河北省石家庄市第二中学2023届高三第二次调研物理试卷含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即I=kt，其中k为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直

2、且接触良好下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图象，可能正确的是 ABCD2、起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的vt图像如图所示，g=10m/s2，以下说法中正确的是（）A03s内货物处于失重状态B35s内货物的机械能守恒C57s内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍D货物上升的总高度为27m3、如图，A、B两点固定有电荷量分别为+Q1和+Q2的点电荷，A、B连线上有C、D两点，且AC=CD=DB。试探电荷+q只在静电力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，则（）AQ1一定大于Q2BC、D两点的场强方向可能相同C+q的加速度大小

3、先减小后增大D+q的动能和电势能的总和先减小后增大4、两个完全相同的带有同种电荷的小球M和N（可看成点电荷），用轻质绝缘弹簧相连后放在光滑绝缘水平面上的P，Q两点静止不动，如图所示。若将小球N的带电量突然减小一半后的瞬间，小球M和N的加速度大小分别为a1和a2，下列结论正确的是（）ABC，且D，且5、如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环细绳a的一端固定在圆环的A点，细绳b的一端固定在小球上，两绳的联结点O悬挂着一重物，O点正好处于圆心现将小球从B点缓慢移到B点，在这一过程中，小球和重物均保持静止则在此过程中绳的拉力（）A一直增大B一直减小C先增大后减小D先减小后增大6、利用如

4、图甲所示的实验装置研究光电效应，测得某种金属的遏止电压U。与入射光频率v之间的关系图线如图乙所示，则（）A图线在横轴上的截距的物理意义是该金属的截止频率B由图线可知普朗克常量C入射光频率增大，逸出功也增大D要测得金属的遏止电压，电源的右端应为负极二、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、关于气体的性质及热力学定律，下列说法正确的是（）A气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B气体的温度越高，分子热运动就越剧烈，所有分子的速率都增大C一定质量的理想气体

5、，压强不变，温度升高时，分子间的平均距离一定增大D气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性E.外界对气体做正功，气体的内能一定增加8、某同学用如图所示电路演示交流发电机的发电原理，线圈电阻不计，电表为理想电表。当线圈转动的转速增大1倍，下列说法正确的是（）A当线圈处于图示位置时，灯泡两端电压最大B电流表测量的是灯泡的最大电流C电压表的示数增大为原来的2倍D通过灯泡的电流频率为原来的2倍9、下列说法正确的是_。A利用单摆测重力加速度实验中，小球的质量不需要测量B在光导纤维束内传送图像是利用光的衍射现象C泊松亮斑是光透过圆盘形成的衍射现象D用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象

6、E.潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的衍射原理10、如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计），然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ek1，穿出时线框动能为Ek2。从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为Q，克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线框重力势能的减少量为Ep，则下列关系正确的是（ ）AQ=W1BQ = W 2 W 1CQ =EpEk1Ek2DW2=W1(Ek2Ek1)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）未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运

7、动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动， 现对小球采用频闪数码相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：由以上信息，可知a点_（填“是”或“不是”）小球的抛出点；由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为_m/s2 由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是_m/s;由以上信息可以算出小球在b点时的速度大

8、小是_m/s. 12（12分）小妮同学利用如图甲所示的实验装置验证系统机械能守恒。A、B是两个质量均为m的相同小球，O为穿过轻杆的固定转轴，C为固定在支架上的光电门，初始时杆处于水平状态，重力加速度为g。实验步骤如下(1)用游标卡尺测得小球B的直径d如图乙所示，则d=_mm；(2)用毫米刻度尺测得AO长为l， BO长为2l；(3)由静止释放两小球，当小球B通过光电门时，测得光线被小球挡住的时间为t，则在杆由水平转至竖直的过程中两小球组成的系统增加的动能Ek=_， 减少的重力势能Ep=_ （用m、g、l、d、t表示）。(4)若在误差允许的范围内Ek=Ep，则小球A、B组成的系统机械能守恒。四、计

9、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0xa的区域I内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，在xa的区域II内有垂直于纸面向外的匀强磁场，它们的磁感应强度均为B0，磁场边界与x轴交于P点。一质量为m，电荷量为q（q0）的粒子沿x轴从原点O水平射入磁场。当粒子射入速度不大于时，粒子在磁场中运动的时间都相等，不计重力：（1）求速度v0的大小；（2）若粒子射入速度的大小为2v0，求粒子两次经过边界到P点距离的比值；（结果可带根号）（3）若调节区域II磁场的磁感应强度大小为B0，使粒子以速度nv0（n1）从O点沿x轴射

10、入时，粒子均从O点射出磁场，求n与满足的关系。14（16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

11、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：（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。15（12分）如图所示，在一竖直放置的圆环形管道内封闭有一定质量的理想气体用一绝热的固定活塞C和绝热、不计质量、可自由移动的活塞A将管道内气体分隔成体积相等的两部分，A、C与圆环的圆心O等高，两部分气体的温度均为T0=300

12、K现保持下部分气体的温度不变，对上部分气体缓慢加热至T=500K，求此时活塞A的位置与O点的连线跟竖直方向OB之间的夹角（不计两活塞的体积）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、D【解析】AB、由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒才开始运动，根据牛顿第二定律得：F-f=ma，而F=BIL，I=kt，得到 BkLt-f=ma，可见，a随t的变化均匀增大。当t=0时，f=-ma，根据数学知识可知AB错误，故AB错误。CD、速度图象的斜率等于加速度，a增大，则v-t

13、图象的斜率增大。故C错误，D正确。故选D。2、D【解析】A货物开始时竖直向上运动，由vt图像读出03s的斜率即加速度为正，表示加速度向上，则货物处于超重状态，故A错误；B35s内货物做向上的匀速直线运动，一定有除重力以外的拉力对货物做正功，则货物的机械能增加，故B错误；C57s内的加速度为由牛顿第二定律有可得则有货物受到向上的拉力为重力的0.7倍，故C错误；Dvt图像的面积表示货物上升的总位移，则总高度为故D正确。故选D。3、C【解析】A试探电荷+q只在静电力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，电场线先向右后向左，可知在CD之间存在场强为零的位置，但

14、是不能确定与两电荷的距离关系，则不能确定两电荷带电量的关系，故A错误；B由以上分析可知，C、D两点的场强方向相反，故B错误；C因CD之间存在场强为零的位置，则试探电荷从C向D移动时，所受电场力先减小后增加，加速度先减小后增加，故C正确；D因+q只有电场力做功，则它的动能和电势能的总和保持不变，故D错误。故选C。4、D【解析】由题意可知开始时M、N两球开始静止不动，则弹簧的弹力等于它们之间的库仑力，当小球N的带电量突然减小一半后的瞬间根据库仑定律可知它们之间的库仑力立即减小，而弹簧的弹力在这一瞬间保持不变，故合力不为零，根据牛顿第二定律可知因为这一瞬间两球所受弹簧弹力和库仑力都是大小相等，方向相

15、反，而两球质量相同，故两球加速度大小相等，方向相反，故D正确，ABC错误。故选D。5、A【解析】对联结点O进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：可知小球从B点缓慢移到B点过程中，绳a的拉力逐渐变大，故A正确，BCD错误6、A【解析】A由图乙可知，当人射光的频率小于时，无需加遏止电压就没有光电流，说明为该金属的截止频率，故A正确；B根据爱因斯坦光电效应方程及动能定理得则得故B错误；C金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身决定，故C错误；D要测得金属的遏止电压，电源的左端应为负极，故D错误。故选A。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

16、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、ACD【解析】A气体压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用，所以其本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，所以A正确；B物体的温度越高，分子的平均动能就越大。分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个别分子的动能减小，所以B错误；C根据理想气体状态方程可知，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，所以C正确；D气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性，所以D正确；E外界对气体做功由于不知道气体是吸热还是放热，根据热力学第一定律无法

17、确定气体的内能增加还是减小，故E错误。故选ACD。8、ACD【解析】A当线圈处于图示位置时，位于与中性面垂直的平面，瞬时感应电动势最大，灯泡两端电压最大，故A正确；B电流表测量的是通过灯泡电流的有效值，故B错误；C根据可知当转速增加1倍，则电动势最大值增大为原来的2倍，根据可知电动势有效值增大为原来的2倍，即电压表的示数增大为原来的2倍，故C正确；D根据当转速增大1倍，可知交流电的频率变为原来的2倍，即通过灯泡的电流频率为原来的2倍，故D正确。故选ACD。9、ACD【解析】A由单摆周期公式可得，与质量无关，所以利用单摆测重力加速度实验中，小球的质量不需要测量，故A正确；B在光导纤维束内传送图像

18、是利用光的全反射现象，故B错误；C泊松亮斑是光透过圆盘形成的衍射现象，故C正确；D用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故D正确；E潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理，故E错误。故选：ACD。10、ACD【解析】AB由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功为W1，选项A正确，B错误；CD由动能定理即W2=W1(Ek2Ek1)而W2=Ep则Q =W1= EpEk1Ek2选项CD正确。故选ACD。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、是， 8， 0.8， 【解析】（1）1因为竖直方向上相等时间内

19、的位移之比为1：3：5，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点。（2）2由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm，竖直方向上有：解得：（3）3水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：（4）4b点竖直方向上的分速度所以：12、12.40 mgl 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为则游标卡尺的最终读数为(3)2小球B通过光电门的瞬时速度A、B转动的半径之比为1：2，A、B的角速度相等，根据知A、B的速度之比为1：2，所以A的瞬时速度系统动能增加量3系统重力势能的减小量四、计算题：本

20、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）；（2）；（3）【解析】（1）粒子在磁场中运动时间相同，故转过的圆心角相同，因此粒子速度等于时，在区域内恰好划过半个圆，由其中可得，（2）粒子速度变为，则其作圆周运动半径为，粒子的轨迹如图所示由几何关系可得，故故粒子两次经过边界到P点距离的比值为（3）设粒子在区域半径为，区域半径为，则粒子要回到O点，则在区域的圆心必须位于x轴，其轨迹如图故联立解得14、（1）（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

21、，根据动能定理，有 解得：（2）设小球到达A点速度为vA，根据动能定理在A点，设轨道对小球的压力为N，根据牛顿第二定律：根据牛顿第三定律N=F联立上述三式可得： 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：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h0.3m15、45【解析】设圆环管道内上下两部分气体的初始体积为V0，加热前后两部分气体的压强分别为P0、P，上部分气体体积的增加量为V，对上部分气体，根据理想气体状态方程有对下部分气体，根据玻意耳定律有P0V0=P（V0-V）解得V=V0故活塞A的位置与O点的连线和竖直方向的夹角为=45【名师点睛】本题关键是找到两部分气体的状态参量，然后根据玻意耳定律和气体的状态变化方程列式后联立求解，不难，要用耐心