【文档说明】《精准解析》2023届河北省高三一轮复习联考物理试卷（五）.docx，共(23)页，1.937 MB，由小赞的店铺上传

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2023届高三一轮复习联考（五）河北卷物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。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8小题，每小题4分，共32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．在超导托卡马克实验

装置内部发生的核反应方程为234112HHHeX+→+，已知21H的质量为m1，31H的质量为m2，42He的质量为m3，X的质量为m4，光速为c，则下列说法正确的是（）A．X为正电子，最早由查德威克通过实验发现B．

42He比21H更稳定C．42He的结合能21234()Emmmmc=+−−D．该核反应是目前利用核能的主要方式2．某同学应用航拍飞机进行实验并得到如图所示的位移—时间图像，0=t时，飞机由静止向上运动，当tt=

0时，飞机上升到0x高度并立即关闭发动机，让其自由上升，05tt=时，飞机达到最高点，整个过程中飞机在竖直方向做直线运动，图中的00~t，00~5tt，两段曲线均为抛物线，下列说法正确的是（）A．飞机在00~t时间内处于失重

状态B．飞机在00~t时间内的加速度大小等于00~5tt时间内的加速度大小C．xt−图像中的两段曲线在tt=0时刻相切D．飞机的最大速度为00xt3．如图所示，长木板放在倾角为θ的光滑斜面上，假设脚与长木板接触处不打滑，长木板和人的质量均为m，则下列说法中正确的是（）A．要保持长

木板相对斜面静止，人应以gsinθ的加速度沿斜面向上跑动B．要保持长木板相对斜面静止，人应以gsinθ的加速度沿斜面向下跑动C．要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使长木板以2gsinθ加速度向上滑动D．要保持人相对于斜面的位置不变，人在原

地跑而使长木板以2gsinθ加速度向下滑动4．宇航员登上某球形未知天体，在该天体表面将某一小球竖直上抛，得到小球的动能随小球距离未知天体表面的高度变化情况如图所示，图中Ek0、h0为已知量，已知小球质量为m，该星球的第一宇宙速度为v，该未

知天体的半径大小为（）A．20k02mvhEB．20k0mvhEC．20k02mvhED．20k04mvhE5．体育课中，小明用打气筒给篮球打气，整个打气过程缓慢进行，每次打气筒活塞都将一个标准大气压的一整筒空气压入篮球，无漏气，气体可视为理想气体，设篮球

的体积不变，气体温度不变，则下列说法正确的是（）A．整个打气过程中气体的内能增大B．整个打气过程中气体分子对篮球内壁的平均撞击力变大C．后一次与前一次推活塞过程比较，篮球内气体压强的增加量相等D．后一次与前一次推活塞过程比较，压入的气体分子数少6．一列沿x轴传播的简谐横波在0=t

时刻的波形如图甲所示，图乙是位于1mx=的质点N此后的at−图像，Q是位于10m=x处的质点，则下列说法正确的是（）A．波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下B．质点M的振动方程为8cos0.5(cm)yt=C．在12st=时，质点Q的位置坐标为（10m，8cm）D．在该简谐波传播方向上与波

源逐渐靠近的接收器接收到的波的频率将小于0.25Hz7．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，AC边的中点为M，BC边的中点为N，O点为三角形的中心，分别在A、B、C固定放置电荷量为+Q、-Q、+Q的点电荷时，下列说法正确的是（）A．M、N两点的电场强度大小相等B．M、

N两点的电势相等C．将一个不计重力的负电荷沿直线OB由O点向B点移动的过程中，电势能逐渐减小D．将一个不计重力的负电荷沿直线ON由O点向N点移动的过程中，受到的电场力做负功8．如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接物体A，物体A置于光滑水平桌面上，

物体A和B通过细绳绕过定滑轮连接，已知物体A的质量为Am，物体B的质量为Bm，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦，物体A位于О点时，系统处于静止状态，物体A在Р点时弹簧处于原长。现将物体A由Р点静止释放，物体A不会和定滑轮相碰，当物体B向下运动到最

低点时，绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度，则（）A．释放物体A瞬间，物体A的加速度为零B．绳子能承受的最大拉力为B32mgC．物体A动能的增加量小于物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D．

物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功二、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。9．如图甲为某同学设计的充电装置示意图，线圈ab匝数100n=匝，面积3210mS−=，空间中存在匀强磁场，方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，理想变压器副线圈接充电器，已知额定电

压为6V的充电器恰能正常工作，不计线圈电阻，则下列说法正确的是（）A．线圈ab中交变电流的周期为0.2sB．变压器原线圈输入电压有效值为2VC．变压器原﹑副线圈匝数比为1:6D．变压器原﹑副线圈匝数比为2:610．如图所示，用三根细线a、b、c将质量分别为m、2m的两个小球1、2连

接并悬挂，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，a、b、c三根细线受到的拉力大小分别为Ta、Tb、Tc，则（）A．Ta=3mgB．7bTmg=C．5bTmg=D．3cTmg=11．如图所示，两条平行光滑导轨相距L，导轨水平部分足够长，导轨电阻不计。

水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属棒b放在水平导轨上，金属棒a从斜轨上高h处自由滑下，已知金属棒a、b质量均为m，电阻均为R，整个过程中金属棒a，b始终未相撞且与导轨接触良好，则下列说法正确的是（）A．俯视看，回路中的感应电流方向为逆时针B．回路中感应电流的最大值为

2BLghRC．金属棒b的最大安培力为2222BLghRD．金属棒a最多产生的热量为14mgh三、非选择题：本题共5小题，共50分。12．阿特伍德机是著名的力学实验装置。如图甲所示，绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物A和重物B，在重物B下面再挂重物C时，由于速度变化不太快，便于验

证规律或者测量物理量。（1）某次实验结束后，打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则重物A运动拖动纸带打出H点时的瞬时速度为___________m/s（结果保留三位有效数字）；（2）某同学利用本装置验证“牛顿第二定律”，若重物C的质

量为m，重物A、B质量均为M，已知当地的重力加速度为g，若牛顿第二定律成立，则重物A的加速度的表达式为a=__________（用上述物理量表示），若测得多组m及对应的加速度a，在11am−图中描点画线得到如图丙所示图线，若图线与纵轴截距为b，图

线的斜率为k，则当地的重力加速度为___________（用图线的斜率或截距表示）。13．某同学为了测定一个圆柱体工件材料的电阻率，采用了如下方法：（1）利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量圆柱体工件的高度和直径，测量结果如图甲、乙所

示，该工件高度H为___________cm，直径D为___________mm。（2）用多用电表测得该工件的电阻Rx大约为500Ω，该同学又用伏安法测定该工件的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A．直流电源（电动势E=12V，内阻不计）B．电压表V1（量程0~3V，内阻

约为3kΩ）C．电压表V2（量程0~15V，内阻约为25kΩ）D．电流表A1（量程0~25mA，内阻约为1Ω）E．电流表A2（量程0~250mA，内阻约为0.1Ω）F．滑动变阻器R，阻值0~2ΩG．开关S，导线若干在上述仪器中，电压表应选择____

_______（选填“V1”或“V2”），电流表应选择____________（选填“A1”或“A2”），请在图中虚线框内画出电路原理图（电表用题中所给的符号表示）____________。（3）如果电压表示数为U，电流表示数为Ⅰ，则

此圆柱工件材料的电阻率为____________（用题中所给符号表示）。14．如图所示，边长为L的正方形ABCD为一棱镜的横截面。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，折射角为30°，

经折射后在BC边的N点发生反射，反射后射到CD边的P点，设真空中的光速为c，求：（1）棱镜的折射率n；（2）光线从M点到P点的时间。15．如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其右端上表面与14光滑固定圆弧轨道相切，其左端与另一半径相同的14光滑固定圆

弧轨道最低点相距x0=0.2m，左、右两侧光滑圆弧最低点等高。质量为m3的小木块A静置于长木板最右端，质量为m2的小木块B从距木板右端1m3x=处以070m/sv=的初速度开始向右运动，然后与m3发生碰撞，与A发生碰撞，二者碰撞时间极短，碰后结合为一体，m1=m2=m3=1kg，小木

块A、B均可看成质点且与木板间的动摩擦因数均为μ2=0.9，重力加速度g取10m/s2。（1）求因碰撞而损失的机械能；（2）使结合体不从长木板上滑下，求长木板的最短长度；（3）长木板取第（2）问中的最短长度，求结合体第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。（结果可用分数表示）16．在芯片制

造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片），速度选择器、磁

分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直于纸面向外，磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁

场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L，当偏转系统不加电场及磁场时，质量为m的离子恰好竖直注入到晶圆上的О点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外），整个系统置于真空中，不计离子重力及离子间的相互作用，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小，当α很小

时，有sintan，21cos12−，求：（1）离子通过磁分析器选择出来离子的电荷量大小；（2）偏转系统仅加电场时，离子在穿越偏转系统中动能的增加量；（3）偏转系统仅加磁场时，离子注入晶圆的位置坐标（x，y）（用长度R1、R2及L表示）。1．B【详解】A．根据核反应

的质量数和电荷数守恒可知，X的电荷数为0，质量数为1，则为中子，最早由查德威克通过实验发现，选项A错误；B．该反应放出核能，则生成物42He的比结合能比21H更大，更稳定，选项B正确；C．核反应过程中的质量亏损1234mmmmm=+−−△m=m1+m2-m3-m4释放的核能()2212

34Emcmmmmc==+−−根据结合能的概念可知，该值不等于42He的结合能，故C错误；D．这种装置的核反应是核聚变，而目前利用核能的主要方式核裂变，它们的核反应原理不相同，故D错误；故选B。2．C【详解】根据题意可知，两

段曲线均为抛物线，则飞机在两段时间内均做匀变速直线运动A．根据xt−图像中斜率表示速度，由图像可知，飞机在00~t时间内，向上做加速运动，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；B．根据题意，设飞机在00~t时间内的加速度

大小为1a，由公式2012xvtat=+可得201012xat=解得01202xat=设00~5tt时间内的加速度大小为2a，由图可知，飞机在05tt=时速度为0，则可看成反向加速，由公式2012xvtat=+可得()2002

001552xxatt−=−解得02202xat=可知12aa故B错误；C．根据xt−图像中斜率表示速度可知，xt−图像中的两段曲线在tt=0时刻相切，故C正确；D．根据xt−图像中斜率表示速度，由图像可知，飞机在tt=0时速度最大，由公式0vvat=+可得，最大速度为0m100

2xvatt==故D错误。故选C。3．D【详解】AB．要保持木板相对斜面静止，木板要受到沿斜面向上的静摩擦力F与使木板下滑的重力分力平衡，即mgsinθ=F根据作用力与反作用力的性质可知，人受到木板对他沿斜面向下的静摩擦力

，所以人受到的合力为mgsinθ+F，由牛顿第二定律得mgsinθ+F=ma解得a＝2gsinθ方向沿斜面向下，选项AB错误；CD．要保持人相对于斜面的位置不变，即人处于平衡状态，F为人脚受到的静摩擦力且沿斜面向上，因此木板受到沿斜面向下的静摩擦力，对人有m

gsinθ=F木板受到的合力为mgsinθ+F，由牛顿第二定律得mgsinθ+F=ma解得a=2gsinθ方向沿斜面向下，选项C错误，D正确。故选D。4．B【详解】由题可知，竖直上抛时根据动能定理得0k00mghE−=−该星球的第一宇宙速度为v，则2mvmgR=联立解得20k0

mvhRE=故选B。5．C【详解】A．在缓慢充气过程中，气体温度保持不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，无漏气，气体可视为理想气体，则整个打气过程中气体的内能不变，故A错误；B．由于气体的温度不变，气体分子的平均

动能不变，则整个打气过程中气体分子对篮球内壁的平均撞击力不变，故B错误；C．设篮球的容积为0V，打气筒的容积为V，打第n次气后篮球内气体的压强为np，打第1n+次气后篮球内气体的压强为1np+，根据玻意耳定律可得0010nnpVpVpV++=可得100nnVp

ppV+−=即后一次与前一次推活塞过程比较，篮球内气体压强的增加量相等，故C正确；D．每次压入的气体体积、温度和压强都相同，所以每次压入的气体分子数相同，故D错误。故选C。6．C【详解】A．根据题意，由图乙可知，质点

N在0=t时刻，处在平衡位置向y轴负方向振动，由同侧法可知，波沿x轴正方向传播，M点向y轴正方向振动，则波源的起振方向向上，故A错误；D．根据题意，由图乙可知，该波的周期为4s，则该波的频率为10.25HzfT==由多普勒效应可知，在该简谐波传播方向上与波源逐渐靠近的接收器接收到

的波的频率将大于0.25Hz，故D错误；B．根据题意，由公式可得22T==由于0=t时，M点在平衡位置向y轴正方向振动，则质点M的振动方程为8sin0.5(cm)yt=故B错误；C．根据题意，由图甲可知，该波的波长为4m，由公式vT=可得，该波的传播速度为1msv=则该波传播到Q

点所需要的时间为1103s7s1t−==可知，质点Q在12st=时，振动了5st=，则质点Q在正向最大位移处，质点Q的位置坐标为（10m，8cm），故C正确。故选C。7．D【详解】A．根据电场强度2qEkr=及平行四边形法则

，M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；B．若有一正点电荷由M点到N点，电场力做正功，电势能减小，则M点的电势大于N点的电势，故B错误；C．将一个不计重力的负电荷沿直线OB由O点向B点移动的过程中，电场

力做负功，电势能逐渐增大，故C错误；D．将一个不计重力的负电荷沿直线ON由O点向N点移动的过程中，受到C点的正电荷和B点的负电荷的合电场力垂直于ON，不做功，受到A点的正电荷的电场力做负功，故D正确。故选D。8．C【详解】AB

．在Р点释放物体A瞬间，弹簧弹力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得BAB()mgmma=+解得BABmgamm=+可知初始时刻物体A的加速度为BABmgmm+；当物体B向下运动到最低点时，根据对称性可知，此时B的加速度大小为

BABmgmm+，方向向上，根据牛顿第二定律可得mBBTmgma−=解得绳子能承受的最大拉力为ABmBAB2mmTmgmm+=+故AB错误；C．根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和A、B的动能之和，所以物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对

A做的功之和等于物体A、B的动能之和，则物体A动能的增加量小于物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；D．物体B所受重力对B做的功等于物体B减少的重力势能，根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能等于物体A与弹

簧所组成的系统机械能的增加量与物体B的动能增加量之和，故D错误。故选C。9．AC【详解】A．由图乙可知，线圈ab中交变电流的周期为0.2s，故A正确；B．变压器原线圈输入电压的最大值为3mm2210010V2V0.2EnBS−===变压器原线圈输入电压有效值为m11

V2EU==故B错误；CD．根据理想变压器原﹑副线圈电压表等于匝数比可得112216nUnU==故C正确，D错误。故选AC。10．BD【详解】小球均静止，故都处于平衡状态，合外力为零。将球1和球2看作一个整体，对整体受力分析如下图所示将Ta水平竖直分解有

Tasinθ=FcTacosθ=3mg解得23aTmg=3cTmg=隔离对小球2受力分析如下图22(2)7bcTTmgmg=+=故选BD。11．ACD【详解】A．根据右手定则可知，金属棒a向右运动过程中，回路中的感应电流为逆时针方向（俯视看

），A正确；B．金属棒a刚运动至水平轨道时，速度最大，b棒速度为零，此时感应电流最大，则212mghmv=，2BLvIR=得22BLghIR=B错误；C．同B选项，此时b棒受安培力最大，即2m222BLghRFBIL==C正确；D．两金属棒最终共速，运动过程中

满足动量守恒2mvmv=金属棒a产生的热量为221112222Qmvmv=−得14Qmgh=D正确。故选ACD。12．1.132mMgm+1b【详解】（1）[1]打H点时重锤A的瞬时速度等于打G、J两点间的平均速度，即2(8.504.00)1

0m/s1.13m/s220.02HGJvT−−==（2）[2][3]对A、B、C整体根据牛顿第二定律有(M＋m)g－Mg=(2M＋m)a则2magMm=+整理得1211Magmg=+由题意可知1bg=解得1gb=13．10.22

05.899##5.900##5.901V2A12π4DUIH【详解】（1）[1]该工件的直径为102mm40.05mm102.20mm10.220cmD=+==[2]高度为5.5mm40.00.01mm5.900mmH=+=（2）[3]根据所给电源电动势可知电压表

应选择V2。[4]通过工件的最大电流约为m24mAxEIR==所以电流表应选择A1。[5]因为滑动变阻器最大阻值远小于Rx，所以滑动变阻器应采用分压式接法。又因为A1V2xRRR所以电流表应采用内接法，电路原理图如图所示。（3）

[6]根据欧姆定律有xURI=根据电阻定律有24πxHHRSD==解得2π4DUIH=14．（1）3；（2）2Lc【详解】（1）在M点，由光的折射定律sin603sin30n==（2）由几何关系可知，光线从M点到P点

的距离为()2233LsMNNPBNCN=+=+=传播的速度3ccvn==光线从M点到P点的时间2sLtvc==15．（1）16J；（2）2m3；（3）1m30【详解】（1）设木块B到达木板右端的速度为v1，由动能定理可得222221201122mgxmvm

v−=−代入数据，解得v1=8m/sAB碰撞后，由动量定理可得()2123mvmmv=+共解得4m/sv=共碰撞过程损失的机械能()22k212311Δ16J22Emvmmv=−+=共（2）由机械能守恒定律可得AB

回到木板底端时速度大小4m/s，滑上木板后，木块AB的加速度为a2，由牛顿第二定律()()223232mmgmma+=+木板的加速的为a1，由牛顿第二定律223121311()()mmgmmmgma+−++=解得213m/sa=229

m/sa=设经过t1时间后两者共速，共同速度为v，由运动学公式可知2111vvatat=−=共解得11s3t=1m/sv=该过程中木板的位移11m621vxt==滑块走过的位移212vvxt+=共25m6x=由于100.2mxx=，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑

出，则木板的最小长度21Lxx=−解得2m3L=（3）AB和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，由动能定理可得()()()()2211230112321231122mmmgxxmmmvmmmv−++−=++−++随后AB滑

上左侧轨道，设上升的最大高度为h2，则由动能定理可得()()2122122102mmghmmv−+=−+解得21m30h=16．（1）()2122EmRRB+；（2）()2222122mLERRB+；（3）21230LRR+

，【详解】（1）在速度选择器中有0qvBqE=通过在磁分析器的离子200vqvBmR=根据几何关系有2112RRRR−=+解得()2122EmqRRB=+（2）偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，则有0Lvt=，212qEytm=离

子在穿越偏转系统中动能的增加量kEqEy=解得()22k22122mLEERRB=+（3）偏转系统仅加磁场时，离子沿y轴正方向偏转，则有x=0作出粒子在偏转系统中的轨迹如图所示根据几何关系有tancosyLRR=+−，sinLR=当α很小时，有sintan，21c

os12−解得2123LyRR=+即离子注入晶圆的位置坐标为21230LRR+，。