安徽省马鞍山市2023届高三物理下学期二模试题（Word版附解析）

马鞍山市2023年高三第二次教学质量监测理科综合能力测试

二、选择题

1. 近些年我国手机闪充功能发展迅速，已经处于国际领先水平。图甲是某国产超级快速无线充电器CP62R，可提供最大的无线充电功率。其工作原理近似为一个理想变压器如图乙所示，当送电线圈接上、的正弦交变电流时，受电线圈中会产生交变电流。送电线圈的匝数为，受电线圈的匝数为，且。当该装置给手机快速充电时，下列判断正确的是（　　）

A. 送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递

B. 流过送电线圈的电流大于受电线圈的电流

C. 受电线圈的输出电压大于送电线圈的输入电压

D. 每秒钟通过受电线圈的电流方向改变50次

【答案】A

【解析】

【详解】A．该无线充电器的工作原理近似为一个理想变压器，送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递，故A正确；

B．根据理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，流过送电线圈的电流与流过受电线圈的电流之比为1∶5，即流过送电线圈的电流小于受电线圈的电流，故B错误；

C．根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，受电线圈的输出电压与送电线圈的输入电压之比为1∶5，即受电线圈的输出电压小于送电线圈的输入电压，故C错误；

D．电压频率为50Hz，周期为0.02s，每0.02s通过受电线圈的电流方向改变2次，所以每秒钟通过受电线圈的电流方向改变100次，故D错误。

故选A。

2. 新疆是我国最大的产棉区，在新疆超过的棉田都是通过机械自动化采收。自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”形挡板上，两板间夹角为固定不变，“V”形挡板可绕P点在竖直面内转动忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，在使BP板由水平位置逆时针缓慢转动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 当AP板水平时，棉包受到三个力的作用

B. 棉包对AP板的压力一直增大

C. 棉包对BP板的压力先减小后增大

D. 当BP板转过时，棉包对AP板的压力大于棉包对BP板的压力

【答案】B

【解析】

【详解】A．当AP板水平时，若BP对棉包有弹力，则棉包将向左运动，不能够保持平衡，因此BP对棉包没有弹力作用，可知当AP板水平时，棉包受到重力与AP板弹力两个力的作用，A错误；

BC．对棉包受力分析如图所示

则有

棉包在转动过程中，夹角增大，减小，可知作用力增大，减小，根据牛顿第三定律可知棉包对AP板的压力一直增大，棉包对BP板的压力一直减小，B正确，C错误；

D．当BP板转至时，根据上述受力分析图可知

此时棉包对AP板的压力等于棉包对BP板的压力，由于棉包对AP板的压力一直增大，棉包对BP板的压力一直减小，可知，当BP板转过时，棉包对AP板的压力等于棉包对BP板的压力，D错误。

故选B。

3. 如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，、是定值电阻，是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻的光照强度，则（　　）

A. 电容器的电容增大 B. M点的电势升高

C. 液滴向下运动 D. 中有向右的电流

【答案】B

【解析】

【详解】A．电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A错误；

B．增强照射电阻的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则R1两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据可知两极板间电场强度增大，而下极板接地，电势为零，设M到下极板间的距离为，则M点的电势为

所以M点的电势升高，故B正确；

C．根据平衡条件可知，开始时液滴所受电场力与重力平衡，增强照射电阻的光照强度，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受电场力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C错误；

D．由电路连接方式易知电容器上极板带正电，下极板带负电，增强照射电阻的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据可知电容器充电，中有向左的电流，故D错误。

故选B。

4. 某行星半径为地球半径的，在其表面将一物体以的初速度竖直上抛，经过回到抛出点，地球表面的重力加速度取，忽略空气阻力和行星自转的影响，则（　　）

A. 该行星表面的重力加速度大小为

B. 该行星与地球的质量之比为

C. 该行星与地球的第一宇宙速度相同

D. 该行星与地球的平均密度之比为

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据竖直上抛运动规律可得该行星表面的重力加速度大小为

故A错误；

B．星球表面物体所受重力等于万有引力，即

解得

所以该行星与地球的质量之比为

故B错误；

C．星球的第一宇宙速度是物体在星球表面附近做匀速圆周运动的速度，根据牛顿第二定律有

解得

所以该行星与地球的第一宇宙速度之比为

即该行星与地球的第一宇宙速度不同，故C错误；

D．星球的平均密度为

所以该行星与地球的平均密度之比为

故D正确。

故选D。

5. 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功，此后撤去力F，物块再经时间返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则（　　）

A. 撤去力F时物块的速度大小为

B. 物块向右滑动的最大距离为

C. 物块回到出发点时的动能为

D. 撤去力F时物块的电势能为

【答案】C

【解析】

【详解】A．设F撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，根据位移关系有

解得

根据运动学规律有

所以撤去力F时物块的速度大小为

故A错误；

B．从撤去F到物块速度减为零所经历的时间为

所以物块向右滑动的最大距离为

故B错误；

C．物块从O点开始运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90J，根据动能定理可知物块回到出发点时的动能为，故C正确；

D．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最远位置时的电势能为90J，设撤去F时物块的电势能为Ep，则

解得

故D错误。

故选C。

6. 分别用a、b两种单色光照射同一金属，测得的光电流和电压的关系如图所示，则（　　）

A. a、b两种光从同种介质射入空气发生全反射时，a光的临界角大

B. 光b的光子动量大于光a的光子动量

C. 该金属被光a照射时的逸出功小于被光b照射时的逸出功

D. 该金属被光a照射时射出的光电子的动能一定大于被光b照射时射出的光电子的动能

【答案】AB

【解析】

【详解】A．根据

可知，频率越大的截止电压越大，所以a光的频率比b光的小，同种介质对a光的折射率更小，根据全反射临界角公式

可知a光的临界角大，故A正确；

B．根据

可知单色光a的光子动量比单色光b的光子动量小，故B正确；

C．逸出功是金属的自身属性，与光无关，故C错误；

D．b光照射的最大初动能比a光照射的大，但是动能介于零和最大初动能之间，因此无法比较。故D错误。

故选AB。

7. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，时的部分波形如图中的实线所示，时的部分波形如图中的虚线所示，a、b、c是介质中的质点，则下列说法正确的是（　　）

A. 这列波的波速一定是

B. 质点a在时的位移为

C. 质点b在内通过的路程可能为

D. 若周期，则在时，质点c的势能最大

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由图可知这列波波长为，设这列波的周期为T，则

解得

所以这列波的波速为

只有当n=0时，波速才为5m/s，故A错误；

B．设质点a的平衡位置坐标为xa，则由波形图可知

解得

所以质点a在时的位移为

故B正确；

C．质点b在内通过的路程为

当n=1时，s=70cm，故C正确；

D．t=0时质点c位于平衡位置，若周期，则在时，质点c仍位于平衡位置，势能最小，故D错误。

故选BC。

8. 如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为，作出图像，如图乙所示。已知P点距地面高，重力加速度为g，则（　　）

A. 小车质量是小球质量的2倍

B. 小球上升到最高点时的速度为

C. 小球上升的最大高度为

D. 小球落地时与小车左端P点的水平距离为

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由图乙数据可得

解得

故A错误；

B．小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则

解得

故B正确；

C．设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有

解得

故C正确；

D．设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有

解得

，

小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点水平距离为

故D正确。

故选BCD。

三、非选择题

9. 在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，如图甲所示。

（1）关于该实验，下列说法正确的是___________；

A．A处为单缝，B处为双缝

B．单缝与双缝应相互垂直放置

C．干涉条纹与双缝垂直

D．想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近

（2）某同学在做该实验时，转动测量头手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，此时测量头的游标卡尺示数为。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第5条亮条纹，此时测量头的游标卡尺示数如图乙所示，读数为_________。已知双缝的间距是，双缝和光屏之间的距离是，则所测单色光的波长是_________。（保留3位有效数字）

【答案】    ①. A    ②. 16.7    ③. 5.75×10-7

【解析】

【详解】（1）[1]ABC．在本实验中，光源发出的光经滤光片（装在单缝前）成为单色光，把单缝照亮。单缝相当于一个线光源，它又把双缝照亮。来自双缝的光在双缝右侧的空间发生干涉，所以A处为单缝，B处为双缝，且单缝与双缝应相互平行放置，而干涉条纹与双缝平行，故A正确，BC错误；

D．想增加从目镜中观察到的条纹个数，即减小条纹间距，根据可知应将双缝靠近光屏，将单缝向双缝靠近无法改变条纹间距，故D错误。

故选A。

[2]10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，其读数等于主尺读数与游标尺读数之和，所以读数为

[3]相邻条纹间距为

所测单色光的波长是

10. 某欧姆表由于长时间未使用，电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小佳同学用如图甲所示的电路来研究其内部的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。

（1）在电路连接时，要注意毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的___________（选填“红”或“黑”）表笔相连；

（2）调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为_________；

（3）连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值R和通过毫安表电流I，作出图像，如图丙所示，则电源的电动势______ V。在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值_________ 真实值（选填“大于“小于”或“等于”）；

（4）若想让该欧姆表在“”挡位下可以正常使用，则更换的新电源电动势_______V。

【答案】    ①. 红    ②. 500    ③. 5    ④. 等于    ⑤. 7.5

【解析】

【详解】（1）[1]电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“﹣”接线柱流出，所以毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的红表笔相连。

（2）[2]设欧姆表表头G的量程为Ig，由题意可得

解得

（3）[3]设回路中除电阻箱之外的总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有

整理得

所以电源的电动势为

[4]根据实验原理可知并未引入由于电表内阻而产生的系统误差，所以在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值等于真实值。

（5）[5]设欧姆表在“”挡位下的内阻为r内，则

联立以上两式解得

11. 如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在内壁光滑的气缸中，汽缸和活塞绝热性能良好，活塞与汽缸底部之间用原长为l、劲度系数为的轻质弹簧连接。初始时，弹簧处于原长状态，密闭气体的温度为。现接通电热丝加热气体，使活塞缓慢向上移动l的距离（弹簧始终在弹性限度内）。已知活塞的质量为m，横截面积为S，外界大气压为，重力加速度为g，弹簧和电热丝的体积很小可忽略不计。求：

（1）初始时封闭气体压强；

（2）最终封闭气体的温度。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设初始时封闭气体的压强为p1，对活塞根据平衡条件有

解得

（2）设最终封闭气体的压强为p2，对活塞根据平衡条件有

解得

设最终封闭气体的温度为T1，根据理想气体状态方程有

解得

12. 如图所示，真空中竖直放置的圆柱体底面半径为R，高为h，圆柱体上表面为荧光屏，底面中心处有一点状放射源S，仅在底面圆所在平面内向各个方向发射同种粒子，所有粒子的速率均为，质量为m、电荷量为q。不计粒子重力及粒子间的相互作用。

（1）现给圆柱体内只施加竖直向上的匀强电场E，使所有粒子均能直接打到荧光屏上，求所加匀强电场至少需要多大；

（2）现给圆柱体内只施加竖直向上的匀强磁场B，使所有粒子恰好能束缚在圆柱体区域内，求匀强磁场的磁感应强度B的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）在圆柱体内只施加竖直向上的匀强电场E时，若要使所有粒子均能直接打到荧光屏上，则只需使沿底面射出的粒子均能够打到荧光屏上即可，当该部分粒子恰好打在荧光屏的圆周边缘时，电场强度具有满足题意的最小值，根据牛顿第二定律可得该部分粒子的加速度大小为

根据类平抛运动规律有

联立解得

（2）圆柱体内只施加竖直向上的匀强磁场B时，设粒子做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有

由上式易知所有粒子的运动半径相同，若要使所有粒子恰好能束缚在圆柱体区域内，则只需使沿底面内射出的粒子恰好不能射出圆柱体区域即可。根据几何关系可知此时

联立解得

13. 如图所示，足够长的“”形光滑平行导轨MP、NQ固定在水平面上，宽轨间距为，窄轨间距为l，左侧为金属导轨，右侧为绝缘轨道。一质量为m、阻值为r、三边长度均为l的“U”形金属框，左端紧靠平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）。左侧存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场：右侧以O为原点，沿OP方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为的竖直向上的磁场。两匀质金属棒a、b垂直于轨道放置在宽轨段，质量均为m、长度均为、阻值均为。初始时，将b锁定，a在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始运动，离开宽轨前已匀速，a滑上窄轨瞬间，撤去力F，同时释放b。当a运动至时，棒a中已无电流（b始终在宽轨），此时撤去b。金属导轨电阻不计，a棒、b棒、金属框与导轨始终接触良好。求：

（1）a棒在宽轨上匀速运动时的速度及刚滑上窄轨时a两端电势差的大小；

（2）从撤去外力F到金属棒a运动至的过程中，a棒产生的焦耳热；

（3）若a棒与金属框碰撞后连接在一起构成回路，求a棒静止时与点的距离。

【答案】（1），；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设a棒在宽轨上匀速运动时通过a棒的电流为I1，根据平衡条件有

   ①

根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有

   ②

联立①②解得

   ③

a棒刚滑上窄轨时，通过a棒中间宽度为l部分的电流为

   ④

根据右手定则可知电流方向从上至下，而沿电流方向电势降低，且a棒下端电势高于上端电势，所以此时a棒两端电势差的大小为

   ⑤

（2）设a棒刚运动至时，a、b棒的速度分别为v1、v2，对a、b棒根据动量定理分别有

   ⑥

   ⑦

因为此时回路中无电流，所以有

   ⑧

联立③⑥⑦⑧解得

   ⑨

   ⑩

根据能量守恒定律可知，从撤去外力F到金属棒a运动至的过程中，回路产生的总焦耳热为

   ⑪

根据焦耳定律可得a棒产生的焦耳热为

   ⑫

（3）设a棒与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v3，根据动量守恒定律有

   ⑬

由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大

   ⑭

从a棒与金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为

   ⑮

根据动量定理有

   ⑯

a棒静止时与点的距离为

   ⑰

联立⑨⑬⑭⑮⑯⑰解得

   ⑱