《2023届安徽省合肥市第三十五中学高三第二次联考物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届安徽省合肥市第三十五中学高三第二次联考物理试卷含解析.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 B汤姆孙发现了电子，并提出了原子的枣
2、糕模型 C将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，降低其温度，该元素的半衰期将增大 D一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小 2、在如图所示的变压器电路中，a、b 端输入有效值为 U 的正弦式交变电压，原线圈电路中接有一个阻值为 R0的定值电阻，副线圈电路中接有电阻箱 R，变压器原副线圈的匝数比为 1：3.若要使变压器的输出功率最大，则电阻箱的阻值为（）A9R0 B09R C3R0 D0 3R 3、物体做匀速圆周运动时，在任意相同时间间隔内，速度的变化量（）A大小相同、方向相同 B大小相同、方向不同 C大小不同、方向不同 D大小不同、方向相同 4、如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在
3、升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当电梯在竖直方向匀速运动时，压力传感器有一定的示数。现发现压力传感器的示数逐渐减小，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（）A升降机正在匀加速上升 B升降机正在匀减速上升 C升降机正在加速下降，且加速度越来越大 D升降机正在加速上升，且加速度越来越大 5、下列说法正确的是（）A射线是高速电子流，它的穿透能力比射线和射线都弱 B在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能 C根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的动能减小 D当紫外线照射到金属锌板
4、表面时能发生光电效应，则当改为红光照射时，也能发生光电效应，但从锌板表面逸出的光电子的最大初动能减小 6、如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述正确的是 A物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力 B库仑力对两物块做的功相等 C最终，两个物块的电势能总和不变 D最终，系统产生的内能等于库仑力做的总功 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、对一
5、定质量的理想气体，下列说法正确的是_。A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 B在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 C在恒温时，压缩气体越来越难以压缩，说明气体分子间的作用力在增大 D气体在等压膨胀过程中温度一定升高 E.气体的内能增加时，气体可能对外做功，也可能放出热量 8、在流浪地球的“新太阳时代”，流浪 2500 年的地球终于定居，开始围绕比邻星做匀速圆周运动，己知比邻星的质量约为太阳质量的18，目前地球做匀速圆周运动的公转周期为 1y，日地距离为 1AU（AU 为天文单位）。若“新太阳时代地球的公转周期也为 1y，可知“新太阳时代”（）
6、A地球的公转轨道半径约为12AU B地球的公转轨道半径约为18AU C地球的公转速率与目前地球绕太阳公转速率的比值为 12 D地球的公转速率与目前地球绕太阳公转速率的比值为 14 9、A、B 两粒子以相同的初速度沿与电场线垂直的方向由左边界的同一点先后进入同一匀强电场，最后它们都从电场的右边界离开电场。不计粒子的重力。已知 A、B 两粒子的质量之比为 1：4，电荷量之比为 1：2，则此过程中（）AA、B 的运动时间之比为 1：1 BA、B 沿电场线的位移之比是 1：1 CA、B 的速度改变量之比是 2：1 DA、B 的电势能改变量之比是 1：1 10、如图所示，用粗细均匀、总电阻为r的导线围成
7、一个边长为L的等边三角形闭合线框，线框以速度v匀速穿过一个水平方向宽度为2L，竖直方向足够长的磁场区域，该磁场的磁感应强度为B。线框在匀速穿过磁场区域过程中BC边始终与磁场边界（图中虚线所示）平行，则下列说法正确的是（）A导线框从刚进入磁场到完全进入磁场过程中产生的平均电动势为EBLv B导线框从刚进入磁场到导线框完全离开磁场过程中，导线框不受安培力作用的时间为(43)2Lv C导线框BC边刚进入和刚离开磁场时BC两间的电势差相等 D导线框从BC边进入磁场的水平距离为L时刻开始到导线框完全离开磁场过程中通过线框的电荷量为234qBLr 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题
8、卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）某学习小组用图甲所示的实验装置探究动能定理。A、B 处分别为光电门，可测得小车遮光片通过 A、B处所用的时间；用小车遮光片通过光电门的平均速度表示小车通过 A、B 点时的速度，钩码上端为拉力传感器，可读出细线上的拉力 F。(1)用螺旋测微器测量小车上安装的遮光片宽度如图丙所示，则宽度 d=_mm，适当垫高木板 O 端，使小车不挂钩码时能在长木板上匀速运动。挂上钩码，从 O 点由静止释放小车进行实验；(2)保持拉力 F=0.2N 不变，仅改变光电门 B 的位置，读出 B 到 A 的距离 s，记录对于的 s 和 tB数据，画出2Bsv图像如图乙所
9、示。根据图像可求得小车的质量 m=_kg；(3)该实验中不必要的实验要求有_ A钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量 B画出2Bsv图像需多测几组 s、tB的数据 C测量长木板垫起的高度和木板长度 D选用宽度小一些的遮光片 12（12 分）实验室中有一台铭牌模糊的可拆卸式变压器，如图所示，该变压器可近似看做理想变压器。某同学欲测量它的初级次级线圈匝数：先在闭合铁芯的上端铁轭处紧密缠绕 100 匝漆包细铜线，并将细铜线两端与理想交流电压表构成闭合回路。（1）在次级线圈左右两端的接线柱上输入 12V 低压交流电压，理想交流电压表示数为 60V，则次级线圈的匝数为_匝；在初级线圈左右两端的接线柱上
10、输入 12V 低压交流电压，理想交流电压表示数为 30V，则初级线圈的匝数为_匝。（2）若初级线圈左右两端接线柱接入的交变电压瞬时表达式为 u=311sin100t(V)，则与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为_V。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示，横截面积为 s=10cm2的上端开口气缸固定在水平面上，质量不计的轻活塞 a 下面封闭长度为l=30cm 的理想气体，上面通过轻绳与质量为 m=4kg 重物 b 相连，重物 b 放在一劲度系数为 k=200N/m 的轻弹
11、簧上，弹簧下端固定在地面上，上端与重物 b 接触，但不拴接，气缸和光滑活塞 a 导热性能良好。开始时，外界温度为 T0=300K，弹簧弹力大小为 F=20N，现缓慢降低温度，已知外界大气压强始终为 P0=1105Pa，重力加速度大小 g=10m/s2，求：弹簧与 b 物体刚分离时，气缸中气体的温度；从开始状态到 b 物体离开弹簧时，气体内能减少了 40J，则气体与外界交换了多少热量。14（16 分）汤姆孙利用磁偏转法测定电子比荷的装置如图所示，真空管内的阴极 K 发出的电子（不计初速度、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过 B 中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块水平正对放置的平行极板
12、D1和 D2间的区域。当 D1、D2两极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心 P1点处，形成了一个亮点；加上图示的电压为 U 的偏转电压后，亮点移到 P2点，再加上一个方向垂直于纸面的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为 B 时，亮点重新回到 P1点，去掉偏转电压后，亮点移到 P3点。假设电子的电量为 e，质量为 m，D1、D2两极板的长度为 L，极板间距为 d，极板右端到荧光屏中心的距离为 s，R 与 P 竖直间距为 y，水平间距可忽略不计。（只存在磁场时电子穿过场区后的偏角很小，tansin；电子做圆周运动的半径 r 很大，计算时略去()(4)nLnr项的贡献）。（1）判定
13、磁场的方向，求加速电压的大小；（2）若测得电子束不偏转时形成的电流为 I，且假设电子打在荧光屏。上后不反弹，求电子对荧光屏的撞击力大小；（3）推导出电子比荷的表达式。15（12 分）如图所示，xOy 为竖直面内的直角坐标系，在 y 轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y 轴右侧电场方向竖直向下，y 轴左侧电场方向竖直向上。y 轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与 y 轴相切于 O 点。现有一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球，用长为 l、不可伸长的绝缘细线悬挂在 P 点的钉子上，P 点与坐标原点 O 的距离亦为 l。将小球拉至细线绷直且与 y
14、轴负方向成 60角无初速释放，小球摆至 O 点即将进入磁场时细线恰好断裂。最终小球刚好击中 P 点的钉子，此时速度方向与 y 轴正方向成 30角。已知细线能承受的最大张力 Fm=4mg，小球可视为质点，重力加速度为 g，不计阻力。求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积；（3）小球在 x0 区域运动的时间。（结果用 m、q、l、g 表示）参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、B【解析】A在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故 A 错误；B汤姆孙通过研究阴极射线
15、发现了电子，并提出了原子的枣糕模型，故 B 正确；C半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故 C 错误；D一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为金属的极限频率大于入射光的频率，故 D 错误。故选 B。2、A【解析】理想变压器原线圈接有电阻，可运用等效电阻法把副线圈的电阻箱搬到原线圈上，则 2212=I RI R效 1221InIn 得 212219nRRRn效 而等效的全电路要使外电阻 R效的功率最大，需要 0RR效 满足可变电阻的功率能取最大值，解得 09RR 故 A 正确，BCD 错误。故选 A。3、B【解析】物体做匀速圆周运动时，速度的变化量vat，由于加速度的大小不变但方向时
16、刻在变化，所以在任意相同时间间隔内，速度的变化量大小相等，方向不同。A.大小相同、方向相同，与分析不符，故 A 错误；B.大小相同、方向不同，与分析相符，故 B 正确 C.大小不同、方向不同，与分析不符，故 C 错误；D.大小不同、方向相同，与分析不符，故 D 错误。4、D【解析】篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡，随着压力传感器的示数逐渐减小，篮球受到倾斜天花板在水平方向的分力减小，则其在竖直方向的分力减小，而弹簧的弹力不变，故篮球必然有竖直向上且增大的加速度，选项 D 项正确，ABC 错误。故选 D。5、B【解析】A射线是高速电子流，它
17、的穿透能力比射线强，比射线弱，故 A 项错误；B原子核的结合能与核子数之比称做比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能，故 B 项正确；C根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子跃迁到离核较近的轨道上运动，据 222evkmrr 可得，核外电子的动能增加，故 C 项错误；D当紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，当改为红光照射时，不能发生光电效应，因为红光的频率小于锌板的极限频率，故 D 项错误。故选 B。6、D【解析】A开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动；当库仑力小于摩擦力后，物
18、块做减速运动，故 A 错误；B物体之间的库仑力都做正功，且它们的库仑力大小相等，质量较小的物体所受摩擦力也较小，所以质量小的物体位移较大，则库仑力做功较多一些，故 B 错误。C在运动过程中，电场力对两带电体做正功，两物体的电势能减小，故 C 错误；D两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功，而摩擦阻力做负功，由于从静止到停止，根据动能定理可知，受到的库仑力做的功等于摩擦生热。故 D 正确。故选 D。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、ADE【解析】
19、A气体的体积指的是该气体分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和，故 A 正确；B气体对容器壁的压强是由分子运动时与容器内壁的碰撞产生的，不是由重力产生的，故 B 错误；C气体分子间没有作用力，压缩气体时，气体压强增大，气体压强越大越难压缩，故 C 错误；D由公式 PVCT 可知气体在等压膨胀过程中温度一定升高，故 D 正确；E由公式 UQW 知，气体的内能增加时，气体可能对外做功，也可能放出热量，但不可能同时对外做功和放出热量，故 E 正确。故选 ADE。8、AC【解析】AB根据万有引力提供向心力可知：222()MmGmrrT 解得公转半径为：2324GMTr 比邻星质量约为
20、太阳质量18，公转周期相同，则“新太阳时代”，地球的公转轨道半径约为12AU，A 正确，B 错误；CD根据 22MmvGmrr 解得公转速率 GMvr 比邻星质量约为太阳质量18，公转半径之比为 1：2，则公转速率之比为 1：2，C 正确，D 错误。故选 AC。9、ACD【解析】A假设粒子在垂直电场方向运动的位移为L，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动 0Ltv 结合题意可知 A、B 在电场中的运动时间相同，A 正确；BC根据加速度的定义式可知速度的改变量之比等于加速度之比，粒子只受电场力作用。根据牛顿第二定律变形 qEam 可得 AB14221aa 根据运动学公式 212dat 可得 A、B
21、 沿电场线的位移之比 AABB2dada B 错误，C 正确；D电场力做功改变电势能，所以 A、B 的电势能改变量之比等于电场力做功之比，电场力做功 22 22q E tWqEdm 所以 A2B14112WW D 正确。故选 ACD。10、BD【解析】A.根据法拉第电磁感应定律，线框从刚进入磁场到完全进入磁场过程中产生的平均电动势：Et，而：2133224BSBLLBL，3322LLtvv，解得 12EBLv，故 A 错误；B.导线框完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流，不受安培力作用的时间为：32(43)22LLsLtvvv，故 B 正确；C.线框 BC 边刚进入磁场时BC两端的电势差
22、为：2333BCrBLvrUBLvIBLvBLvr，线框BC边刚离开时，BC两端的电势差为：221333BCBLvUBLvIrBLvrBLvr，故 C 错误；D.导线框BC边进入磁场的水平距离为L时线框已经完全进入磁场，由：234qIttBLrtrr ，故 D 正确。故选：BD。三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、1.125 0.6 AC 【解析】(1)1根据螺旋测微器的读数规则可知，固定刻度为 1mm，可动刻度为 12.50.01mm=0.125mm，则遮光片宽度：d=1mm+0.125mm=1.125mm。(2)2小车做匀加
23、速直线运动，通过光电门的时间为 tB，利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，小车通过光电门 B 的速度 BBdvt 设通过光电门 A 的速度为 vA，根据动能定理可知 221122BAFmsvmv 解得 2222ABmvmsvFF 对照图象可知，斜率 0.320.2mF 解得小车的质量 m=0.6kg(3)3A小车受到的拉力可以通过拉力传感器得到，不需要钩码和拉力传感器的质量远小于小车的质量，故 A 错误；B为了减少实验误差，画出 s-vB2图象需多测几组 s、tB的数据，故 B 正确；C实验前，需要平衡摩擦力，不需要测量长木板垫起的高度和木板长度，故 C 错误；D选用宽度小一些的遮光片，可
24、以减少实验误差，使小车经过光电门时速度的测量值更接近真实值，故 D 正确。本题选不必要的，即错误的，故选 AC。12、200 400 110 【解析】(1)12由理想变压器的电压与匝数关系 1122UnUn 可知次级线圈的匝数为 22121002060UnnU匝 初级线圈的匝数 11121004030UnnU匝(2)3因交流电压表的示数为电压有效值该变压器初级、次级线圈的匝数比为 2：1，由 1122UnUn 可知与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为 110V.四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步
25、骤。13、150K；气体向外界放了 47J 的热量【解析】最初弹簧的压缩量 0.1Fxk m 对被封闭的气体，初始状态 10300TTK 1VSl 对活塞 01p Sp SmgF 解得 5100.8 10mgFppSPa b 与弹簧分离时 T2，2()VS lx 对活塞 02p Sp Smg 解得 5200.6 10mgppSPa 由气体状态方程得 1 12212PVPVTT 联立解得 2150T K 从开始到 b 物刚离开弹簧时，活塞下降了 x=10cm，则外界对气体做功：072mgmgFWPSxx J 由热力学第一定律得 UWQ 可解得 Q=47J 即气体向外界放出了 47J 的热量。14
26、、（1）垂直纸面向外，20222mUUed B；（2）1mIUFedB；（3）2222eyUmB dsLL【解析】（1）磁场方向垂直纸面向外。设加速电压为0U，电子刚进入偏转极板时的速度大小为 v，则对加速的电子应用动能定理得 2012eUmv 两种场都存在的情况中，电子不偏转，则电子受到的洛伦兹力为 fevB 极板间电场强度为 UEd 电场力为 FEe 电子不偏转，则 UEd 联立解得 20222mUUed B（2）设一个极短时间 t 内撞击荧光屏的电子个数为 n，撞击力为1F，则对这些电子用动量定理，得 1Ftnmv 由电流的定义式得 neIt 联立解得 1mIUFedB（3）在撤去电场后
27、，设电子的偏转角为，电子轨迹半径为 r，如图所示 由图可知 22tan()ysrrL 由于很小，则 tansinLr 2222242222222241124rLLLLrrLrrrrrrrrrr 由于444Lr可略去，所以 22222122LLrrLrrrr 又洛伦兹力充当向心力，所以 2vevBmr 联立解得电子的荷质比 2222eyUmB dsLL 15、(1)mgq；(2)32mgql，213l；(3)26()96lg【解析】（1）设小球从静止释放运动到 O 点时的速率为 v0，由动能定理得 201()(1 cos60)02qEmg lmv 在 O 处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得 20(
28、)mmvFqEmgl 而 Fm=4mg 联立解得 02vgl，mgqE （2）由前面分析可知小球在 O 处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。出磁场后做匀速直线运动到达 P 处。粒子运动轨迹如图所示 O1、O2分别为轨迹圆心、磁场圆心，设 r、R 分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有 sin30rrl 解得 3lr 由牛顿第二定律得 200mvqv Br 解得 32mgBql 方向垂直于纸面向外；由几何关系可知 tan30Rl，2SR 解得 213Sl（3）小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为23，所用的时间 10rtv 出磁场后匀速直线运动，所用时间 203rtv 故小球在 x0 区域运动的时间 122696ltttg