2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三二模物理试题

这是一份2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三二模物理试题，文件包含东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试二物理参考答案含解析docx、东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试二物理试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。

1．B
【详解】A．根据匀变速直线运动的速度位移关系得
由图线可知图像的斜率等于2a，对汽车A，则有
解得
故A错误；
B．汽车A、B在x=4m处的速度大小为v，由图可知，对于汽车A，有
得A的初速度为
由得
故B正确；
D．由图发现，对于B车
解得
从开始到汽车A停止时，用时
此时B车的位移
故A车停止后，B车才追上A车，故当xB=6m时A、B相遇，故D错误；
C．当两车速度相等时，AB相距最远，有

解得
此时
故C错误。
故选B。
2．D
【详解】A．根据电场叠加原理，在O2左侧场强方向先向左后向右，因此粒子到达O2左侧某一点时，速度最大，动能最大，以后向左运动速度开始减小，动能也在减小。故A错误；
B．带电粒子从O1点开始由静止释放，在粒子从O1向O2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力都向左，可见电场对带电粒子做正功。故粒子在中点处动能不是最大，故B错误；
CD．把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为
根据点电荷场强公式，各点电荷在O1O2中点处产生的场强大小
根据电场的叠加原理，单个圆环在O1O2中点的场强，为
两个圆环的场强，再叠加一下，有
故C错误，D正确。
故选D。
3．B
【详解】从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，势能恒定为零，在r=r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为A、B选项中所示；r＜r1之后势能不变，恒定为－U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0(r2－r1)，故B正确，ACD错误。
故选B．
4．B
【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知
联立解得
故A错误，B正确；
C．拉力的大小为
其中，可知当时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；
D．摩擦力大小为
可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；
故选B。
5．D
【详解】小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a固定，向下；根据类平抛运动的分运动规律，有
故
A.若将平抛初速度减小一半，根据
x和y均减小为原来的，A错误；
BC.小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值
θ为小球落在斜面上时速度与斜面间的夹角。故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但正切值不等于2tan30°，BC错误；
D.若平抛小球的初动能为6J，由于小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角的正切值为
初动能为
末动能
D正确。
故选D。
6．B
【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．
7．B
【详解】A．小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以
解得
故A正确，不符合题意；
B．因为小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示
由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力知
解得
故B错误，符合题意；
CD．带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系
所以小球从只能做匀速直线运动。
区域Ⅰ中O→C小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直）
所以小球做匀加速直线运动，由图知
解得
方向与x轴正方向成53°角向上。故CD正确，不符合题意。
故选B。
8．D
【详解】A．静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示
由平衡条件可知，竖直方向上有
可得
由牛顿第三定律可知，静止时B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为
对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有
故A错误；
B．斜面体对直杆的作用力垂直斜面向上，而直杆的位移方向为竖直向下，所以斜面体对直杆的作用力做负功，故B错误；
C．由于运动过程中直杆B受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不守恒，故C错误；
D．当在很短时间内光滑直杆下落高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为，所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为，斜面体的速度大小为，由系统机械能守恒有
由速度关系
解得
故D正确。
故选D。
9．ABC
【详解】本题考查人造地球卫星的变轨问题以及圆周运动各量随半径的变化关系．，得，在人造卫星自然运行的轨道上，线速度随着距地心的距离减小而增大，所以远地点的线速度比近地点的线速度小，vA10．ABD
【详解】A．由题意可知波沿x轴的正方向传播，波长为
由波速计算公式可得
当n=3时，波速为25m/s，故A正确；
B．该波的周期为
所以a点的振动方程为
当时
当时
故B正确；
C．该波的周期为
如果质点c在到时间内通过的路程为，则有
解得
代入周期表达式得
解得
由于只能取整数，故C错误；
D．若波的周期，则在时刻，机械波刚好传播到质点d处；在经过2s时间，即时，质点d到达最高点处，此时势能最大，故D正确。
故选ABD。
11．BD
【详解】A．光路图如图所示
根据
由于
可知下方光线为光1，A错误；
B．由于
可知光线1的波长小于光线2的波长，因此光2对应的干涉条纹间距更大，B正确；
C．由几何关系可知
若光线1恰好从左侧第一个棱镜斜面射出，则
解得
为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则
C错误；
D．根据对称关系，光1和光2通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差
而
，
联立解得
D正确。
故选BD。
12．AD
【详解】A．平板第一次与墙壁碰撞时的速度为，根据动能定理
解得
故A正确；
B．第一次碰撞后，对物块
解得
第一次碰撞后平板
解得
第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，对平板有
对物块有
解得
平板在第一次碰撞后到二者共速的过程中，根据位移与速度公式可得
解得
由于
故
故第二次与墙壁碰撞前已经达到共速，二者在电场力作用下一起向右加速，故平板第二次与墙壁碰撞时的速度
故B错误；
CD．最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有
解得二者的相对路程
系统因摩擦产生的热量
故D正确，C错误。
故选AD。
13． 0.4 1 倾斜木板与水平面的夹角（或者A点到位移传感器的高度） A
【详解】(1)[1]由于木块做匀加速运动，0.4s时刻的速度等于0.2s~0.6s这段时间的平均速度
[2]在0.2s~0.4s和0.4s~0.6s这两段时间内，根据
可得
(2)[3]根据牛顿第二定律
两边消去质量m，因此需要测量倾斜木板与水平面的夹角θ
(3)[4] A．A点与传感器距离适当大些，可以测量出更多地点，从而提高加速度准确程度，A正确；
B．木板的倾角过大，使得摩擦力太小，加速度太大，加速度稍有误差，就会使动摩擦因数误差增大，B错误；
C．选择体积较大的空心木块，使空气阻力增大，造成测量动摩擦因数不准确，C错误；
D．测量加速度大小时，与初速度大小无关，因此有、无初速度与测量木板间动摩擦因数的精确的无关，D错误。
故选A。
14． a 1.5 10 15
【详解】(1)[1][2][3]甲同学以IR作纵坐标，根据闭合电路欧姆定律得

乙同学以I（R+R0）为纵坐标，根据闭合电路欧姆定律得
可得甲同学的图线的斜率的绝对值更大，所以甲同学绘制的是图线a。该图线的截距表示电动势，斜率绝对值表示，所以有
（2）[4] 丙同学以为纵坐标，以R作横坐标，根据闭合电路欧姆定律得
整理得
则该图线的斜率、截距分别为
则可画出图线为下图
（3）[5] 电阻箱的阻值R消耗的电功率为

由上式可得，当时，电阻箱消耗的电功率最大。
15．（1）
（2）；吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，二剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．
【详解】(1)设升温后气体的压强为p1，由查理定律得
＝①
代入数据得p1＝p0.②
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V③
联立②③式得V＝V0④
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意
得k＝⑤
联立④⑤式得k＝
因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．
答案：(1) p0 (2) 吸热 原因见解析
16．（1），；（2）0.425；（3）0.5s，说明见解析
【详解】（1）由动能定理得
解得
由动量守恒得
解得
由能量守恒得
解得
（2）当a到达E时速度为0，此时有最大值
由动能定理得
由动量守恒得
由能量守恒得
且
解得
（3）因为，由（1）得
，
当a运动到E段运动时，由能量守恒得
又
解得
弹簧对b的冲量
弹簧对a的冲量
由动量定理得
解得
t=0.5s
此时系统的动能
因为滑块b与挡板碰撞后以原速率返回，所以a、b向左返回时动能不变，而若滑出DE段，需克服摩擦力做功
所以a、b最终在DE段停止，不能进入BC段。
17．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）当棒匀速运动时，加速度为零，此时速度最大，棒受力平衡
其中
联立解得
当刚滑上窄轨时，等效电路如图所示
棒只有中间宽度为d的部分有电流流过，间电压
其中
代入数值得
（2）棒在窄轨上的导体部分做减速运动，由动量定理得
又
联立上述方程可解得棒滑出导体区域瞬间速度为
之后匀速运动至与金属框相碰。
（3）棒与金属框相碰，据动量守恒定律可得
进入窄轨的绝缘部分后，棒部分和金属框构成回路，边处的磁场总是比边的磁场大
回路中的电流
全框架受到的安培力合力
由动量定理可得
金属框前进的位移
联立以上方程得金属框静止时f端的位置坐标