北京市朝阳区2023届高三物理二模试题（Word版附解析）

北京市朝阳区高三年级第二学期质量检测二

物理

（考试时间90分钟：满分100分）

第一部分

一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1. 下列说法正确的是（　　）

A. 悬浮在液体中微粒的大小，影响其布朗运动的明显程度

B. 质量一定的理想气体，温度越高压强越大

C. 热量只能从高温物体向低温物体传递

D. 分子势能随分子间距离的增大而增大

【答案】A

【解析】

【详解】A．悬浮在液体中微粒越小，布朗运动越明显，故A正确；

B．质量一定，体积一定的理想气体，温度越高压强越大，故B错误；

C．热量能够自发的从高温物体向低温物体传递，借助一些电器，热量可以从低温物体向高温物体传递，比如空调、冰箱等，故C错误；

D．当分子间力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，D错误。

故选A。

2. 下列说法正确的是（　　）

A. 氢原子由激发态向基态跃迁时放出光子

B. 放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态有关

C. 核聚变与核裂变均释放能量，因此核反应前后质量数不守恒

D. 卢瑟福的核式结构模型可以解释氢原子光谱不连续的现象

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据波尔理论可知，氢原子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量减少，故A正确；

B．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态及外部条件无关，故B错误；

C．根据核反应方程的守恒条件，必须满足质量数守恒，核电荷数守恒，故C错误；

D．卢瑟福的粒子散射实验证明了原子的核式结构，波尔理论解释了氢原子光谱的连续性，故D错误。

故答案选A。

3. 如图所示，细光束从空气射向平行玻璃砖上表面，经折射后分为a、b两束从下表面射出，则（　　）

A. 在玻璃中传播时，a光的速度较大

B. 从同一种介质射向真空，a光发生全反射临界角较小

C. 若增大入射光在上表面的入射角，则a光先在下表面发生全反射

D. 若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属一定也能发生光电效应

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据折射定律

入射角相同，a光的折射角小，玻璃对a光的折射率大，根据

可知在玻璃中传播时，a光的速度较小，故A错误；

B．根据临界角公式

可知a光发生全反射的临界角较小，故B正确；

C．光在上表面的折射角等于在下表面的入射角，若增大入射光在上表面的入射角时，在下表面的入射角总小于临界角，可知a光先在下表面不会发生全反射，故C错误；

D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据光电效应方程

可知a光照射某金属能发生光电效应，b光照射该金属不一定发生光电效应，故D错误。

故选B。

4. 一列简谐横波沿x轴传播，图甲为波在时刻的波形图，图乙为平衡位置在处质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A. 该波沿x轴正方向传播

B. 该波的波速为

C. 内，质点P运动的路程为

D. 质点P、Q的振动方向总是相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据图乙可知，时刻，质点P向上振动，又根据图甲由同侧法可知，该简谐波沿x轴负方向传播，故A选项错误；

B．根据图甲可知，该波的波长为，则波速为

故选项B错误；

C．当，波恰好传播了半个周期，则质点P运动的路程为

故C选项正确；

D．根据同侧法的原理可知，质点P、Q的振动方向总是相反的，故选项D错误。

故答案选C。

5. 某区域静电场的电场线分布如图所示，a、b、c是电场中的三个点。下列说法错误的是（　　）

A. a、b、c三点电场强度大小关系为

B. a、b、c三点电势关系为

C. 电子在a、b、c三点的电势能关系为

D. 将质子从b点由静止释放，仅在静电力作用下它将沿电场线运动

【答案】D

【解析】

【详解】A．由电场线分布的疏密程度，可知a、b、c三点的电场强度大小关系为

Eb＞Ea＞Ec

故A不符合题意；
B．沿电场线的方向电势逐渐降低，结合图可知a、b、c三点的电势关系为

φb＞φa＞φc

故B不符合题意；

C．因为

φb＞φa＞φc

根据

Ep=qφ

可知电子在a、b、c三点的电势能关系为

故C不符合题意；

D．将质子从b点由静止释放，由于电场线不是直线，所以仅在静电力作用下它将不会沿电场线运动，故D符合题意。

故选D。

6. 甲、乙两辆汽车在平直路面上同向运动，经过同一路标时开始计时，两车在时间内的速度v随时间t的变化图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 在时刻，甲车刚好追上乙车

B. 在时刻，甲车刚好追上乙车

C. 时间内，甲车所受的合力越来越大

D. 时间内，乙车所受的合力越来越小

【答案】D

【解析】

【详解】AB．由图可知，两车同时同地出发，时刻，两车速度相同，此时乙的位移比甲的位移大，时刻，甲的总位移大于乙的总位移，AB错误；

CD．由图可知，时间内，甲的加速度不变，故甲车所受的合力不变，乙的加速度逐渐减小，故乙车所受的合力越来越小，C错误，D正确。

故选D。

7. 一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为的电子，同时在垂直于电子运动方向上放出动量大小为的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（　　）

A. 大小为

B. 大小为

C. 方向与方向相反

D. 方向与方向相反

【答案】B

【解析】

【详解】静止的原子核发生衰变时动量守恒，合动量为零，即新原子核、电子和粒子的合动量为零，电子和粒子的合动量大小为

则衰变后新原子核的动量大小为，方向与电子和粒子的合动量方向相反。

故选B。

8. 如图所示，用细线吊起一个铝环，将磁铁的N极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环向右摆动。下列说法正确的是（　　）

A. N极靠近铝环时，从左向右看铝环中的感应电流方向为顺时针

B. 铝环右摆的过程中，磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量

C. 仅将铝环改为铁环，铁环也一定会向右摆动

D. 若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向左摆动

【答案】B

【解析】

【详解】A．N极靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从左向右看铝环中的感应电流方向为逆时针，故A错误；

B．铝环右摆的过程中，铝环的动能和重力势能均增大，所以磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量，故B正确；

C．仅将铝环改为铁环，条形磁铁吸引铁环，所以铁环向左摆动，故C错误；

D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向右摆动，故D错误。

故选B。

9. 电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（　　）

A

B. 车速为时的加速度大小为

C. 人与车在时间t内的位移大小等于

D. 在时间t内阻力做的功为

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为

故A错误；

B．车速为时的牵引力为

由牛顿第二定律可得

解得

故B错误；

D．平衡车从到最大速度，由动能定理得

解得在时间t内阻力做的功为

故D正确；

C．在时间t内阻力做的功

解得人与车在时间t内的位移大小为

故C错误。

故选D。

10. 如图所示，空间存在一圆形匀强磁场区域，P、M是磁场边界上的两个点。氕核（）和氦核（）分别从P点沿半径方向垂直磁场射入，且都从M点射出。则氕核与氦核（　　）

A. 射入磁场的速率之比为2:1

B. 在磁场中运动的时间之比为1:1

C. 射入磁场时的动量大小之比为1:1

D. 在磁场中运动的加速度大小之比为2:1

【答案】A

【解析】

【详解】A．氕核与氦核均从P点沿半径方向射入，从M点射出，则两粒子的半径相同，根据洛伦兹力提供向心力有

所以

所以氕核与氦核射入磁场的速率之比等于比荷之比，即

故A正确；

B．粒子在磁场中运动的时间为

所以氕核与氦核在磁场中运动的时间之比为1:2，故B错误；

C．粒子射入磁场时的动量大小为

所以氕核与氦核射入磁场时的动量大小之比为1:2，故C错误；

D．粒子在磁场中运动的加速度大小为

所以氕核与氦核在磁场中运动的加速度大小之比为4:1，故D错误。

故选A。

11. 如图所示，在匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒用两等长绝缘细线悬挂于同一水平线上的、两点，两细线均与导体棒垂直。图中直角坐标系的x轴与导体棒及平行，z轴竖直向上。若导体棒中通以沿x轴正方向、大小为I的电流，导体棒静止时细线与竖直方向夹角为。则磁感应强度可能（　　）

A. 沿x轴正方向，大小为

B. 沿y轴正方向，大小为

C. 沿z轴正方向，大小为

D. 沿细线向下，大小为

【答案】D

【解析】

【详解】A．若磁感应强度沿x轴正方向，与电流方向同向，导体棒不受安培力。导体棒不可能在图示位置保持静止。A错误；

B．若磁感应强度沿y轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力竖直向上，导体棒不可能在图示位置保持静止。B错误；

C．沿z轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力水平向左，导体棒不可能在图示位置保持静止。C错误；

D．沿细线向下，大小为，安培力大小

方向与细线垂直斜向右上方。安培力与细线的拉力的合力恰好重力平衡。且导体棒静止时细线与竖直方向夹角为。

D正确。

故选D。

12. 排球运动员在某次发球中，左手托球由静止开始竖直向上运动时，排球脱离左手继续向上运动达到最高点，然后下落被右手击出。已知排球的质量为，重力加速度取，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（　　）

A. 排球刚脱离左手时的速度大小为

B. 排球被右手击出前运动的总时间为

C. 排球向上运动的过程中，人对排球所做的功为

D. 排球向上运动的过程中，人对排球的冲量大小为

【答案】C

【解析】

【详解】A．排球脱离左手继续向上运动达到最高点，则排球刚脱离左手时的速度大小为

选项A错误；

B．左手托球由静止开始竖直向上运动的时间t1；脱离左手上升1.8m的时间

下落0.8m的时间

则排球被右手击出前运动的总时间为

选项B错误；

C．排球向上运动的过程中，根据动能定理

解得人对排球所做的功为

选项C正确；

D．排球向上运动到脱离手的过程中，由动量定理

则人对排球的冲量大小大于，选项D错误。

故选C。

13. 某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律：将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并将另一个与小球A带同种电荷的小球B与它靠近，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l。首先，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d（实验中满足）；然后，设法改变两球的电荷量，再进行相关实验。下列说法正确的是（　　）

A. 实验中，小球A所受静电力的测量值

B. 为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像

C. 用不带电导体球C分别与A、B两球接触后，A、B两球一定带等量同种电荷

D. 实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”

【答案】D

【解析】

【详解】AD．设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为，由于ld，可以认为两小球在一直线上，小球A所受的静电力

F=mg

由于很小，=，所以

再由库仑定律

可得

所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，D正确；

B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像，得到一条倾斜的直线，故B错误；

C．用完全相同的不带电导体球C先与A接触，A的电量减半；C再与B球接触时，由于C球此时已经带有一定电量，故B小球的电量不会减半，A、B两球带电量不相等，故C错误。

故选D。

14. 目前我国在学校、车站等公共场所，都配备了自动体外除颤仪（AED），挽救了宝贵的生命。除颤仪工作时的电功率相当大，用电池直接供电无法达到，也超过了一般家庭的用电功率。某除颤仪的储能装置是一个电容为70μF的电容器，工作时先通过电子线路把电池供电的电压升高到约5000V对电容器进行充电，然后电容器在约2ms的时间内放电，使100~300J的电能通过病人的心脏部位，从而对病人进行抢救。根据上述信息并结合所学知识，可以推断下列说法错误的是（　　）

A. 该除颤仪工作时的电功率在50~150kW之间

B. 该除颤仪工作时通过人体的电流可达30A

C. 该除颤仪中的电容器充电后储存的能量约为1750J

D. 除颤仪开机工作时施救人员身体不可与病人身体接触

【答案】C

【解析】

【详解】A．电容器在约2ms的时间内放电，使100~300J的电能通过病人的心脏部位，根据功率的计算公式

可得除颤仪工作时的电功率在50~150kW之间，故A正确，不符合题意；

B．除颤仪工作时通过人体的电流可达

故B正确，不符合题意；

C．该除颤仪中的电容器充电后储存的能量约为

故C错误，符合题意；

D．除颤仪开机工作时施救人员身体不可与病人身体接触，故D正确，不符合题意。

故选C。

第二部分

二、本部分共6题，共58分。

15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。

（1）如图所示，某同学在“用单摆测重力加速度”实验中，有如下步骤：

A．用米尺测量出悬线的长度l，并将它记为摆长

B．用天平测量出摆球的质量m

C．使单摆小角度摆动后，用秒表记录全振动n次的时间，并计算出摆动周期T

以上步骤中错误的是________，不必要的是________。（选填步骤前的字母）

（2）某同学在研究平抛运动时，用印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为L，若小球在平抛运动中的几个位置如图2中的a、b、c、d所示，则小球通过相邻位置的时间间隔________，小球平抛的初速度________。（重力加速度为g）

（3）图3为探究加速度与质量的关系的实验装置示意图。保持钩码的质量m一定，某同学在处理数据时，以小车加速度的倒数为纵轴、以小车质量M为横轴，作出的图像如图4所示，发现图像有纵截距，他认为这是由于实验中没有完全平衡摩擦力而造成的，请论证该同学的观点是否正确_________。

【答案】    ①. A    ②. B    ③.     ④.     ⑤. 见解析

【解析】

【详解】（1）[1][2]摆长应等于摆线长与摆球半径之和，故错误的是A；摆球应选用体积小、密度大，不必测量质量，故不必要的是B。

（2）[3][4]水平方向

竖直方向

小球通过相邻位置的时间间隔为

小球平抛的初速度为

（3）[5]根据

得

可知，图像与纵轴截距等于重力加速度的倒数，故该同学的观点是错误的。

16. 某同学用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。

（1）该同学将原线圈接一学生电源的交流电压输出端，并使用交流电压表分别测量原、副线圈两端的电压，得到的实验数据如下表所示。

根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内，______________。

（2）该同学利用（1）问中第2组数据时的副线圈给一标有“3.8V ； 0.3A”字样的小灯泡供电，发现小灯泡并没有被烧坏。测量此时小灯泡两端的电压约为3.00V，并不是8.36V，其原因主要是_____________。

（3）可拆变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成。如图所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓缓移动铁芯横条使铁芯完全闭合；第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条，重复上述实验。两次均观察到小灯泡由暗变亮。以下说法正确的是________。

A．第二次实验中小灯泡更亮些

B．用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块更容易发热

C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流

（4）如图所示的电路中，电压为的交流电源通过阻值为的定值电阻与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为、。若保持不变，将可变电阻R的阻值增大，则流经原线圈的电流________（选填“增大”“减小”或“不变”）；当可变电阻R的阻值为________时（用、和表示），可变电阻R的功率最大。

【答案】    ①. 变压器原、副线圈的电压比等于匝数比    ②. 副线圈有电阻，副线圈有内压    ③. BC##CB    ④. 减小    ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1] 根据实验数据，得到的结论为： 在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。

（2）[2]副线圈有电阻，副线圈有内压。

（3）[3] AB．铁芯横条与普通铁块都是导磁材料，铁芯闭合后，减小了漏磁现象，产生的感应电动势增大，小灯泡变亮；变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流更容易发热，变压器效率低一些，第一次实验中小灯泡更亮些，故A错误，B正确；

C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中还是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。

故选BC。

（4）[4] 在原、副线圈匝数比一定的情况下，R增大，副线圈电流I2减小，设原线圈电流为I1，根据，知流经原线圈的电流I1减小。

[5] 把变压器和R等效为一个电阻，R0当作电源内阻，则输出功率

当内外电阻相等即

时，输出功率最大，根据，得

代入，解得

17. 如图所示，倾角、高度的斜面与水平面平滑连接。小木块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知小木块的质量，它与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度。，。求：

（1）小木块在斜面上运动时的加速度大小a；

（2）小木块滑至斜面底端时的速度大小v；

（3）小木块在水平面上运动的距离x。

【答案】（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）0.4m

【解析】

【详解】（1）小木块在斜面上运动时，由牛顿第二定律可知

解得加速度大小

（2）根据

可得小木块滑至斜面底端时的速度大小

v=2m/s

（3）小木块在水平面上运动时的加速度

运动的距离

18. 如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求：

（1）物块向右运动离O点的最远距离L；

（2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向；

（3）物块在整个运动过程中产生内能Q。

【答案】（1）;（2），其方向与方向相反;（3）

【解析】

【详解】（1）物块向右减速运动，根据动能定理有

得

（2)取方向为正方向，由于物块从出发到返回出发点的过程中，静电力做功为零，所以返回出发点时的速度

根据动量定理有

得

负号表示其方向与方向相反。

（3)在物块运动的全过程中，根据能量守恒有

19. 利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。

（1）原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流。设氢原子核外的电子以角速度绕核做匀速圆周运动，电子的电荷量为e，求等效电流I的大小。

（2）如图所示，由绝缘材料制成的质量为m、半径为R的均匀细圆环，均匀分布总电荷量为Q的正电荷。施加外力使圆环从静止开始绕通过环心且垂直于环面的轴线加速转动，角速度随时间t均匀增加，即（为已知量）。不计圆环上的电荷作加速运动时所产生的电磁辐射。

a．求角速度为时圆环上各点的线速度大小v以及此时整个圆环的总动能；

b．圆环转动同样也形成等效的环形电流，已知该电流产生的磁场通过圆环的磁通量与该电流成正比，比例系数为k（k为已知量）。由于环加速转动形成的瞬时电流及其产生的磁场不断变化，圆环中会产生感应电动势，求此感应电动势的大小E；

c．设圆环转一圈的初、末角速度分别为和，则有。请在a、b问的基础上，通过推导证明圆环每转一圈外力所做的功W为定值。

【答案】（1）；（2）a．，；b．；c．见解析

【解析】

【详解】（1）等效电流的大小为

（2）a．角速度为时圆环上各点的线速度大小为

整个圆环总动能为

b．角速度随时间t均匀增加，即，则等效电流为

磁通量与该电流成正比，比例系数为k，根据法拉第电磁感应定律有

c．圆环转一圈初、末动能分别为

，

根据动能定理有

可知圆环每转一圈外力所做的功W为定值。

20. 无处不在的引力场，构建出一幅和谐而神秘的宇宙图景。

（1）地球附近的物体处在地球产生的引力场中。地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球的质量为M，引力常量为G。请类比电场强度的定义，写出距地心r处的引力场强度g的表达式。（已知r大于地球半径，结果用M、G和r表示）

（2）物体处于引力场中，就像电荷在电场中具有电势能一样，具有引力势能。

中国科学院南极天文中心的巡天望远镜追踪到由孤立的双中子星合并时产生的引力波。已知该双中子星的质量分别为、，且保持不变。在短时间内，可认为双中子星绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动。请分析说明在合并过程中，该双中子星系统的引力势能、运动的周期T如何变化。

（3）我们可以在无法获知银河系总质量的情况下，研究太阳在银河系中所具有的引力势能。通过天文观测距银心（即银河系的中心）为r处的物质绕银心的旋转速度为v，根据，可得到银河系在该处的引力场强度g的数值，并作出图像，如图所示。已知太阳的质量，太阳距离银心。

a．某同学根据表达式认为：引力场强度g的大小与物质绕银心的旋转速度成正比，与到银心的距离r成反比。请定性分析说明该同学的观点是否正确。

b．将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，请利用题中信息估算太阳所具有的引力势能。

【答案】（1）；（2）系统的引力势能减小，运动的周期减小；（3）a．见解析；b．

【解析】

【详解】（1）根据类比，有

（2）在电场中，在只有电场力做功时，当电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，二者之和保持不变；当电场力做负功，电荷的电势能增加，动能减小，二者之和保持不变。类比可知，在合并过程中，中子星受到的引力做了正功，则该中子星系统的引力势能将减小，由于引力势能和动能之和保持不变，则中子星的动能将增加，线速度将增大，同时由于运动半径的减小，所以运动的周期T将减小。

（3）a．根据引力场强度的定义及万有引力提供向心力可得

整理得

由上式可知，引力场强度g的大小与银心质量成正比，与到银心的距离平方成反比。表达式只能作为一个替换的计算式使用，不能用于定性分析引力场强度g的变化性质，因为它没有表达出引力场强度g的产生原因。

b．根据引力势能与动能之和保持不变可知，如果将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，则太阳在当前位置所具有的动能，就等于太阳在银河系中所具有的引力势能。由公式

可得太阳的速度平方为

由图可知，在时，，所以太阳的引力势能为