河北省唐山市2023-2024学年高三上学期摸底演练物理试题(解析版)

唐山市2023—2024学年度高三年级摸底演练
物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，只有一项是符合题目要求的。

1.下列说法正确的是（）
A.发生一次β衰变，放射性元素原子核的质子数将减少1
B.有些放射性同位素可以作为医疗诊断的示踪原子
C.结合能越大，原子核越稳定
D.10个146C原子，经过一个半衰期后，剩余5个146C
【答案】B
【解析】
【详解】A．发生一次β衰变，一个中子释放一个电子转化为质子，质子数将增加1，A错误；
B．利用反射性同位素在不同组织器官的分布特点，采用核素造影的方式，显示异常病变部位，B正确；C．平均结合越大，原子核越稳定，C错误；
D．半衰期的计算只适用于大量放射性元素，D错误。

故选B。

2.如图所示，一束红光以30°入射角射向半圆玻璃砖的平直边，在玻璃砖与空气的分界面上发生了反射和折射。

若保持入射光方向不变，以过圆心O垂直玻璃砖的轴顺时针缓慢旋转玻璃砖60°的过程中（）
A.反射角变小
B.反射光的亮度不变
C.折射光的亮度不变
D.折射光会消失
【答案】D 【解析】
【详解】保持入射光方向不变，以过圆心O 垂直玻璃砖的轴顺时针缓慢旋转玻璃砖60°的过程中，入射角变大，根据
sin 1sin n θθ=
>空
介
可知，顺时针缓慢旋转玻璃砖60°时，入射角变为90°，会发生全反射，折射光线消失，并且随着入射角变大，折射角变大，反射光变强，折射光变弱。

故选D 。

3.某波源S 发出一列简谐横波，波源S 的振动图像如图甲所示。

在波的传播方向上有M 、N 两点，如图乙，它们到S 的距离分别为17m 和20m 。

测得M 、N 两点开始振动的时间间隔为0.6s 。

则（
）
A.该波波长为4m
B.该波波速为
3
m /s 4
C.波刚传到M 点时，M 点起振方向为y 轴正方向
D.S 点的振动方程为π6sin πcm 2y t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
【答案】D 【解析】
【详解】B ．该列波的波速为
2017
m/s 5m/s 0.6
x v t -=
==故B 错误；A ．该波波长为
45m 20m
vT λ==⨯=故A 错误；
C ．由图甲可知波沿y 轴负方向起振，波刚传到M 点时，M 点起振方向为y 轴负方向，故C 错误；
D ．设S 点的振动方程为
26sin cm
y t T πϕ⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
将（1，-6）代入可得
ϕπ
=故D 正确。

故选D 。

4.如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。

变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时，输入电压不会有大的波动。

输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R 0表示，变阻器R 代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R 的阻值减小。

如果变压器上的能量损耗可以忽略，电表均为理想表，当用户的用电器增加时，则（
）
A.电压表V 1、V 2的读数之比
1
2
U U 不变 B.电流表A 读数变小C.两输电导线R 0上消耗的电功率变大 D.变压器输入的功率变小
【答案】C 【解析】
【详解】AC ．当用户增加时，电路中的总电阻减小。

副线圈两端的电压与原线圈两端的电压和线圈匝数有关，则副线圈两端的电压不变，所以电路中的电流增大，因此输电线上的消耗的电压增大，用户两端的电压减小，即电压表V 1的示数减小，原线圈电压不变，所以电压表V 1、V 2的读数之比变大。

由
2P I R
∆=可知两输电导线R 0上消耗的电功率变大，故A 错误，C 正确；
BD ．当用户增加时副线圈输出功率变大，利用原副线圈的输出功率等于输入功率可知原线圈的输入功率增大，根据
P UI
=可知原线圈中的电流增大，即电流表A 读数变大，故BD 错误；故选C 。

5.两根异面垂直的导线M 和N 上分别通过方向如图所示的等大电流I 。

P 点为M 、N 导线间垂线的中点，P 的磁感应强度为B 0。

则导线M 在P 点产生的磁感应强度为（
）
A.2B 0
B.B 0
C.
D.
02
【答案】D 【解析】
【详解】由安培定则可知，M 在P 点产生的磁场方向垂直纸面向里，设为B 1；N 在P 点产生的磁场方向竖直向上，设为B 2。

由对称性有
B 1=B 2
由磁场叠加原理有
B =得
B 1=B 2=
02
B 故选D 。

6.如图所示，实线表示某电场等势面的分布情况，虚线表示该电场中一带电粒子的运动轨迹，A 、B 分别为带电粒子的轨迹与等势面e 、b 的交点。

带电粒子的重力忽略不计。

下列说法正确的是（
）
A.粒子带正电
B.粒子在A 点受到的电场力小于粒子在B 点受到的电场力
C.粒子在A 点的电势能大于粒子在B 点的电势能
D.粒子一定从A 运动到B 【答案】B 【解析】
【详解】A ．沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线分布如下图
曲线运动中合力方向指向弯曲方向，故带电粒子受力大致方向为向上，受力方向与电场方向相反，故粒子带负电；A 错误；
B ．等势线间距越小（越密集）
，电场强度越大，间距越小（越稀疏），电场强度越小，故B A
E E >故粒子在A 点受到的电场力与在B 点受到的电场力
B A
F F >故B 正确；
C ．粒子带负电，A 点电势高于B 点，从A 点的运动到B 点，电场力做负功，电势能增大，故A 点的电势能小于粒子在B 点的电势能，故C 错误；
D ．由于粒子初速度大小及方向题中未给出，粒子可能从A 运动到B ，电场力做负功，也可能从B 运动到A ，电场力做正功，故D 错误。

故选B 。

7.某高速公路上利用测速仪检测过往车辆是否超速，该装置固定在公路正上方离路面距离为h 的横杆上，已知测速仪每间隔t 时间发出一个超声波脉冲，超声波在空气中的传播速度为v ₀。

一汽车沿着高速公路中间以速度v 水平向右匀速运动，经A 、B 两位置时，先、后反射了两束相邻的超声波，设汽车在A 、B 两点时，从测速仪检发出超声波到接收该反射回的超声波所用时间分别为t A 和t B ，则汽车运动的速度表达式为（
）
A.22
A B
v t =-+
B.2
A
v t =-C.
v =
D.2
B
v t t
=
+【答案】A 【解析】
【详解】根据勾股定理结合几何关系可知，汽车从A 到B 的位移为
x =所用时间为
22
A B
t t t t ∆=-
+
所以速度
Δ22
A B x v t t ==
-+故选A 。

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，有两个或两个以上选项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.海王星质量约为地球质量的16倍，第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的2倍。

忽略行星自传，关于海王星的说法正确的是（
）
A.半径约是地球半径的4倍
B.表面的重力加速度约等于地球表面的重力加速度
C.平均密度与地球的平均密度相同
D.受到太阳的引力约等于地球受太阳的引力【答案】AB 【解析】
【详解】A ．根据万有引力提供向心力，有
222
Mm v GM G m R R R v
=⇒=因为海王星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的2倍，海王星质量约为地球质量的16倍，所以海王星的半径约是地球半径的4倍，故A 正确；B ．根据黄金代换，有
22
Mm GM
G
mg g R R =⇒=因为海王星质量约为地球质量的16倍，半径约是地球半径的4倍，所以海王星表面的重力加速度约等于地球表面的重力加速度，故B 正确；C ．根据密度的计算公式，有
343
M M
V R ρπ=
=因为海王星质量约为地球质量的16倍，半径约是地球半径的4倍，所以海王星密度约为地球密度的四分之一，故C 错误；
D ．因为两个行星距离太阳的距离未知，所以无法判断两行星受到太阳的引力大小关系，故D 错误。

故选AB 。

9.用三根细线a 、b 、c 将质量均为m 的两个小球连接并悬挂，如图所示。

两小球处于静止状态，细线a 与竖直方向的夹角为37°，细线c 水平，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（
）
A.细线a 上的拉力为2mg
B.细线c 上的拉力为1.5mg
C.细线b 上的拉力为
72
mg D.细线b 与竖直方向夹角θ的正切值为32
【答案】BD 【解析】
【详解】AB ．以小球1和2为整体为研究对象，受力分析如下图
根据共点力平衡条件可得
cos372a F mg ︒=sin 37a c
F F ︒=解得
2.5a F mg =1.5c F mg
=故A 正确，B 错误；
CD ．以小球2为研究对象，受力分析如下图
根据共点力平衡条件可得
cos b F mg θ=sin 1.5b c F F mg θ==222
()c b F mg F +=解得
2b F mg =
3tan 2
θ=
故C 错误，D 正确。

故选BD 。

10.如图所示，一边长为L 、电阻为R 的正方形线框abcd 在恒定的水平拉力作用下沿光滑水平面向右运动，
并穿过图中所示磁感应强度为B的匀强磁场区域。

以线框所在位置为原点，沿线框运动方向建立x轴，以x 轴的正方向作为安培力的正方向。

则线框所受的安培力随位置变化的图像可能正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】A．若bc边刚进入磁场时，线框受到的安培力与水平拉力等大反向，则此时线框做匀速直线运动，线框受到的安培力保持不变，但当线框完全进入磁场后，线框不受安培力作用，线框做匀加速直线运动，直至bc边刚出磁场瞬间，ad边受到更大的安培力作用，线框做减速运动，则此时线框受到的安培力将变小，故A错误；
B．若bc边刚进入磁场时，线框受到的安培力小于水平拉力，则线框做加速运动，线框受到的安培力逐渐变大，线框完全进磁场后做匀加速直线运动，直至bc边刚出磁场，若此时线框所受安培力与水平拉力等大反向，线框将做匀速直线运动，线框所受安培力不变，故B正确；
CD．若bc边刚进入磁场时，线框受到的安培力大于水平拉力，则线框将做减速运动，线框受到的安培力逐渐变小，直至线框完全进入磁场，线框做匀加速直线运动，直至bc边刚出磁场，ad边受到安培力作用，线框进入磁场时一直减速，则bc边出磁场时安培力比水平拉力大，故线框有可能一直做减速运动，但不可能一直做匀速运动，故C错误，D正确。

故选BD。

三、非选题（本题5小题，共54分）
11.如图所示，小型可调速电动机带动固定于同一竖直轴上的圆盘B和半径为R的圆盘A，圆盘A的
边缘可根据需要固定不同的单摆。

某物理兴趣小组利用该装置探究匀速圆周运动物体的向心力F与角速度ω、
半径r 、质量m 的关系。

（1）在探究向心力F 与半径r 的关系时，应保持_________不变（多选）。

A ．向心力F
B ．半径r
C ．角速度ω
D ．质量m
（2）在探究向心力F 与角速度ω的关系时，圆盘A 边缘固定的单摆摆长为L 。

当摆球随圆盘A 一起做匀速圆周运动时，摆线和竖直轴在同一平面内，经过时间t ，圆盘A 转动了n 圈，摆球与竖直方向的夹角为θ。

已知当地的重力加速度为g ，忽略空气阻力的影响，此时摆球的角速度ω=_________（用n 、t 表示），研究摆球的向心力F 与角速度ω间的关系可以表示为_________（用n 、t 、θ、L 、g 、R 表示）。

【答案】①.CD##DC
②.
2n t
π
③.()2
2tan sin n g L R t πθθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
【解析】
【详解】（1）[1]根据2F m r ω=在探究向心力的大小F 与转动半径r 关系时，要保持不变的是应该是ω和m ；故选CD 。

（2）[2]小球做半径为r 的圆周运动的周期为
t T n
=
则可得小球的角速度为
22n T t
ππω=
=[3]小球受重力和细线的拉力作用，小球所受的合力为
tan F mg θ
=合小球的向心力为
()2
2n 22()sin F R m m n r L T t ππθ⎛⎫
⎪⎝==+ ⎭
根据合外力等于向心力有
()2
2tan sin R m m t g n L πθθ⎛⎫
+ ⎪⎝=⎭
可得
()2
2tan sin n g L R t πθθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
12.
某同学想利用下列实验器材制作测量电阻的欧姆表。

A.量程为1mA 的灵敏电流计G （内阻约为300Ω）
B.量程999.9Ω的电阻箱
C.电动势为1.5V 的电源
D.量程为3V 的电压表（内阻约为15kΩ）；E ．滑动变阻器R 1（最大电阻为25Ω）；F.滑动变阻器R 2（最大电阻为3kΩ）G.电阻R 3=1.5kΩ
H.单刀双掷开关一个，导线若干
（1）为了精确测量灵敏电流计的阻值，该同学设计的电路如图甲所示，先将单刀双掷开关与a 接通时，电压表的读数为U ；再将单刀双掷开关与b 接通，调整电阻箱，让电压表的读数仍为U ，此时电阻箱的读数为：0295R =Ω。

灵敏电流计G 的内阻。

G R =________Ω。

（2）将灵敏电流计、电源和滑动变阻器连接成如图乙电路，此时电路中M 端相当于欧姆表的_______（填
“红”或者“黑”）表笔，滑动变阻器应选_______（填“1R ”或者“2R ”）。

（a ）将M 、N 金属端短接，调整电路中的滑动变阻器使灵敏电流计示数为1mA ；（b ）将x R 接入M 、N 端，灵敏电流计示数为0.6mA ；（c ）电阻x R 的阻值为_______Ω；
（d ）若该电源使用过久，电动势变小，内阻变大，则R x 的测量结果_______（填“偏大”、“偏小”或者“不变”）。

【答案】①.295②.黑
③.2
R ④.103
⑤.偏大
【解析】
【详解】（1）[1]灵敏电流计在电路中稳定时就是个电阻，在甲电路中分别接入灵敏电流计和电阻箱，电压表读数一样，说明灵敏电流计和电阻箱的电阻相同，为等效法，故灵敏电流计的电阻295G R =Ω；（2）[2]根据欧姆表原理，电流为红进黑出，故M 端相当于欧姆表的黑表笔；[3]当电流表满偏时
331.5
1.51010
E R I -=
=Ω=⨯Ω故选择2
R [4]满偏时3
1.510R =⨯Ω
内E R I =
当电流为0.6mA 时
''
E R I =
解得
'32.510R =⨯Ω'310Ω
x R R R =-=[5]由电阻
E R I
=
电流测量准确，但是电动势偏小导致实际电阻偏小，但欧姆表是按照标准电动势标的阻值，故读出的电阻值比实际的阻值偏大，故选偏大。

13.如图，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段水银柱（长度可以忽略）。

如果不计大气压的变化和饮料罐的形变，这就是一个简易的气温计。

已知罐的容积是360cm 3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm 2，吸管的有效长度为20cm ，当温度为25℃时，水银柱离管口10cm 。

大气压强为75cmHg 。

所有结果均保留一位小数，求：（1）这个气温计的测量范围；
（2）若缓慢往吸管中添加水银，并使饮料罐内温度达到40℃时，直到水银柱的下端与饮料瓶顶端平齐时吸管中水银柱的长度。

【答案】（1）23.4℃≤t ≤26.6℃；（2）4.2cm 【解析】
【详解】（1）设吸管横截面积为S ，开始时吸管内的气柱高位h 0，饮料罐的体积为V 0，对饮料罐内密封的气体，由查理定律得高温时
000001
2++=V h S V h S
T T 11273
T t =+解得
126.6t =℃
低温时
000
02V h S V T T +=21273
T t =+解得
123.4t =℃
气温计的测量范围为
23.4℃≤t ≤26.6℃
（2）设大气压强为p 0，加入水银柱增加的压强为p h ，吸管横截面积为S ，开始时吸管内的气柱高位h 0，饮料罐的体积为V 0，对饮料罐内密封的气体，由理想气体状态方程有
0000h 0
03
()()p V h S p p V T T ++=
解得
h 4.2cmHg
p =
即
4.2cm
h =14.如图所示，一质量为m 、电荷为-q 的粒子，沿中线通过速度选择器，与MN 边界夹角θ为60°的方向射入磁感应强度为B 2的有界匀强磁场，刚好不能从PQ 边界射出磁场。

已知电容器极板AB 、CD 之间电压为U ，距离为d ，速度选择器中磁感应强度为B 1，不计粒子重力，两磁场方向均垂直纸面向里，电场强度方向水平向左，MN 、PQ 分别为有界匀强磁场的边界。

求：（1）粒子进入速度选择器的速度大小v ；（2）有界磁场的宽度l
为多少？
【答案】（1）1U dB ；（2）
21
2mU
dqB B 【解析】
【详解】（1）速度选择器中的电场强度
U
E d
=
粒子恰能通过速度选择器，所以
1qvB qE
=得
1
U v dB =
（2）粒子在有界场中做匀速圆周运动
2
2v qvB m
r
=几何关系如图所示
\
由图有
l r rcos θ
=-得
21
2mU l dqB B =
15.如图所示，一圆弧轨道AB 与倾角为θ斜面BC 在B 点相接。

直径远小于圆弧轨道半径的两个形状相同的小球a 、b 质量分别为m ₁、m ₂，将小球b 置于圆弧轨道的最低点，使小球a 从圆弧轨道A 点由静止释放，两小球在最低点正碰，碰撞过程中没有能量损失，整个系统固定于竖直平面内。

已知圆弧半径R =1m ，圆弧过A 、B 两端点的半径与竖直方向夹角均为θ，θ=37°，小球a 的质量m 1=4kg ，小球b 的质量m 2=1kg ，重力加速度取10m/s 2，不计一切阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小球a 与小球b 碰前的速度v ₀；（2）碰后瞬间小球b 对轨道的压力F ；
（3）小球b 从B 点飞出圆弧轨道后，求距离斜面BC 的最远距离h 取2.5。

【答案】（1）2m/s ；（2）20.24N ；（3）0.36m 【解析】
【详解】（1）对小球a ，下滑至碰前，由动能定理有
()2
1101
1cos 2
m gR m v θ-=解得
02v =m/s
（2）对ab 两小球，碰撞为弹性碰撞，由题意有
101122m v m v m v =+222101122111222
m v m v m v =+解得
2 3.2v =m/s
对b 小球，在碰后瞬间，由牛顿第二定律得
2
2
22
N v F m g m R
-=由牛顿第三定律有
F =F N
解得
F =20.24N
（3）对b 小球，从碰后至飞出圆弧轨道时，由动能定理有
()222232211
1cos 22
m gR m v m v θ--=
-解得
3 2.5v =m/s
以B 点为坐标原点，沿斜面向下为x 轴，垂直斜面向上为y 轴建立如图所示坐标，设小球b 飞出时速度与y 轴夹角为α，由几何关系知
α=16º
沿y 轴方向，小球做匀减速运动，对小球
v y =v 3cos16ºg y =g cos37º
根据
2
20y y
g h v -=-解得
h =0.36m。