【文档说明】《精准解析》河北省唐山市2022-2023学年高三上学期学业水平调研考试物理试题（解析版）.docx，共(21)页，1.482 MB，由小赞的店铺上传

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唐山市2022-2023学年度高三年级第一学期学业水平调研考试物理注意事项：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。1.一束单色光照射容器中氢气，氢原子吸收光子后能发出频率分别为1

、2、3的三种光，且123，单色光每个光子能量为E，则下列说法正确的是（）A.光子能量123Ehhh=++B.光子能量3Eh=C.氢原子发出的三种频率的光子能量满足123hhh

=+D.氢原子发出的三种频率的光子能量满足123hhh+【答案】C【解析】【详解】AB．根据氢原子能级图如图由图可知，当氢原子从高能级3向低能级跃迁时可能有三种光谱线，即在第三能级时能量为1Eh=可见光子能量为E的一束单色光照射到容器

中的氢气上，处于基态氢原子吸收光子能量后将处于第三能级，故入射光光子的能量E值是1h，故AB错误；CD．氢原子发出的三种频率的光子能量满足123hhh=+故C正确，D错误。故选C。2.蓝牙是一种支持设备短距离通信的无线电技术。两根足够长的光滑杆坚直放置，两杆之间水平距离为6

m。两杆上分别套有具有蓝牙功能的环A、B，两环在10m距离内可实现蓝牙有效通讯。现环A由某高度由静止释放，同时环B以初速度2m/s与环A相同高度处下滑。从两环开始运动计时，则两环可实现有效通讯时长为（）A.1sB.2sC

.3sD.4s【答案】D【解析】【详解】设经过时间t两环间距为10m，则22222011()22dvtgtgts++−=即2226410t+=解得t=4s故选D。3.2022年6月5日，神舟十四号载人飞船发射后，进入椭圆轨道I，A为近地点，B为远地点。变轨后进入圆形轨道II，与运行在轨道II上的天

和核心舱对接，如图所示，则下列说法正确的是（）A.神舟十四号的发射速度可能小于第一宇宙速度B.神舟十四号从轨道I的近地点A到远地点B的过程中机械能增加C.神舟十四号在B点减速便可沿圆形轨道II运动D.天和核心舱在轨道II

上的运行周期大于神舟十四号在椭圆轨道I上的运行周期【答案】D【解析】【详解】A．第一宇宙速度为7.9km/s，卫星的最小发射速度为7.9km/s，所以神舟十四号的发射速度不可能小于第一宇宙速度，故A错误；B．神舟十四号从轨道I的近地点A到远地点B的过程中，只受到地球的引力，只有

地球的引力做功，所以机械能守恒，故B错误；C．神舟十四号从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ轨道半径变大，要做离心运动，所以神舟十四号应从轨道Ⅰ的B点加速后才能做离心运动从而进入轨道Ⅱ运动，故C错误；D．根据开普勒第三定律32RkT=由

于天和核心舱在轨道Ⅱ上运行时的半长轴大于神舟十四号在轨道Ⅰ上运行的半长轴，所以天和核心舱在轨道II上的运行周期大于神舟十四号在椭圆轨道I上的运行周期，故D正确。故选D。4.如图所示，滑道ABC为四分之一圆弧

，半径为2m，O为其圆心，C为圆弧最低点，与地面相切，在和O点等高的某位置水平抛出一个小球，垂直击中圆弧上的B点。弧AB的长度是弧BC的长度的2倍。忽略空气阻力，g取10m/s2，则抛出点与O点水平距离是（）A.1mB.2mC.3m

D.23m【答案】A【解析】【详解】垂直击中圆弧上的B点，速度反向延长线过圆心，由弧AB的长度是弧BC的长度的2倍，可得60AOB==根据数学关系，可得sin3mBDR==小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度223m/syBDvghg==根据几何关系，在D点，水平方向上

的分速度可得023m/stan3yvgv==小球由抛出点运动到D点所用的时间为23syvtgg==则抛出点与O点水平距离0cos601mxvtR=−=故选A5.如图所示，三个带电小球A、B、C分别位于等边三角形的三个顶点，放在光滑绝缘的水平桌面上，空间存在水平且与BC连线垂直

的匀强电场，三个小球均静止不动且可看成质点，则三个带电小球的电性及电荷量的关系是（）A.三个小球均带正电，A、B、C所带电荷量大小之比1:1:1B.A带正电，B、C带负电，A、B、C所带电荷量大小之比2:1:1C.A带正电，B、C带负电，A、B、C所带电荷量大小之比1:1:1D

三个小球均带负电，A、B、C所带电荷量大小之比2:1:1【答案】B【解析】【详解】三个带电小球两两之间存在库仑力，且库仑力的方向一定沿两小球的连线方向；假设A球带正电，对A球分析，则匀强电场对A球的电场力方向水平向右，要

使A球平衡，则分析可知BC两球须均带负电且两者电荷量相等，分析BC两球可知可处于平衡状态，对B球受力分析，可得CBAB22cos60qqqqkkll=则。.AC=2qq即ABC=2:1:1qqq：：假设A球带负电，

对A球分析，则匀强电场对A球的电场力方向水平向左，要使A球平衡，则分析可知BC两球须均带负电且两者电荷量相等，但分析BC两球可知不能处于平衡状态，所以假设不成立。故选B。6.如图所示，水平面上放置一个上下表面均为正方形的霍尔元件，载流子的电荷量大小为e，电源输出电压为U1，空间存在竖直向下的

匀强磁场，磁感应强度为B。元件前后表面间电势差为U2，前表面的电势低于后表面的电势，下列说法中正确的是（）A.图中霍尔元件的载流子带负电B.若霍尔元件的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2保持不变C.利用上述物理量可以计算霍尔元件的电阻率D.该霍尔元件中载流子所受的洛仑兹力方向均垂直于

电流方向且指向前表面【答案】A【解析】【详解】A．根据左手定则可知粒子在洛伦兹力的作用下偏向前表面，因为前表面的电势低于后表面的电势，所以可知霍尔元件的载流子带负电，A正确；B．设正方形的霍尔元件长和宽为d，元件厚度为0l，有2UBeved=根据电流的微观表

达式有0InevSnevdl==联立可得20BIUnel=①当霍尔元件的电源输出电压U1变大，此时电流I变大，可得霍尔电势差U2变大，B错误；C．根据欧姆定律和电阻定律有1UIR=，00dRdll==

与①式联立可得12BUneU=由于题中没有参数n，所以利用上述物理量不能计算出霍尔元件的电阻率，C错误；D．根据左手定则可知该霍尔元件中只有沿图中电流相反方向运动时载流子所受的洛仑兹力方向垂直于电流方向且指向前表面，D错误。故选A。7.如图所

示，特殊材料制成的水平直杆上套有一小圆环，杆足够长。小圆环沿杆运动时所受阻力与速度成正比。当环的初速度为v时，最大位移为x1，当环的初速度为2v时，最大位移为x2，则12:xx为（）A.2:1B.1:2C.1:2D.2:1【答案】C【解析】【详解】根据题意，设圆环质量为m，阻力与速度的关系为fkv

=由动量定理有0ftmv=则有0kvtmv=即0kxmv=解得0mvxk=可知12122xvxv==故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.在天宫课堂上，宇航员往水球里注入了气泡，水球里的气泡看起来很亮，则下列说法正确的是（）A.与玻璃球中气泡看起来很亮原因相同B.光由水射向气泡时会发生全反射C.光由气泡射向水时会发生全反射D.光射入气泡发生衍射形成“亮斑”

【答案】AB【解析】【详解】A．当实验舱中的光线进入水中后，从较高折射率的介质水中又进入到较低折射率的介质气泡中时，水球中某些区域的光线在交界面的入射角都超过发生全反射的临界角，故而发生全反射，使得水球里的气泡看起来很亮，同理玻

璃球中气泡看起来很亮原因相同也是发生全反射，故A正确；BC．光从光密介质射向光疏介质时，当入射角超过某一角度（临界角）时，折射光完全消失，只剩下反射光线的现象叫做全反射，水的折射率大于空气的折射率，所以光由水射向气泡时，只要入射角超过临界角，就会发生全反射，而光

由气泡射向水时不会发生全反射，故B正确，C错误；D．衍射是指波遇到障碍物时偏离原来直线传播的物理现象。在经典物理学中，波在穿过狭缝、小孔或圆盘之类的障碍物后会发生不同程度的弯散传播。且发生明显衍射的条件是障碍物或者孔的尺寸不能远大于这种

波的波长，在接收屏上出现明暗相间的亮斑。而本实验中没有发生明显衍射现象，出现的水球里的气泡看起来很亮主要是发生全反射。故D错误。故选AB。9.波源O上下震动，频率f=5Hz，产生一列向右传播的横波，沿波传播的方向上依次有a和b两个质点，

两个质点平衡位置相距5m。当质点a具有向上的最大速度时质点b恰好处于波峰位置，则波速的可能值（）A.20m/sB.20m/s3C.100m/s3D.100m/s9【答案】BC【解析】【详解】根据频率与周期关系可知1

0.2sTf==质点a具有向上的最大速度，说明质点a应在平衡位置，再结合波是向右传播的，质点b恰好处于波峰位置，则质点a、b的位置关系可能如下图由于波传播的周期性，可知质点a、b间的距离应满足3()(0,1,2,3)4abxnn=+=由此解得20m(0,1,2,3)43nn==+

因此波速100m/s(0,1,2,3)43vnTn===+故选BC。10.如图所示，足够长的U型导体框水平固定放置，空间存在竖直向上的匀强磁场。有一光滑导体棒ab与导体框垂直且接触良好，导体棒ab在外力F作用下向右匀速运动。已知导体框和导体

棒材料相同，则下列说法正确的是（）A.导体棒中电流方向沿棒从a至bB.如果磁场方向反向，导体棒所受安培力方向不变C.水平外力F大小恒定D.F做功功率逐渐变小【答案】ABD【解析】【详解】A．由右手定则可知，导体棒

中电流方向沿棒从a至b，选项A正确；B．如果磁场方向反向，则产生的感应电流反向，但是导体棒所受安培力方向不变，选项B正确；CD．导体棒向右匀速运动，则根据E=BLv可知，感应电动势不变，但是由于回路电阻变大，则回

路电流减小，安培力减小，因F=F安可知，水平外力F大小减小，根据P=Fv可知F做功功率逐渐变小，选项C错误，D正确。故选ABD。11.在如图甲所示的电路中，a、b间接特殊电源，用以调节电容器C两端的电压

。如果电阻R两端的电压变化如图乙所示，则电容器两端的电压可能是（）AB.C.D.【答案】CD.【解析】【详解】根据图乙可知，0~1s时间内，定值电阻R两端电压为0，即电路中电流为0，此时间内，电容器不存在充放电流，即C两端的电压为0或某一定值，1s~2s时间内，定值电阻R两端的电压为一定值

，即电路中电流也为一恒定值，电路中存在充电电流，根据QIt=，QCU=解得0CCIUUtC=+即C两端的电压与时间成线性关系，3s~4s时间内，定值电阻R两端的电压为0，即电路中电流也为0，电路中不存在充电电流，此时C两端的电压为一个定

值。4s~5s时间内，定值电阻R两端的电压为一定值，且为负值，即电路中电流也为一恒定值，方向与1s~2s时间内电流方向相反，电路中存在放电电流，根据QIt=，QCU=解得0CCIUUtC=−即C两端的电压与时间成线性关系。可知，选择项中第一、二两个图像不满足要求，第三

、四两个图像满足要求。故选CD。三、非选择题：共52分。12~13题为实验题；14~16题为计算题，需要写出必要过程，只有结果，不给分。12.现有如下实验装置。（1）利用上面装置可完成且必须平衡摩擦的实验有___________（填字母）；A.探究小车速度随时间

变化的规律B.探究加速度与力、质量的关系C.探究动能定理的D.验证机械能守恒定律（2）上面装置有小车、纸带、重物、一端带有定滑轮的长木板、电磁打点计时器及交流电源、导线及开关。“探究动能定理”时，还必须使用的器材是_

_________；A.秒表B.刻度尺C.天平（含砝码）（3）用该装置“探究动能定理”实验中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为xA、xB、xC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，小车的

质量为M，M>>m。从打O点到打B点的过程中，拉力所做的功W=________，小车动能变化量ΔEk=__________。【答案】①.BC##CB②.BC##CB③.mgxB④.22()8CAMxxT−【解析】【详解】（1）[1]A．探究小车速度随时间

变化的规律时，不需要平衡摩擦力，只要让小车加速运动即可，A错误。BC．探究加速度与力、质量的关系和探究动能定理时，平衡摩擦力后绳子拉小车的力就是小车的合力，符合实验要求，BC正确。D．做验证机械能守恒定律实验时，小车本身受摩擦力，即机械能不守恒，不符合题意，D错误。故选BC。（2）[2]小车由静止

出发，对小车用动能定理为21=02Wmv−合取小车为研究对象的话，用刻度尺测出纸带上计数点间的距离可以算出小车末状态的速度v，用天平测出小车质量m和重物质量M，在平衡摩擦力和Mm的条件下，重物的重力大小Mg等于小车所受的合力

大小，用刻度尺测出小车初末位置的距离L，即可算出合外力对小车做的功=WMgL合即可完成实验。故选BC。（3）[3][4]重物的质量为m，小车的质量为M，M>>m，所以在平衡摩擦力后，重物的重力大小mg等于小车所受的拉力大小，拉力所做的功为BWmgx=小车过B

点的瞬时速度为2CABxxvT−=所以小车动能变化量为22k2()128CABMxxEMvT−==13.某工作车间对温度范围有特定要求，会使用温控报警系统，该系统利用热敏电阻随温度变化而改变电流，特殊开关是根据电流或电压的大小来

控制报警系统开关，当温度低于10℃或高于40℃触发报警系统。研究小组首先对该热敏电阻的温度特性进行研究，现有以下实验器材：A.热敏电阻RT（常温下的阻值约为30Ω）B.烧杯、热水、温度计C.电流表（量程0~200mA，内阻为5Ω）D.电压表（量程0~6V，内阻约5kΩ）E.

滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流2A）F.滑动变阻器（最大阻值为500Ω，额定电流0.5A）G.电源（电动势6V，额定电流2A，内阻不计）H.开关一个，导线若干（1）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，为使测量尽量准确，滑动变阻器应选择（填器材前的字母标号）______；（2）请你按照

实验要求用笔画线代替导线在实物图甲中完成余下导线的连接______；（3）除利用上述器材外，研究小组又找到如下器材自制了简易温控报警系统，如图丙所示。定值电阻R1（阻值15Ω）定值电阻R2（阻值150Ω）控制开关、报警系统为了能显示温度，把电流表盘改成

温度表盘。为使温度表盘上优先显示正常温度范围，定值电阻选______（填写对应的器材符号）；（4）温度表盘左边温度值比右边温度值______（填“高”或“低”），中间刻度值为______℃。【答案】①.E②.③.R1④.低⑤.24【解析】【详解】（1）[1]实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增

大，则控制电路采用分压式，此时为了确保实验数据的连续性，滑动变阻器的总阻值应该选择小一点的10Ω，即滑动变阻器选择E。（2）[2]由于电流表内阻为5Ω，为使测量尽量准确，测量电路采用电流表内接法，可以准确求出电流表的分压值，结合上述，作出实验电路实物图如图所示（3）[3]根据题意可

知，正常温度范围为10℃~40℃，根据图乙可知，此范围内热敏电阻的阻值范围约为20Ω~100Ω，由于电流表的量程为0~200mA，则电路中电阻的最大值约为minA6300.2ERI==可知，为使温度表盘上优先显示正常温度范围，定值电阻应选R1。（4）[4]由于热敏电阻的电阻随温度的升高而

减小，则温度越高，热敏电阻的电阻越小，通过电流表的电流越大，则温度表盘左边温度值比右边温度值低；[5]当电流表指针指在正中间时，有A1TA12ERRRI++=解得T40R=根据图乙可知，此时的温度值为24℃。14.如图所示，一空玻璃水杯，在127t=℃的温度下将水杯盖子拧紧，

保证不漏气。此后水杯被放置到阳光下暴晒，杯内气体的温度达到257t=℃。已知外部的大气压强501.010Pap=保持不变，气体可看成理想气体。求：（1）暴晒后杯内气体的压强；（2）将盖子打开后立刻重新拧紧，忽略杯中

气体温度的变化，求杯内剩余的气体质量与打开盖子前杯内的气体质量之比。【答案】（1）1.1×105Pa；（2）1011【解析】【详解】（1）杯内封闭气体发生等容变化，由查理定律有0212ppTT=其中11K273003KTt=+＝22K27330

3KTt=+＝代入解得暴晒后杯内空气的压强521.110pPa＝（2）设杯内体积为V，盖子打开时杯内空气可视为发生等温膨胀，由玻意耳定律有203pVpV＝因此盖子重新盖上后杯内剩余的空气质量与原来杯内的空气质量之比等于0321011mpVVpm==剩原＝15.如图所示，在竖直平面的直角

坐标系xOy中，第一象限有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，两匀强电场的电场强度大小相等。一质量为m，电荷量为+q的带电小球，从x轴上的P()0d−，点以初速度v0沿y轴正方向

射入第二象限，依次经过Q()03d，点和M()30d，点，图中M点末标出。经过Q点的速度与y轴正方向成45°，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。【答案】（1）mgq；（2）

03mvqd【解析】【详解】（1）根据题意可知，粒子从P到Q过程中，水平方向上有qEma=212dat=xvat=竖直方向上有20132dvtgt=−0yvvgt=−由几何关系有xyvv=联立可得的012xyvvv==mgqE=（2）根据

题意，由（1）分析可知，粒子到达Q点的速度为22022xyvvvv=+=画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示由几何关系可知QM为直径，则有()()22333222ddrd+==由牛顿第二定律有2vqvBmr=联立可得03mvBqd=16.如图，质量为M=0.5kg的木板静

止在光滑的水平轨道上，木板长度可以自由调节。木板右端到轨道末端的距离足够长，轨道末端固定有粘性的薄挡板，挡板高度与木板厚度相等，木板与挡板碰后可粘到一起。与轨道在同一竖直面内有一倾角为θ=45°的斜面，斜面底端在轨道末端正下方，斜面底端与挡板上端

距离为H=4m。质量为m=2kg可视为质点的滑块，以水平速度v0=10m/s滑上木板左端，滑块与木板间动摩擦因数为μ=0.6，重力加速度为g=10m/s2，求：（1）木板长度为25m3L=时，滑块滑离木板时速度；（2）木板长度为25m3L

=时，滑块滑离木板后，经多长时间到达斜面；（3）轨道末端换成弹性的薄挡板（木板与挡板碰撞前后速度大小不变），木板长度为L3=9m时，滑块是否会落在斜面上。若能，落在斜面上的位置距斜面底端距离，若不能，木板第一次与挡板碰后木板运动的总路程。【答案】（1

）8m/s；（2）0.4s；（3）见解析【解析】【详解】（1）假设两者共速，由动量守恒定律0()mvmMv＝＋m和M构成的系统，能量守恒220()1122mvmMvmgx＝＋＋联立可得v＝8m/s5m3x＝（2）滑块

滑到长木板右端时刚好共速以v从轨道右端平抛运动水平方向xvt＝竖直方向212ygt＝几何关系可知tanθ=Hyx−联立可得t＝0.4s（3）当系统内的动能等于零时，22012mgxmv＝2325m3xL＝＜所以不会落在斜面第一次碰撞后到第二

次碰撞前，滑块与木板达到共速，设共速的速度为v1动量守恒1()mvMvmMv－＝＋135vv＝长木板走的路程224m/smgaM＝＝2221135vvsaa=＝第二次碰撞后到第三次碰撞前动量守恒112()mvMvmMv－＝＋2135vv＝长木板走的路程4222235

vvsaa=＝每相邻碰撞是等比数列，所以长木板走的总路程s＝s1＋s2＋s3＋s4＋……＝s1(1)(1)nqq−−＝1.5m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com