安徽省合肥市第八中学2022-2023学年高三物理上学期第二次考试试题（Word版带解析）

2023届高中毕业班第二次考试物理考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一个选项符合题目要求，第7~10题有多个选项符合要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.如图所示，小明正在擦一块竖直放置的黑板，可吸附在黑板上的黑板擦质量，小明施加给黑板擦的黑板平面内的推力大小为，方向水平，黑板擦做匀速直线运动重力加速度g取，则关于黑板擦所受摩擦力的说法正确的是（）A.摩擦力大小为5NB.摩擦力沿水平方向C.黑板擦所受摩擦力与推力大小成正比D.黑板擦吸附在黑板上静止时不受摩擦力【答案】A【解析】【详解】ABC．摩擦力应该为推力和重力的合力，即N方向斜向左上方，为定值，但不与推力成正比，A正确，BC错误。D．吸附静止时摩擦力向上，与重力平衡，D错误。故选A。 2.如图所示，图1是不同温度下的黑体辐射强度随波长的变化规律图；图2为光电效应原理图，某种单色光照射到光电管的阴极上时，电流表有示数；图3为氢原子的能级图，有大量处于能级的氢原子向低能级跃迁；图4为放射性元素剩余质量m与原质量的比值随时间t的变化规律图，下列说法中正确的是（）A.图1中，随着温度的升高，各种波长辐射强度的极大值向波长较长的方向移动B.图2中，用频率更低的光照射光电管的阴极时，电流表一定没有示数C.图3中，从能级跃迁到能级时产生的光子波长最长D.图4中，的半衰期是5700年，则100个经过5730年还剩50个【答案】C【解析】【详解】A．随着温度的升高，各种波长辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A错误；B．用频率更低的光照射光电管的阴极时，如果频率小于极限频率电流表没有示数，如果大于极限频率有示数，故B错误；C．从能级跃迁到能级时，能极差最小，光子频率最小，波长最长，故C正确；D．半衰期指的是大量原子核衰变时的统计规律，100个不是大量，经过一个半衰期后不一定剩余50个，故D错误。故选C。 3.如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h，现将A向右水平抛出的同时，B自由下落，重力加速度为g。不计空气阻力，在与地面发生第一次碰撞前要想A、B能够相碰，A水平抛出的速度v应该满足的条件是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】在与地面发生第一次碰撞前要想A、B能够相碰，则A需满足联立两式可得故选B。4.如图1为小型交流发电机的示意图，两磁极N，S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场．线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以角速度匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2所示，下列结论正确的是（）A.线圈从图1所示位置转过90°时是图2的计时起点B.每经过图1所示位置1次，电流方向改变1次C.若线圈的匝数为20，则电动势的最大值是20V D.若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大【答案】D【解析】【详解】A．图2是从磁通量为零的位置开始计时的，则线圈从图1所示位置是图2的计时起点，选项A错误；B．每经过中性面一次电流方向改变1次，即每经过与图1位置垂直的位置时电流方向改变1次，则选项B错误；C．若线圈的匝数为20，则电动势的最大值是选项C错误；D．根据则若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大，选项D正确。故选D。5.如图所示，已知空间站离地面的高度为h，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转，若空间站可视为绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.地球质量为B.空间站的线速度大小为C.地球的平均密度为D.空间站的周期为【答案】B【解析】【详解】A．由于 ①可得地球的质量A错误；B．由于②①②联立解得空间站的线速度大小③B正确；C．地球的平均密度④由①④联立解得C错误；D．空间站的周期⑤由③⑤联立解得D错误。故选B。6.铁路部门在城际常规车次中实行交错停车模式，部分列车实行一站直达。假设两火车站之间还均匀分布了2个车站，列车的最高速度为324km/h。若列车在进站和出站过程中做匀变速直线运动，加速度大小均为，其余行驶时间内保持最高速度匀速运动，列车在每个车站停车时间均为，则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为（）A.5minB.6minC.7minD.8min【答案】C 【解析】【详解】由题可知，列车加速到速度最大所用的时间列车进站加速与出站减速时的加速度相等，故设一站直达列车匀速行驶用时为，“站站停”列车匀速行驶用时，根据题意可知一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为故选C。7.发生衰变时，可能放出粒子或电子。静止在某匀强磁场中原子核发生衰变后两粒子的轨迹如图所示。下列说法正确的是（　　）A.衰变方程为B.衰变方程为C.两种新粒子在磁场中做圆周运动的绕向相反D.大圆半径是小圆半径的2倍【答案】AD【解析】【详解】AB．根据轨迹图可知，核衰变位置在两圆的切点位置，根据动量守恒定律可知，衰变后生成的两个新核的速度方向相反，由于两圆周外切，根据左手定则可知生成的两个新核均带正电，即发生的是衰变，放出了粒子，根据质量数与电荷数守恒可知，衰变方程为A正确，B错误；C．根据上述可知，两种新粒子在磁场中做圆周运动均沿逆时针旋转，即两种新粒子在磁 场中做圆周运动的绕向相同，C错误；D．根据解得根据动量守恒定律可知，总动量为0，则衰变后两新核动量大小相等，则即大圆半径是小圆半径的2倍，D正确。故选AD。8.如图所示，直角三角形斜劈固定在水平面上，，斜边长1.5m，P点将分成两部分，，。小物块与段的动摩擦因数为，与段的动摩擦因数为。若小物块从A点由静止释放，经过时间下滑到B点时速度刚好为零；若在B点给小物块一个初速度，经过时间上滑到A点时速度刚好为零。重力加速度g取，，则（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【详解】AB．根据动能定理可得联立可得故AB正确； CD．小物块从A点由静止释放，经过AP段下滑的加速度大小为物体由P点沿AP上滑过程加速度大小为可知由可知故C正确，D错误。故选ABC。9.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，，长为，长为，A、B、C点的电势分别为23V、11V、2V。则（）A.匀强电场场强大小为B.匀强电场场强大小为C.匀强电场场强方向沿方向D.匀强电场场强方向与夹角为45°【答案】BD【解析】【详解】场强沿AB方向的分量为场强沿BC方向的分量为 则合场强匀强电场场强方向与夹角为即与BC方向夹角为45°。故选BD。10.如图所示，等腰梯形abcd区域（包含边界）存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边长，一质量为m、带电量为－q（q>0）的粒子从a点沿着ad方向射入磁场中，粒子仅在洛伦兹力作用下运动，为使粒子不能经过bc边，粒子的速度可能为（  ）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】找到临界条件，根据几何关系求解临界半径，在根据洛伦兹力提供向心力求解临界速度。【详解】为使粒子不能经过边，则粒子可以从ab边或cd边出磁场，其临界点为b、c，其几何关系如图所示当粒子过b点时，起做圆周运动的圆心在O1点，根据几何关系可知则为使粒子从ab边出磁场，其运动半径应小于r1，根据牛顿第二定律可知 解得当粒子过c点时，起做圆周运动的圆心在O2点，根据几何关系可知则为使粒子从cd边出磁场，其运动半径应大于r2，根据牛顿第二定律可知解得故选AC。二、非选择题：本题共6小题，共60分。11.某实验小组设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验，如图所示，已知拉力传感器只能显示拉力的竖直分量大小。重力加速度为g。（1）现有以下材质的小球：①乒乓球；②橡胶球；③小钢球。实验中应选用__________（填序号）；（2）拉起质量为m的小球至某一位置由静止释放，使小球在竖直平面内摆动，记录小球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小球的初始释放位置，重复上述过程。为了得到一条直线，应该根据测量数据在直角坐标系中绘制__________（选填“”、“”、“”）关系图像；若小球摆动过程中机械能守恒，该直线斜率的理论值为__________；（3）该实验系统误差的主要来源是__________（单选，填正确答案标号）。A．小球摆动角度偏大B．小球初始释放位置不同 C．小球摆动过程中有空气阻力【答案】①.③②.③.－2④.C【解析】【详解】（1）[1]为了减小实验误差，应选择质量大体积小的小钢球；（2）[2][3]设初始位置时，设细线与竖直方向夹角为θ，则到最低点时细线拉力最大，则联立可得整理可得即若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为－2；（3）[4]该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小。故选C。12.将一铜片和一锌片分别插入一只橙子内，就构成了简单的水果电池，其电动势约为1.5V。（1）取一个额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡（小灯泡电阻可认为不变），实验发现该电池与小灯泡直接相连接后，小灯泡不亮，测得流过小灯泡的电流为1mA，则该电池的内阻约为________Ω。（2）除了水果电池以外，实验室还提供了如下器材：a．电流表A（量程，内阻很小）b．毫安表mA（量程，内阻大概）c．电压表V（量程1.5V，内阻约）d．滑动变阻器R（阻值）e．电阻箱（阻值）f．开关一个，导线若干①为了测定该“水果电池”的电动势和内阻，小明选用上述部分器材设计了如图所示电路，器材选取和电路连接正确，结果发现无法完成实验，试分析下图无法完成实验的原因________（一条即可）。 ②请你根据提供的器材，在方框中画出最合理的测量电路图________，并根据所画电路图，用铅笔划线代替导线将下图中实物连接完整。（）③采用上述实验，读取多组数据，利用图像测得的水果电池的电动势和内阻与真实值相比，________，________。（均选填“大于”“小于”或“等于”）【答案】①.1495②.电流表A的量程过大，电流表指针几乎不动，电流表无法读数③.④.⑤.等于⑥.大于【解析】【详解】（1）[1]依题意，可得小灯泡的电阻为根据闭合电路欧姆定律可得求得该水果电池内阻约为（2）①[2]由于该水果电池内阻较大，而电动势约为1.5V，则电路中的最大电流约为 显然由电路图可知所用电流表A的量程过大，电流表指针几乎不动，电流表无法读数。②[3]由①分析可知，电流表应选用毫安表mA（量程，内阻大概），且利用“安阻法”来测量该水果电池电动势及内阻，电路设计如图所示[4]实物连接如图所示③[5][6]根据闭合电路欧姆定律，有其中为电源电动势，为电源内阻，为电阻箱阻值，为电流表读数，可得但实际上不仅电阻箱有阻值，毫安表也有阻值，即可得所以，可知我们测量时把毫安表的内阻也当成了电源内阻计算，故由图像可知13.光滑水平面内，一质量为的物体以速度做匀速直线运动，时，对该物体施加一水平恒力F，时物体达到最小速度，之后速度 又逐渐增大。求：（1）水平恒力F大小；（2）时间内水平恒力所做的功W。【答案】（）4.8N；（2）-17.28J【解析】【详解】（1）由题意可知物体的瞬时速度与F夹角为钝角，则初速度在F反方向的分速度大小为根据逆向思维可得物体加速度大小为则水平合力大小为（2）3s末物体速度为时间内水平恒力所做的功14.如图所示，质量为m的物块A静止在水平面上，与左侧固定挡板的距离为l；质量为km的物块B以的初速度向左运动，初始时B与A的距离。A、B与地面的动摩擦因数分别为、，A、B均可看作质点，所有碰撞时间极短且没有机械能损失，重力加速度g取。（1）若、，求B与A第一次碰撞后的A的速度大小；（2）若、、，求B与A从第一次碰撞到第二次碰撞间隔的时间。【答案】（1）6.4m/s；（2）0.5s【解析】【详解】（1）B与A碰撞前，由动能定理 由动量守恒及机械能守恒，得（2）若、，同理得B与A第一次碰撞后，A、B的速度分别为，碰撞后，A、B均向左匀减速运动，加速度均为A经t1时间以速度v3与挡板相撞，等速率反弹经t2时间与B第二次碰撞，对A有，向右匀减速有对B有第二次相遇时两次相撞的时间间隔为联立得15.如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角为，空间中自上而下依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，磁场Ⅰ、Ⅱ间距为1.75m，磁场Ⅱ、Ⅲ间距为2.25m，一边长、质量、电阻的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场Ⅰ的上边界为，导线框与斜面间的动摩擦因数。将导线框由静止释放，导线框匀速穿过每个磁场区域。重力加速度g取，，，求：（1）磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁感应强度的大小、、； （2）整个过程中导线框产生的焦耳热Q；（3）导线框从静止释放到穿过磁场Ⅲ所经历的时间t。【答案】（1），，；（2）；（3）【解析】【详解】（1）从线框开始下落到刚进入磁场Ⅰ区域由动能定理解得导线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动由安培力公式由法拉第电磁感应电动势由闭合电路欧姆定律联立解得线框在磁场Ⅱ、Ⅲ之间加速距离为则线框由静止开始运动至刚进入第二个磁场时，由动能定理线框在磁场Ⅱ中受到的安培力 导线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动联立解得同理解得（2）导线框匀速穿过磁场区域，每穿过一次磁场区域，产生的焦耳热整个过程中导线框产生的焦耳热解得（3）导线框在磁场以外做匀加速直线运动穿过磁场Ⅰ的时间穿过磁场Ⅱ的时间穿过磁场Ⅲ的时间导线框从静止释放到穿过磁场Ⅲ所经历的时间联立解得 16.纸面内存在大小和方向均未知的匀强电场，也存在一长方形区域ABCD，其中AB=2L，AD=L，电场强度的方向与AD=L所在平面平行。质量为m、电荷量为＋q（q>0）的带电粒子在A点以一定的速度v0发射，粒子到达B点的动能是初动能的9倍；若改变粒子速度方向，以相同的初动能仍从A点射出，到达D点的动能为初动能的4倍。不计粒子重力。求：（1）匀强电场的大小和方向；（2）若粒子从A点射出时速度的大小可变，且当粒子从A点射出时速度方向与电场垂直时，为使粒子经过长方形区域边界动能增量最多，该粒子从A点射出的速度应为多大；（3）若粒子从A点射出时速度的大小可变，且当粒子从A点射出时速度方向与电场垂直时，为使粒子第一次经过长方形区域边界时动量增量为mv0，该粒子从A点射出的速度应为多大。【答案】（1），方向与AB成斜向下；（2）；（3）或【解析】【详解】（1）依题意，可将电场正交分解在沿AB方向和沿AD方向，由动能定理可得qEAB∙2L=EkB－EkAqEAD∙L=EkD－EkA已知，，，联立求得（方向从A指向B）（方向从A指向D）则该电场强度大小为如图所示 设方向与AB成θ，则即θ=37°（2）粒子从A点射出时速度方向与电场垂直时，为使粒子经过长方形区域边界动能增量最多，则需要电场力做功做多，如图所示C点与A点沿电场方向的距离最大，则由A点到C点电场力做功最多，设粒子射出时速度大小为v1，由A到C垂直电场方向的位移大小为由A到C平行电场方向的位移大小为由牛顿第二定律得解得（3）粒子从A点垂直电场方向射出，第－次经过长方形区域边界时动量增量为mv0，设此过程粒子运动时间为t2，以电场力的方向为正方向，根据动量定理得qEt2=mv0 解得粒子的运动轨迹如图所示当粒子出射速度垂直电场方向斜向上为v2时，由A点到O点平行电场方向的位移大小为由A点到O点垂直电场方向的位移大小为OP=v2t2由几何关系得解得当粒子出射速度垂直电场方向斜向下为v3时，由A点到Q点平行电场方向的位移大小为由A点到Q点垂直电场方向的位移大小为QP=v3t2由几何关系得解得