球在從A點運動到A點關于O點對稱的A′點的過程中，其加速度a、重力勢能Ep重、機械能E、電勢能Ep電，隨位置變化的圖像如圖所示(規(guī)定O點為坐標原點且重力勢能為0，豎直向下為加速度的正方向，并取無限遠處電勢為0)，其中可能正確的是A.B.C.D.【答案】BC【解析】【詳解】圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小。故A不可能。故A錯誤。小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EpG=mgh，小球穿過圓環(huán)后，EpG=-mgh，根據(jù)數(shù)學知識可知，B是可能的。故B正確。小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負功，機械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機械能增大，故C是可能的。故C正確。由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關系，所以D是不可能的。故D錯誤。故選BC。二、非選擇題9.用游標卡尺和螺旋測微器分別測量不同物體的寬度和厚度，請你讀出它們的數(shù)據(jù)：（1）游標卡尺的讀數(shù)：________cm；（2）螺旋測微器的讀數(shù)：_________mm。【答案】2.645.020【解析】游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．解：游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為2.6cm，游標尺上第4個刻度游標讀數(shù)為0.1×4mm=0.4mm=0.04cm，所以最終讀數(shù)為：2.6cm+0.04cm=2.64cm；螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×2.0mm=0.020mm，所以最終讀數(shù)為：5mm+0020mm=5.020mm．故答案為：2.64cm，5.020mm．10.磁力鎖主要由電磁鐵和銜鐵組成。某小組用圖（a）所示的裝置研究電磁鐵線圈的工作電壓與銜鐵所受磁力的關系，彈性梁一端連接有銜鐵，在外力作用下可以上下運動，另一端固定于墻壁，電磁鐵位于銜鐵正下方，V1為理想電壓表。（1）為增加電磁鐵產(chǎn)生的磁感應強度，變阻器的滑片P應向______端（填“c”或“d”）。（2）已知電磁鐵線圈的直流電阻為30Ω，滑動變阻器的最大電阻為170Ω，電源E的電動勢為12.0V，滑動變阻器能提供的最大分壓為11.9V，則E的內阻是________Ω（保留2位有效數(shù)字）．（3）同學們將金屬應變片R1粘貼在彈性梁的上表面，將R1和定值電阻R2連接成圖（b）所示電路。線圈通電吸引銜鐵下移時，應變片變長，R1的阻值將_______，電壓表V2的讀數(shù)將________．（選填“增大”、“減小”或“不變”）（4）在線圈通電吸合銜鐵后，用外力F使電磁鐵和銜鐵剛好分開，測得F與線圈兩端電壓U的關系如圖（c）．若要求該鎖能抵抗1200N的外力，則工作電壓至少為_______V．【答案】(1).（1）c(2).（2）0.21Ω(3).（3）增大；(4).增大；(5).（4）6V【解析】【分析】（1）為增加電磁鐵產(chǎn)生的磁感應強度，必須要增加線圈的電流，加大線圈兩端的電壓，從而判斷變阻器的滑片P應向何方移動。（2）當滑動變阻器的滑片P滑到c端時，線圈上的分壓最大，根據(jù)電路的結構結合閉合電路的歐姆定律求解電源的內阻；（3）分析動態(tài)電路，判斷電壓表讀數(shù)變化；（4）根據(jù)F-U圖像分析工作電壓.【詳解】（1）為增加電磁鐵產(chǎn)生的磁感應強度，必須要增加線圈的電流，加大線圈兩端的電壓，則變阻器的滑片P應向c端移動。（2）當滑動變阻器的滑片P滑到c端時，線圈上的分壓最大，此時外電路總電阻為：R=30×170（3）根據(jù)電阻定律，應變片變長，則截面積變小，R1的阻值將變大，總電阻變大，總電流減小，則電源內阻和定值電阻R2上的電壓減小，則電壓表V2的讀數(shù)將增大；（4）由F-U圖像可知，當F=1200N時，U=6V；即若要求該鎖能抵抗1200N的外力，則工作電壓至少為6V．11.如圖所示，質量m=15g、長度L=2m的木板D靜置于水平地面上，木板D與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，地面右端的固定擋板C與木板D等高。在擋板C右側豎直虛線PQ、MN之間的區(qū)域內存在方向豎直向上的勻強電場，在兩個半徑分別為R1=1m和R2=3m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩半園的圓心O到固定擋板C頂點的距離OC=2m，現(xiàn)有一質量m=15g、帶電荷量q=+6×10－3C的物塊A(可視為質點)以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.3，當物塊A運動到木板D右端時二者剛好共遠，且木板D剛好與擋板C碰撞，物塊A從擋扳C上方飛入PQNM區(qū)域，并能夠在磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，重力加速度g取10m/s2。(1)當物塊A剛滑上木板D時，求物塊A和木板D的加速度大小.(2)求電場強度的大小.(3)為保證小物塊A只能從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出，求磁感應強度大小的取值范圍。【答案】(1)3m/s2，1m/s2；(2)25V/m；(3)1【解析】【詳解】（1）當物體剛滑上木板D時，對物體A受力分析有：μ解得：a2=3m/s2對木板D受力分析有：μ解得：a1=1m/s2（2）物塊A進入?yún)^(qū)域PQNM后，能在磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，則有：m解得：E=25V/m；（3）物塊A與木板D共速時有：v解得：v=1m/s粒子做勻速圓周運動有：q要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出磁場，物塊A在磁場中運動的軌跡半徑R應滿足:R解得：B≥12.如圖所示，一足夠長的透氣圓筒豎直固定在地面上，筒中有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，圓筒內壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對薄滑塊的阻力可調節(jié)。開始薄滑塊靜止，ER流體對其限力為0，彈簧的長度為L，現(xiàn)有一質量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與溥滑塊碰撞后粘在一起向下運動為使薄滑塊恰好做勻減速運動且下移距離為2mgk時其速度減為0，ER流體對薄滑塊的阻力必須隨薄滑塊下移而適當變化，以薄滑塊初始位置處為原點，向下為正方向建立Ox(1)求ER流體對薄滑塊的阻力Ff隨位置坐標x變化的函數(shù)關系式(2)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調節(jié)使之后ER流體對運動的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊仍能向上運動，求λ的取值范圍。(3)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調節(jié)使之后ER流體對運動的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊向上運動一段距離后停止運動不再下降，求A的最小值。【答案】(1)f=?kx+m【解析】【詳解】(1)設滑塊靜止時彈簧壓縮量為x0，則有：設物體下落與滑塊相碰前的速度大小為v0，由動能定理得：設碰后二者粘在一起的共同速度為v1，由動量守恒定律得：滑塊下移的距離為x1=由牛頓第二定律得：k解得f=(2)滑塊能向上運動，則有k解得：λ<(3)當滑塊向上運動時，若規(guī)定向上為滑塊和物體所受合力的正方向，則合力：F作出F-x圖象如圖所示：由數(shù)學知識可得滑塊停止運動的位置坐標x滑塊停止運動不再下降的條件是：2解得：λ≥13.下列說法正確的是___________。A.固體可以分為晶體和非晶體兩類，非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀B.給籃球打氣時，會越來越費力這說明分子間存在斥力C.布朗運動表明了分子越小，分子運動越劇烈D.在太空里的空間站中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結果E.水的飽和汽壓與溫度有關【答案】ADE【解析】【詳解】固體可以分為晶體和非晶體兩類，非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀，選項A正確；給籃球打氣時，會越來越費力這是氣體壓強作用的緣故，與分子間的斥力無關，選項B錯誤；布朗運動表明了顆粒越小，溫度越高，分子運動越劇烈，選項C錯誤；凡作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力，在圍繞地球運行的航天器中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結果，故D正確；水的飽和汽壓與溫度有關，溫度越高，飽和汽壓越大，故E正確；故選ADE.14.內壁光滑的導熱汽缸豎直放置，用質量不計、橫截面面積S=2×10－4m2的活塞封閉一定質量的理想氣體。先在活塞上方緩綴倒上沙子，使封閉氣體的體積逐漸變?yōu)樵瓉淼囊话搿＝又贿呍诨钊戏骄従彽股仙匙樱贿厡ζ准訜崾够钊恢帽３植蛔儯钡綒怏w溫度達到177℃，已知外界環(huán)境溫度為27℃，大氣壓強p=1.0×103Pa，熱力學溫度T=t+273K，重力加速度g取10m/s2，求：①加熱前所倒沙子的質量。②整個過程總共倒在活塞上方的沙子的質量。【答案】(1)2kg；(2)4kg【解析】【詳解】（1）初狀態(tài)時，氣體的壓強P1=P0，設氣體的體積VP氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有：P解得：P加熱前所倒沙子的質量為m1=2kg；（