2023年河北省衡水中学高考物理一调试卷+答案解析(附后).pdf

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【解析】解:、设弹簧的原长为,由题意可知小球在P点时弹簧的压缩量等于小球在Q点时弹簧的伸长量,设形变量为x,根据几何关系得:,解得:,开始时轻绳刚好伸直,拉力为零,由平衡条件得:,解得:,故A错误;B、物体乙释放瞬间,设轻绳中拉力大小为,对甲、乙分别由牛顿第二定律得:,,根据运动的合成与分解得:,解得:,故B错误;C、根据运动的合成与分解得,小球甲到达Q点时,所以物体乙的速度为零;对小球甲从P到Q的过程,小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒,且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等,由机械能守恒定律得:,解得:v,故C正确;D、甲、乙与弹簧组成的系统机械能守恒,甲、乙组成的系统机能不守恒,弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功,所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小,故D错误。故选:C。由几何关系求解PQ的长度,从而求出小球位于P点时弹簧的压缩量,对P点的小球由力的平衡条件求解劲度系数;根据牛顿第二定律求解加速度大小;小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律求解速度大小;根据机械能守恒定律分析小球和物体乙的机械能之和的变化情况。本题主要是考查了功能关系和机械能守恒定律的知识;要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功,能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。8.【答案】AC【解析】解:AB、由题意画出光路图如图所示:E是光在AB边的出射点,设光在棱镜中的传播速度为v,入射角为i,折射角为r,光与BC边的夹角为。则有,,解得,故A正确,B错误;页,共20页:..、光射到BC边,由几何关系有,根据折射定律有:,联立解得,故C正确,D错误。故选:AC。作出光路图,根据几何知识求出光从S到AB边射出时传播的距离,由求光在棱镜中传播速度,再结合求棱镜的折射率n根据折射定律和几何关系求入射光线与界面BC间的夹角。解决本题的关键是画出光路图,再根据折射定律和几何关系进行分析计算。9.【答案】AC【解析】解:小球从B点到C点做平抛运动,飞行过程中恰好与半圆弧相切于C点,由几何关系知小球在C点的速度与水平方向的夹角为,如下图所示:设位移与水平方向的夹角为,则有,又因为根据题意可得:联立解得:根据解得:水平位移解得:,故AC正确,BD错误。故选:AC。根据题目条件得出速度偏转角,结合几何关系和运动学公式先求出小球的下落高度,进而得出时间和对应的初速度。本题主要考查了平抛运动的相关应用,理解平抛运动的物体在不同方向上的运动特点,结合几何关系和运动学公式即可完成分析。10.【答案】AD页,共20页:..【解析】【分析】应用右手定则判断出感应电流方向;求出时刻线框切割磁感线的有效长度,由求出动生电动势,由法拉第电磁感应定律求出感生电动势,然后由欧姆定律求出感应电流大小。分析清楚线框的运动过程、知道感应电动势包括动生电动势与感生电动势是解题的前提,应用右手定则、与法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可解题。【解答】、磁场垂直于纸面向里,由右手定则可知,线框向右运动过程,感应电流始终沿逆时针方向,故A正确,B错误;CD、线框做匀速直线运动,线框的速度,时刻,线框切割磁感线的有效长度,此时磁感应强度,动生电动势由法拉第电磁感应定律可知,感生电动势由欧姆定律可知,感应电流,故C错误,D正确。故选:AD。11.【答案】;【解析】解:为保证弹簧测力计的准确性,实验前应先对弹簧测力计调零;为保证物体的压力与重力相等,应保持与木块相连的细线水平,细线不提供竖直方向的分力;本实验探究的是滑动摩擦情况,与物体和木板间的运动快慢无关。故选:AB。弹簧测力计刻度是上小下大的,分度值为,再估读到下一位,即为都对木块对木板的正压力等于木块和砝码的总重力,即,根据公式,;在绘制图像时,f为竖轴,m为横轴,根据公式,即为图像斜率解得页,共20页:..利用滑动摩擦力产生的条件和计算公式进行解答。本题通过木块和木板间得摩擦情况,考查对滑动摩擦力的理解和图像问题的结合情况,难度适中。12.【答案】甲实物图见解析图见解析;【解析】解:螺旋测微器的精确度为,金属丝直径。由实验记录的数据可知的阻值大约为,则,电流表采用外接法;若滑动变阻器采用限流式接法,电路中最小电流约为,其中,代入数据解得;实验数据中第一组的电流为,小于限流式接法的最小电流,所以滑动变阻器采用的不是限流式接法,而是分压式接法,则采用的是甲图。根据表格中的数据可知,电流表选用的量程,电压表选用的量程,结合电路图进行实物连线,如图所示。在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点,作一条直线,使尽可能多的点在这条直线上,不在直线上的点均匀分布在直线两侧,明显偏离的点应舍去,如图所示:由图像斜率可求出金属丝的电阻值为页,共20页:..根据电阻定律,可得金属丝的电阻率为,故错误,C正确。故选:C。用螺旋测微器测量金属丝直径时,由读数引起的误差属于偶然误差,故A错误;,故B错误;,可以消除由测量仪表引起的系统误差,故C正确;,可以减小偶然误差,故D正确。故选;CD。故答案为:;甲;实物图见解析;图见解析;;;。螺旋测微器的精确度为,测量值=固定刻度读数对齐格数估读一位精确度;根据题意确定滑动变阻器接法,然后选择实验电路;根据电路图连接实物电路图;根据坐标系内描出的点作出图象,然后根据图象与电阻定律分析答题;由电阻定律求出电阻率,然后答题;明确偶然误差是由人为因素引起的,可以通过多次测量或利用图象来减小偶然误差,但不能消除误差;系统误差是由仪器本身因素或实验原理不精确引起的误差,系统误差可以通过采用精密仪器和完善实验原理来消除。要掌握螺旋测微器的读数方法;明确电学实验中,当要求电流从零调时,滑动变阻器应用分压式接法;当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时,电流表应用外接法,当电流表内阻远小于待测电阻阻值时,电流表应用内接法。13.【答案】解:活塞到达卡扣时,对下方气体:初态:,末态:?,根据玻意耳定律可得:,解得上方气体的压强,故放上重物后,活塞b到达卡口位置,对上方气体:初态:,末态:,根据玻意耳定律可知:解得:设环境温度到达T时,活塞a刚好离开卡口,则初态:,页,共20页:..末态:,根据查理定律可得:,解得若再把环境温度从升高到,活塞a没有离开卡口,对上方气体,在升温过程中,做等压变化,则,末态:,根据盖-吕萨克定律可得:答:在活塞b上放置一质量为的重物,稳定后b到气缸底部的距离为;接第问,若再把环境温度从升高到,再次稳定后b到气缸底部的距离为15cm。【解析】对下方气体分析,当达到卡口时,根据玻意耳定律求得达到的压强,然后对活塞b分析,求得上方气体的压强,判断出活塞a的位置,然后对上方气体,根据玻意耳定律求得;对下方气体分析,根据查理定律判断出活塞a刚好离开卡口时的温度,然后对上方气体,根据盖-吕萨克定律即可求得。本题主要考查了一定质量的气体状态方程,判断出活塞a最终所在的位置是解决问题的关键。14.【答案】解:恰好能到达圆轨道的最高点D,由其重力恰好等于向心力得:P从释放到D的过程,由能量守恒和功能关系可得:两式联立解得:。滑块P能滑上圆轨道,需要满足到达B点时其动能大于零,根据能量守恒和功能关系可得:解得:仍能沿圆轨道滑下,需要满足到达C点或C点之前时动能等于零,同理可得:解得:则M的取值范围为:。滑块P恰好脱离圆轨道的位置与O点的连线与OC的夹角为时,此为在C点上方,根据牛顿第二定律可得:根据能量守恒和功能关系可得:页,共20页:..联立解得:。答:弹簧弹性势能的大小;的取值范围为;的质量为。【解析】由于的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D,在D点由其重力恰好等于向心力求得速度,由能量守恒和功能关系可求出弹簧弹性势能;滑块P能滑上圆轨道,需要满足到达B点时其动能大于零,仍能沿圆轨道滑下,需要满足到达C点或C点之前时动能等于零,根据两种情况由能量守恒和功能关系求出M的范围;滑块P恰好脱离圆轨道,此时轨道对滑块的支持力等于零,仅由重力沿半径方向的分力提供向心力,由此条件求得脱离时的速度,再根据能量守恒和功能关系求出。本题考查圆周运动的临界问题、能量守恒与功能关系的综合应用,考点较为综合,难度较大,学生着重注意应用能量守恒时不要遗漏涉及到的能量。15.【答案】解:液滴一开始做平抛运动,由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为,液滴到达O点时沿x轴方向与沿y轴方向的分速度大小液滴从P到O过程做平抛运动,竖直方向:,,水平方向:解得:,,所以P点的坐标为液滴在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:磁感应强度大小,解得:液滴做匀速圆周运动的周期,解得:假设磁场不变,分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时,对应的圆心角为。则假设成立,所以液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴的时间由,可知在时间内,液滴刚好转过。之后磁场强弱和方向都变了,则偏转方向变了,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:页,共20页:..已知:,解得:由,解得在时间内,液滴转过同理得,液滴在时间内与时间内的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样,时间内与时间内的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样综上所述,得到液滴一个周期的轨迹图如图所示由几何关系得则液滴第次经过x轴时的x坐标为,解得:、2、3……答:抛出点P的坐标是。液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间是。液滴第n次经过x轴时的x坐标是、2、3……。【解析】液滴从P点开始做平抛运动,由平抛运动的规律将液滴的运动分解处理并求解;带正电的液滴受到的电场力与其重力等大反向,两力的合力为零,相当于液滴只受洛伦兹力在xOy平面内做匀速圆周运动。由洛伦兹力提供向心力,求解其轨迹半径和运动周期,画出液滴在时间内运动轨迹,由几何关系求得对应的圆心角再求时间;由洛伦兹力提供向心力,求解其各阶段的轨迹半径和运动周期,推断液滴在时间内偏转情况,画出在磁感应强度随时间的变化的一个周期内的运动轨迹图,根据周期性,结合几何关系求解。本题考查了带电粒子在混合场中的复杂的运动过程的处理,解题的关键和难点是能够根据磁场的变化画出粒子轨迹图形,依据轨迹图结合几何关系解答。页,共20页:..16.【答案】解:小滑块从AB上的P点滑到B点的过程,根据动能定理有:因为a、b的质量相等,发生碰撞时满足动量守恒,取向右为正方向,有:弹簧储存的弹性势能最大的条件有:解得:,;取向右为正方向,根据动量守恒定律和能量守恒定律有:解得,在小滑块b滑上最高点的过程中,根据动能定理有:解得:设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为,根据动能定理可得:整理后有:b与a碰后再次交换速度,此时b的速度为零,a的速度大小为,则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程,有:由于交换速度,故与大小相等解得:返回底端的过程中:在底部a与b碰撞后再次交换速度,则b的速度大小b上升到顶端的过程中:可得所以:故可知小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系,其中公比同时由于在同一斜面上,上滑与下滑的路程相等,有:解得:。页,共20页:..答:点距水平面的高度为12;小滑块a与小滑块b第一次碰撞后,小滑块b沿斜面CD上滑的最大距离为10m;小滑块b在斜面上运动的总路程为28m。【解析】小滑块a从AB上的P点滑到B点的过程,根据动能定理列方程;a、b发生碰撞时满足动量守恒,根据动量守恒定律、功能关系进行解答;根据动量守恒定律和能量守恒定律、结合动能定理进行解答;分析b的运动过程,对b根据动能定理、碰撞过程中的动量守恒定律得到位移表达式,再根据数学知识进行解答。本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律;对于动量守恒定律,其守恒条件是:系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零;解答时要首先确定一个正方向,利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程,再根据能量关系列方程求解。页,共20页