2022-2023学年福建省厦门市高三第二次模拟考试物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、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，再选涂其它答案标号。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 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、质量为m、初速度为零的物体，在不同变化的合外力作用下都通过位移0 x下列各种情况中合外力做功最多的是（）A B C D 2、如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 11

2、:1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A、V 均为理想电表，二极管 D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，R 是定值电阻，L 是灯泡，Rt是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（）A交变电流的频率为 100Hz B电压表的示数为 10V C当温度升高时，灯泡 L 变亮 D当温度降低时，理想变压器输入功率增大 3、电容为 C 的平行板电容器竖直放置，正对面积为 S，两极板间距为 d，充电完成后两极板之间电压为 U，断开电路，两极板正对区域视为匀强电场，其具有的电场能可表示为2p12ECU。如果用外力使平行板电容器的两个极板间距缓慢变为 2d，下列说法正确的是（）A电容变为原来的两

3、倍 B电场强度大小变为原来的一半 C电场能变为原来的两倍 D外力做的功大于电场能的增加量 4、一三棱镜截面如图所示，C=90，B=60，AC 面涂有反光涂层。一细束光从 O 垂直 AB 边射入棱镜，经 AC 面反射到 BC 面，在 BC 面上恰好发生全反射。则该棱镜的折射率为（）A2 B3 C2 33 D2 5、如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为 L，活塞距地面的高度为 h，汽缸底部距地面的高度为 H，活塞内气体压强为 p，体积为 V，下列说法正确的是（）A当外界温度升高（大气压不变）时，

4、L 变大、H 减小、p 变大、V 变大 B当外界温度升高（大气压不变）时，h 减小、H 变大、p 变大、V 减小 C当外界大气压变小（温度不变）时，h 不变、H 减小、p 减小、V 变大 D当外界大气压变小（温度不变）时，L 不变、H 变大、p 减小、V 不变 6、如图所示，将一交流发电机的矩形线圈 abcd 通过理想变压器外接电阻 R=5，已知线圈边长 ab=cd=0.1m，ad=bc=0.2m，匝数为 50 匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比 n1n2=l3，线圈在磁感应强度 B=0.2T 的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以=200rad/s 的角速度匀速转

5、动，则（）A从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e=40sin200t（V）B交流电压表的示数为 202 V C电阻 R 上消耗的电动率为 720W D电流经过变压器后频率变为原来的 2 倍 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、如图所示，A 和 B 是两个等量异种点电荷，电荷量的绝对值为 q，两点电荷的连线水平且间距为 L，OP 是两点电荷连线的中垂线，O 点是垂足，P 点到两点电荷的距离也为 L。整个系统处于水平向右的

6、匀强电场中，一重力不计的电子恰好能静止在 P 点，下列说法正确的是（）A点电荷 A 一定带正电 B匀强电场的电场强度大小为22kqL CO 点的电场强度大小为27kqL DO 点和 P 点电势相同 8、如图所示，直杆与水平面成 30角，一轻质弹簧套在直杆上，下端固定在直杆底端。现将一质量为 m 的小滑块从杆顶端 A 点由静止释放，滑块压缩弹簧到达最低点 B 后返回，脱离弹簧后恰能到达 AB 的中点。设重力加速度为 g，AB=L，则该过程中（）A滑块和弹簧刚接触时的速度最大 B滑块克服摩擦做功为14mgL C滑块加速度为零的位置只有一处 D弹簧最大弹性势能为13mgL 9、如图，等离子体以平行两

7、极板向右的速度 v=100m/s 进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为 0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为 10cm，两极板间等离子体的电阻 r=1。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中 B 点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中 A 点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为 S 极，R0=2.0，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为 2.0V，则 A玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘 B由上往下看，液体做逆时针旋转 C通过 R0的电流为 1.5A D闭合开关后，R0的热功率为 2W 10、下列

8、有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是 。A热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度 B绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关 C改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能 D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律 E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能 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（6 分）利用如图甲所示装置研究双缝干涉现象，安装好仪器，调整光源的位置，使光源发出的光能平行地进入遮光筒并照亮光屏。放置单缝和双缝，使缝

9、相互平行，调整各部件的间距，观察白光的双缝干涉图样，在光源和单缝间放置滤光片，使单一颜色的光通过后观察单色光的双缝干涉图样。用米尺测出双缝到屏的距离 L，用测量头测出相邻的两条亮（或暗）纹间的距离x，换用不同颜色的滤光片，观察干涉图样的异同，并求出相应的波长。（1）关于该实验，下列说法正确的是_（填正确答案标号）。A增大单缝到双缝的距离。干涉条纹间距变窄 B将蓝色滤光片换成红色滤光片，干涉条纹间距变窄 C换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄 D去掉滤光片后，将观察到彩色的干涉条纹（2）实验装置中分划板与螺旋测微器相连，第一次分划板中心刻度线对齐第 1 条亮纹中心，螺旋测微器读数为1.

10、990mm，转动手轮第二次分划板中心刻度线对齐第 10 条亮纹中心，螺旋测微器的示数如图乙所示。已知双缝的间距为 0.5mm，从双缝到屏的距离为 1m，则图乙中螺旋测微器的示数是_mm，求得相邻亮纹的间距x为_mm，所测光波的波长为_m（结果保留两位有效数字）。12（12 分）图甲是简易多用电表的电路原理图，图中 E 是电源，1R、2R、3R、4R、5R是定值电阻，6R是可变电阻，表头 的满偏电流为200A、内阻为 600，其表盘如图乙所示，最上一行刻度的正中央刻度值为“15”。图中虚线方框内为换挡开关，A 端和 B 端分别与两表笔相连，该多用电表有 5 个挡位，分别为：直流电流 1 A 挡和

11、500A挡，欧姆“1k”挡，直流电压 2.5 V 挡和 10 V 挡。（1）若用欧姆“1k”挡测二极管的反向电阻，则 A 端所接表笔与二极管的_（填“正”或“负”）极相接触，测得的结果如图乙中 a 所示，则该二极管的反向电阻为_k。（2）某次测量时多用电表指针位置如图乙中 b 所示，若此时 B 端是与“1”相连的，则多用电表的示数为_；若此时 B 端是与“4”相连的，则多用电表的示数为_。（3）根据题中所给的条件可得1R、2R的阻值之和为_。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，在竖直平面

12、内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向。在 x=L 到 x=2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷为 k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过 x 轴上 x=3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为 B，重力加速度为 g。求：(1)电场强度的大小；(2)带电微粒的初速度；(3)带电微粒做圆周运动的圆心的纵坐标。14（16 分）如图所示，水平地面上有一长 L=2m、质量 M=1kg 的长板，其右端上方有一固定挡板。质量 m=2kg 的小滑块从长板的左端以v0=6

13、m/s 的初速度向右运动，同时长板在水平拉力 F 作用下以 v=2m/s 的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为 0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。己知长板与地面间的动摩擦因数 1=0.4，滑块与长板间动摩擦因数 2=0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：（1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移 x；（2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小 F；（3）滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量 Q。15（12 分）如图所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧

14、的直轨道平滑相连。某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点 A 的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h，记录小球通过最高点时对轨道（压力传感器）的压力大小为 F。此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组 h 和 F，把这些数据标在 F-h 图中，并用一条直线拟合，结果如图所示。为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，并忽略空气及轨道对小球运动的阻力，取重力加速度 g=10m/s2。请根据该研学小组的简化模型和如图所示的 F-h 图分析：

15、（1）当释放高度 h=0.20m 时，小球到达圆轨道最低点时的速度大小 v；（2）圆轨道的半径 R 和小球的质量 m；（3）若两段倾斜直轨道都足够长，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度 h 应满足什么条件。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、C【解析】试题分析：根据公式WFs可知图像与坐标轴围成的面积表示做功多少，故 C 做功最多，C 正确；考点：考查了功的计算【名师点睛】利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解 2、B【解析】A交变电流的周期 T

16、=0.02s，则频率为150HzfT，选项 A 错误；B变压器原线圈电压有效值为 U1，则 221220()22UTTRR 解得 U1=110V 则 221110VnUUn 选项 B 正确；C当温度升高时，Rt阻值减小，则次级电阻减小，因次级电压不变，则次级电流变大，电阻 R 上电压变大，则灯泡L 电压减小，则灯泡 L 变暗，选项 C 错误；D当温度降低时，Rt阻值变大，则次级电阻变大，因次级电压不变，则次级电流变小，则理想变压器次级功率减小，则输入功率减小，选项 D 错误。故选 B。3、C【解析】A极板间距变为原来两倍，根据r4SCkd可知电容减半，A 错误；B电荷量和极板正对面积不变，则

17、r4UQkQEdCdS 电场强度大小不变，B 错误；C当开关断开后，电容器极板的电荷量 Q 不变，根据 QUC 电容减半，两极板间电压加倍，根据 2p12ECU 可知，电场能加倍，C 正确；D电路断开，没有电流和焦耳热产生，极板的动能不变，则外力做的功等于电场能的增加量，D 错误。故选 C。4、C【解析】做出光路图，如图所示 根据几何关系，光线到达 AC 面的入射角为=30，则反射角为30，根据几何关系，光线在 BC 面的入射角为 i=60，因为光线在 BC 面上恰好发生全反射，则 sin902 3sin3ni 故 C 正确，ABD 错误。故选 C。5、C【解析】以活塞与汽缸为整体，对其受力分

18、析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度 L 不变，活塞的位置不变，h 不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可以判断，体积 V 增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H 减小、p 不变、V 增大；当大气压减小时，对汽缸分析得 0pmpSgS 气体压强 p 减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得 1122pVp V 可知体积V 变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H 减小、p 减小、V 变大，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。6、B【解析】A 线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动

19、势最大值：Em=NBS=500.20.10.2200V=40V 图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e=40cos200t（V）故 A 错误；B 线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值 20 2V2mEE 故 B 正确；C 根据变压比可知，副线圈输出电压：2160 2VnUEn 电阻 R 上消耗的功率：21440WUPR 故 C 错误；D 变压器不会改变交流电的频率，故 D 错误。故选：B。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

20、得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、CD【解析】A对P点的电子进行受力分析可知，等量异种电荷A、B在P点产生的合场强方向向左，故点电荷A带负电，选项A 错误；B匀强电场强度大小 222cos60kqkqELL 选项 B 错误；CO点的电场强度大小 022228722kqkqkqkqEELLLL 选项 C 正确；D由等量异种电荷电场的规律和匀强电场的特点可知，OP为电场的一条等势线，故0p，选项 D 正确。故选 CD。8、BD【解析】A滑块向下运动受到的合力为零时，速度最大，即 sinmgFf弹 这时，速度最大，故 A 错误；B根据动能定理有 f00sin302LmgW

21、解得 f14WmgL 故 B 错正确；C滑块加速度为零即合力为零，向下滑动时 0sinFfmg弹 向上滑动时 sin0Fmgf弹 所以 C 错误；D弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，根据能量守恒 fP2sin303mgLWE 解得弹簧最大弹性势能为 P13EmgL 故 D 正确。故选 BD。9、BD【解析】AB由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向

22、旋转，故 A 错误，B 正确；C当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有 UqvBqd 得=0.50.1 100V=5VU Bdv 由闭合电路欧姆定律有 V0()UUI rR 解得 1AI R0的热功率 0202WRPI R 故 C 错误，D 正确。故选 BD。10、ABD【解析】A根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故 A 正确；B绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故 B 正确；C改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故 C 错误；D第二类永动机不违反能量守恒定

23、律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故 D 正确；E机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故 E 错误。故选 ABD。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、CD 13.870 1.320 76.6 10 【解析】（1）1根据Lxd，d为双缝间距，L 为双缝到屏的距离，增大单缝到双缝的距离，干涉条纹间距不变，A 错误；将蓝色滤光片换成红色滤光片，由于红光的波长比蓝光长，干涉条纹间距变宽，B 错误；换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄，C 正确；去掉滤光片后，将观察到白光彩色的干涉条

24、纹，D 正确。（2）123根据螺旋测微器的读数规则可知读数为 13.870mm，第 1 条亮纹中心与第10 条亮纹中心有 9 个间距，故 13.8701.990mm1.320mm9x 把数据代入xdL求得 76.6 10 m 12、负 7.0 0.30A 0.75V 400 【解析】（1）1若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从 A 端流出，故 A 端与二极管的负极相接触；2根据刻度盘，得出示数为 7.0，又选用了1k 挡，故二极管的反向电阻为 7.0k；（2）3 若此时 B 端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流 1A 档，故此时每小格表示 0.02A，读

25、数为 0.30A；4若此时 B 端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表，为直流电压 2.5V 档，故此时每小格表示 0.05V，读数为0.75V；（3）5由电路特点，接 2 时为 500A 档，则 12()()g ggI rIIRR 即（500-200）10-6（R1+R2）=20010-6600 整理得 R1+R2=400 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、(1)gk；(2)2gkB；(3)2222228gk B Lk Bg【解析】（1）进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则 mgqE

26、gEk（2）粒子轨迹如图所示 由几何关系知 2 cosRL 由洛伦兹力提供向心力 2mvqvBR cosyvv 竖直方向有 ygtv 水平方向有 0Lv t 联立解得 02gvkB（3）竖直方向有 212hgt 圆心的纵坐标为 sinOyhR 联立解得 2222228gk B Lyk Bg 14、（1）0.8m；（2）2N；（3）48J【解析】（1）（5 分）滑块在板上做匀减速运动，a=22mggm 解得:a=5m/s2 根据运动学公式得：L=v0t1-2112at 解得 t=0.4s（t=2.0s 舍去）（碰到挡板前滑块速度 v1=v0-at=4m/s2m/s，说明滑块一直匀减速）板移动的位

27、移 x=vt=0.8m（2）对板受力分析如图所示，有：F+2f=1f 其中 1f=1（M+m）g=12N，2f=2mg=10N 解得：F=2N（3）法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q1=2f（L-x）=2mg（L-x）=12J 滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2=2mg（L-x）=12J 整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量：Q3=1（M+m）gL=24J 所以，系统因摩擦产生的热量：系统因摩擦产生的热量 Q=Q1+Q2+Q3=48J 法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为 F1=2N（第二问可知）F1做功为 W1=F1x=20.8=1.6J 滑块与挡板碰

28、撞后，木板受到的拉力为：F2=1f+2f=1（M+m）g+2mg=22N F2做功为 W2=F2（L-x）=221.2=26.4J 碰到挡板前滑块速度 v1=v0-at=4m/s 滑块动能变化：Ek=20J 所以系统因摩擦产生的热量：Q=W1+W2+Ek=48J 15、（1）2m/s（2）R=0.12m，m=0.02kg（3）h0.12m 或者 h0.3m【解析】（1）设小球质量为 m，对于从释放到轨道最低点的过程，根据动能定理，有 2102mghmv 解得：22m/svgh（2）设小球到达 A 点速度为 vA，根据动能定理 21(2)02Amg hRmv 在 A 点，设轨道对小球的压力为 N，根据牛顿第二定律：2AvNmgmR 根据牛顿第三定律 N=F 联立上述三式可得：25mgFhmgR 对比 F-h 图像，根据斜率和截距关系，可得：R=0.12m m=0.02kg（3）假设 h=h1时，小球恰好到达最高点 A，此时 F=0 由 F-h 图像可得：h1=0.3m 假设 h=h2时，小球恰好到达圆轨道圆心的右侧等高点，此过程根据动能定理：2()00mg hR 解得：h2=R=0.12m 综上，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度 h 应满足：h0.12m 或者 h0.3m