绝密★启用前

159043-卷2　2024年普通高中学业水平选择性考试(河北卷)《2025高考试题攻略 第1辑 一年真题风标卷 物理》

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	总分
得分

注意事项:

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

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．锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料。研究表明,锂元素主要来自宇宙线高能粒子与星际物质的原子核产生的散裂反应,其中一种核反应方程为 C H Li+ H+X,式中的X为     （      ）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A n     B e     C e     D He

2．我国古人最早发现了尖端放电现象,并将其用于生产生活,如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻,一古塔顶端附近等势线分布如图所示,相邻等势线电势差相等,则a、b、c、d四点中电场强度最大的是

    

A.a点        B.b点   C.c点     D.d点

3．篮球比赛前,常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程,并得出了篮球运动的v-t图像,如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是

A.a点           B.b点          C.c点                 D.d点

4．R₁、R₂为两个完全相同的定值电阻,R₁两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的 倍),R₂两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q₁∶Q₂为    

A.2∶3                   B.4∶3 C.2∶ D.5∶4

5．如图,弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体,球体静止于带有固定挡板的斜面上,斜面倾角为30°,挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向,读数为1.0 N,g取10 m/s²,挡板对球体支持力的大小为

A. N    B.1.0 N                C. N                 D.2.0 N

6．如图,一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动,轻杆一端固定在电动机的转轴上,另一端悬挂一紫外光笔,转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上,沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸,感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m,电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为

    

A.0.2 rad/s,1.0 mB.0.2 rad/s,1.25 m

C.1.26 rad/s,1.0 mD.1.26 rad/s,1.25 m

7．如图,真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心,沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为 。已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0,静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为

A.                              B. (6+ )

C. (3 +1)   D. (3+ )

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。全都选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

8．2024年3月20日,鹊桥二号中继星成功发射升空,为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24 h的环月椭圆冻结轨道 (如图),近月点A距月心约为2.0×10³ km,远月点B距月心约为1.8×10⁴ km,CD为椭圆轨道的短轴,下列说法正确的是     （      ）

A.鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12 h

B.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1

C.鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线

D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9 km/s且小于11.2 km/s

9．如图,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移动,活塞重新静止后    

A.弹簧恢复至自然长度

B.活塞两侧气体质量相等

C.与初始时相比,汽缸内气体的内能增加

D.与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少

10．如图,真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行,ABCD的边长一定,abcd的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是    

A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出

B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出

C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°

D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°

三、非选择题:本题共5小题,共54分。

11．(8分)(1)某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长,实验装置如图1所示,其中测量头包括毛玻璃、游标尺、分划板、手轮、目镜等。

图1

该同学调整好实验装置后,分别用红色、绿色滤光片,对干涉条纹进行测量,并记录第一条和第六条亮纹中心位置对应的游标尺读数,如表所示:

单色光类别	x1/mm	x6/mm
单色光1	10.60	18.64
单色光2	8.44	18.08

根据表中数据,判断单色光1为　　　　(填“红光”或“绿光”)。 

图2

(2)图2为探究平抛运动特点的装置,其斜槽位置固定且末端水平,固定坐标纸的背板处于竖直面内,钢球在斜槽中从某一高度滚下,从末端飞出,落在倾斜的挡板上挤压复写纸,在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球,得到了如图3所示的印迹,坐标纸的y轴对应竖直方向,坐标原点对应平抛起点。

①每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度　　　　(填“相同”或“不同”)。 

②在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。

图3

③根据轨迹,求得钢球做平抛运动的初速度大小为　　　　m/s(当地重力加速度g为9.8 m/s²,保留2位有效数字)。 

12．(8分)某种花卉喜光,但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光强报警器,以便在光照过强时提醒花农。该实验用到的主要器材如下:学生电源、多用电表、数字电压表(0~20 V)、数字电流表(0~20 mA)、滑动变阻器R(最大阻值50 Ω,1.5 A)、白炽灯、可调电阻R₁(0~50 kΩ)、发光二极管LED、光敏电阻R_G、NPN型三极管VT、开关和若干导线等。

(1)判断发光二极管的极性

使用多用电表的“×10 k”欧姆挡测量二极管的电阻。如图1所示,当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时,多用电表指针位于表盘中a位置(见图2);对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位置(见图2)。由此判断M端为二极管的　　　　(填“正极”或“负极”)。 

图1 图2

(2)研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性

①采用图3中的器材进行实验,部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始。导线L₁、L₂和L₃的另一端应分别连接滑动变阻器的　　　　、　　　　、　　　　接线柱(以上三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”)。 

图3

②图4为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线,图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强。由图像可知,光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而　　　　　　(填“增大”或“减小”)。 

图4

(3)组装光强报警器电路并测试其功能

图5为利用光敏电阻、发光二极管、三极管(当b、e间电压达到一定程度后,三极管被导通)等元件设计的电路。组装好光强报警器后,在测试过程中发现,当照射到光敏电阻表面的光强达到报警值时,发光二极管并不发光,为使报警器正常工作,应　　　　(填“增大”或“减小”)可调电阻R₁的阻值,直至发光二极管发光。 

13．(8分)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0),质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:

(1)电场强度E的大小。

(2)小球在A、B两点的速度大小。

14．(14分)如图,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。

(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。

(2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数。

15．(16分)如图,三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg,A木板长度为2.0 m,机器人质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/s²,忽略空气阻力。

(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。

(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。

(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端,此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。

参考答案

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. D　

根据核反应前后质量数和电荷数守恒得,A=12+1-7-2×1=4,Z=6+1-3-2×1=2,则X为 He,D正确。

2. C　

在静电场中,等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。由题图可知,c点等差等势线最密集,故c点电场强度最大,C正确。

3. A　

由题图图像可知,篮球从某一高度由静止释放后,速度负向增大(关键点:可知整个运动过程中规定向上为速度正方向),落地反弹后上升至a点,此时速度第一次向上减为零,故此时到达离地最高处,A正确。

4. B　

设R₁、R₂的阻值均为R,根据题中所给信息,结合题图图像可得(关键点:图1中前 是三角形脉冲,后 是直线脉冲)Q₁= · + · = T,Q₂= T= T,则 = ,B正确。

5. A　

对球体受力分析如图所示:

正交分解列方程,x轴方向:F_N1sin 30°=F_N2sin 30°,

y轴方向:F_N1cos 30°+F_N2cos 30°+F=mg,联立方程解得F_N1= N,A正确。

6. C　

根据题意可知,紫外光笔的光点在纸面上沿x轴方向做简谐运动,可求解ω= =2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s,A、B错误;T= =5 s,由杆长0.1 m可知振幅A=0.1 m, =2.5,则运动路程s=2.5×4×0.1 m=1.0 m,C正确,D错误。

7. D　

由于M点与A点关于带电细杆对称,故细杆在A处产生的电场强度大小E₆=E₃= ,方向竖直向上,故A点的电场强度大小E=E'_合+E₆=( +3) ,D正确。

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。全都选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

8. BD　

鹊桥二号围绕月球做椭圆运动,从A→C→B做减速运动,从B→D→A做加速运动,所以从C→B→D的运动时间大于半个周期,即大于12小时,A错误;在A点,根据牛顿第二定律,有G =ma_A,在B点,根据牛顿第二定律,有G =ma_B,联立并代入数据可得鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为a_A∶a_B=81∶1,B正确;根据物体做曲线运动时速度方向沿该点的切线方向,可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不垂直于其与月心的连线,C错误;鹊桥二号发射后围绕月球沿椭圆轨道运动,并未脱离地球引力束缚,也在围绕地球运动,所以鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9 km/s而小于11.2 km/s(关键点:7.9 km/s是环绕地球运动的最小发射速度,11.2 km/s是脱离地球引力束缚的最小发射速度),D正确。 

9. ACD　

初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态,弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严,可知左侧气体向右侧真空散逸,左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,最终左、右两侧气体压强相等,且弹簧恢复原长,A正确;由于活塞向左移动,左侧气体体积小于右侧气体体积,则左侧气体质量小于右侧气体质量,B错误;密闭的汽缸绝热,与外界没有能量交换,但弹簧弹性势能减少了,可知气体内能增加,C正确;初始时气体在左侧,最终气体充满整个汽缸,初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍,D正确。

10. ACD

若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,粒子从C点垂直于BC射出,A、C正确;当粒子穿过ad边速度方向与ad边夹角为60°时,若粒子从cd边再次进磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,则粒子不能垂直BC射出,若粒子经bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,则粒子一定垂直BC边射出,B错误,D正确。

甲　 乙

丙

三、非选择题:本题共5小题,共54分。

11. (1)绿光(2分)　(2)①相同(2分)　②见解析(2分)        ③0.71(2分)

(1)根据Δx= ,可得λ= ,由表格数据可知,

Δx₁= mm=1.608 mm,Δx₂= mm=1.928 mm,Δx₁<Δx₂,则λ₁<λ₂,由于绿光波长小于红光波长,则单色光1为绿光。

(2)①为保证钢球每次平抛运动的初速度相同,必须让钢球在斜槽上的相同高度由静止释放。

②钢球做平抛运动的轨迹如图所示。

③因为坐标原点对应平抛起点,为方便计算,在图线上找到纵坐标为19.6 cm的点为研究点,该点的坐标为(14.1 cm,19.6 cm),将研究点的数据代入y= gt²、v₀= ,解得v₀≈0.71 m/s。

12. (1)负极(1分)　(2)①A(1分)　A(1分)　D(或C)(1分)　②减小(2分)　(3)增大(2分)

(1)

(2)①题目要求电压表、电流表读数从零开始,所以应该采用滑动变阻器分压式接法连接电路,故L₁、L₂接滑动变阻器A接线柱, L₃必须接在金属杆两端接线柱任意一个,即C或D。②由图像可知,随光照强度增加,I-U图像斜率增大,所以电阻减小。

(3)

13. (1) 　(2) 　

(1)在匀强电场中,由公式 E= 可得 E=      (2分)

(2)在A点细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得

Eq-mg=      (2分)

由A点到B点,由动能定理得

Uq-mgL= m - m      (2分)

联立解得v_A= ,v_B=      (2分)

14. (1) 　 　(2) - tan θ或 或 tan θ

(1)当导体棒OA运动到正方形金属细框对角线瞬间,切割的有效长度最大,则L_有max= L,

此时感应电流最大,CD棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律,有E_max=BL_有max      (1分)

其中,平均速度为 = ,

则感应电动势E_max=BL²ω     (1分)

根据闭合电路欧姆定律,有I_max=      (1分)

则CD棒所受安培力的最大值为F_max=BI_maxL=      (1分)

当导体棒OA运动到与细框某一边平行瞬间,切割的有效长度最小,感应电流最小,CD棒所受的安培力最小,根据法拉第电磁感应定律,有E_min=BL_有min      (1分)

其中L_有min=L,平均速度为 = ,

则感应电动势E_min= BL²ω     (1分)

根据闭合电路欧姆定律,有I_min=      (1分)

则CD棒所受安培力的最小值为F_min=BI_minL=      (1分)

(2)解法一:当CD棒所受安培力最小时,根据平衡条件,有

mgsin θ-μmgcos θ-F_min=0     (1分)

当CD棒所受安培力最大时,根据平衡条件,有

F_max-mgsin θ-μmgcos θ=0     (1分)

联立可得m=      (1分)

撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律,有

F_max-mgsin θ+μmgcos θ=ma     (1分)

可得CD棒与导轨间的动摩擦因数为

μ= - tan θ     (2分)

解法二:当CD棒所受安培力最大时,受力分析如图1所示,根据平衡条件,有

F_max-mgsin θ-μmgcos θ=0     (2分)

撤去推力瞬间,受力分析如图2所示,根据牛顿第二定律,有

F_max-mgsin θ+μmgcos θ=ma     (2分)

联立可得,CD棒与轨道间的动摩擦因数μ=      (2分)

图1　　 图2

解法三:当CD棒所受安培力最小时,根据平衡条件,有

mgsin θ-μmgcos θ-F_min=0     (1分)

当CD棒所受安培力最大时,根据平衡条件,有

F_max-mgsin θ-μmgcos θ=0     (1分)

撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律,有

F_max-mgsin θ+μmgcos θ=ma     (1分)

联立可得m= ,a=      (1分)

由解法一可知,μ= - tan θ,代入a的值可得

μ= - tan θ= tan θ     (2分)

(以上三种解法都正确)

【名师点评】从该题给出的题设条件可推导出m和a的值,故按不同的解法会得到不同的答案,代入m和a的值即可发现三种解法得到的结果相互等价。

15. (1)1.5 m 　(2)90 J　2　(3)x_AC= L_B

(1)机器人从A木板左端走到A木板右端的过程中,机器人与A木板组成的系统动量守恒,A木板向左运动,B、C木板静止,设机器人的质量为M,三个木板的质量均为m,

由动量守恒定律得Mv=mv_A,

设所用时间为t,则有Mvt=mv_At,即Mx=mx_A     (1分)

又x+x_A=L_A     (1分)

联立解得x_A=1.5 m     (1分)

则A、B木板间的水平距离为1.5 m。

(2)设机器人起跳的速度大小为v₀,速度方向与水平方向的夹角为θ,机器人从A木板右端跳到B木板左端的时间为t₁,

由斜抛运动规律得

v₀cos θ·t₁=x_A,

v₀sin θ=g·      (1分)

联立解得 = ,

机器人跳离A木板的过程中,系统水平方向动量守恒,

由动量守恒定律得Mv₀cos θ=mv'_A     (1分)

由功能关系得,机器人做的功为W= M + mv'²_A     (1分)

联立可得W= ·45 J= ·45 J= ·45 J     (1分)

由数学知识可知,当且仅当 tan θ= 时,即tan θ=2时,机器人做功最少,代入可得W=90 J     (1分)

(3)由tan θ=2,可计算出v₀cos θ= m/s,由Mv₀cos θ=mv'_A解得v'_A= m/s,此后A木板以此速度向左做匀速直线运动。机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得

Mv₀cos θ=(M+2m)v_B     (1分)

此过程中A木板向左运动的距离x'_A=v'_At₁,

代入数据得x'_A=4.5 m     (1分)

机器人连续三次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人的水平速度大小为v₁,B木板的速度大小为v_B1,机器人每次跳跃的时间为Δt,

以向右为正方向,由动量守恒定律得

(M+m)v_B=Mv₁-mv_B1　①     (1分)

每次跳跃,机器人和B木板的相对位移为 ,则有

=(v₁+v_B1)Δt　②     (1分)

机器人到达B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器人跳上B左端到跳到B的右端的过程中,A、B木板的位移之差为Δx=x_A+x'_A=6 m,则有(v_B1-v'_A)·3Δt=Δx　③     (1分)

联立①②③三个式子得Δt= -      (1分)

A、C两木板的间距为x_AC=(v'_A+v_C)·3Δt+Δx+L_B,v_C=v_B     (1分)

整理得x_AC= L_B     (1分)