辽宁省东北育才学校2022-2023学年高三物理高考适应性试卷（二）（Word版附解析）

绝密★使用前东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（二）高三物理考生注意：1.本试卷共100分,考试时间90分钟。分两卷，三大题，17小题，共6页2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容第Ⅰ卷（选择题48分）一、选择题（本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9～12题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错、多选或不选的得0分。）1．A、B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（x）的变化规律如图所示，下列判断正确的是（　　）A．汽车A的加速度大小为4m/s2B．汽车A、B在x=4m处的速度大小为m/sC．从开始到汽车A停止前，当xA=4m时A、B相距最远D．从开始到汽车A停止前，当xB=4m时A、B相遇2．如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细圆环的圆心，且O1O2=2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷+Q、-Q（Q>0）。一带正电的粒子（重力不计）从O1处由静止释放，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）A．粒子在O2处动能最大B．粒子在O1O2中点处动能最大C．O1O2中点处的电场强度为D．O1O2中点处的电场强度为3．质子和中于是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示夸克间的势能，令U0＝F0(r2—r1)，取无穷 远为势能零点．下列U－r图示中正确的是（  ）A．B．C．D．4．如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，则下列说法正确的是（　　）A．轻绳的合拉力大小为B．轻绳的合拉力大小为C．减小夹角，轻绳的合拉力一定减小D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小5．如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点B．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不同C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于2tan30°D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J6．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小7．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为、带电荷量为的小球从A点以速度沿直线运动，与轴负方向成角。在轴与之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到上的点，与之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在点的速度大小为，重力加速度为，，，则下列结论错误的是（　　）A．区域Ⅱ内匀强电场的场强大小B．区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小C．小球从做匀速直线运动，做匀加速直线运动D．区域Ⅰ内匀强电场的最小场强大小为，方向与轴正方向成角向上8．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体A放在光滑的水平面上，已知A的质量为2m，高为h，质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，A、B便开始运动。重力加速度为g，则（　　）A．推力的大小为B．运动过程中，A对B不做功C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒D．当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小9．2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ 上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（　　）A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度10．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，a、b、c、d是介质中的质点，时刻的波形图如图中实线所示，此时波刚好传播到b点，时刻的波形图如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）A．该列简谐横波在介质中的传播速度可能为B．质点a在时刻离开平衡位置的位移为C．质点c在到时间内通过的路程可能为D．若波的周期，则在时刻，质点d的势能最大11．超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离，脉冲激光中包含不同频率的光1和光2，它们在棱镜中的折射率分别为和。取，，。则下列说法正确的是（　　）A．上方光线为光1B．光1和光2通过相同的干涉装置后，光2对应的干涉条纹间距更大C．为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则D．若，则光1和光2通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差约为12 ．如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质（质量不计），可使得它们之间的滑动摩擦力大小为（，g为重力加速度大小）。自时刻开始，加一水平向右、电场强度大小的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。下列说法正确的是（　　）A．平板第一次与墙壁碰撞时的速度B．平板第二次与墙壁碰撞时的速度C．从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量D．从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量第Ⅱ卷（非选择题52分）二、实验题（本题共两小题，第13题6分，第14题8分,共计14分。）13．为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化的规律，如图乙所示。（1）0.4s时木块的速度v＝______m/s，木块的加速度a＝______m/s2。（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是______。（已知当地的重力加速度g）（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是______。A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻14．甲、乙、丙三位同学协作测定某电池的电动势和内阻的实验。他们设计的电路原理如图1，其中R为电阻箱，R0为保护电阻，阻值R0=5.0Ω，电流表A的内阻不计。他们改变R 的阻值，记下多组R和电流表示数I。甲同学以IR作纵坐标，以I作横坐标，作图处理数据；乙同学以I（R+R0）为纵坐标，以I为横坐标处理数据，他们在同一张坐标纸上画出的图如图2所示。（1）由图2可知，甲同学绘制的是图线___________（填“a”或“b”），由该图线得到的电源电动势为___________V，内阻为___________Ω。（2）丙同学打算以为纵坐标，以R作横坐标，请根据（1）中计算的结果将丙所作图线在图3中画出___________。（3）分析可知，在图1所示电路中，当电阻箱的阻值R=___________Ω时，电阻箱消耗的电功率最大。三、计算题（本题共3小题，共38分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15．一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为，开始时内部封闭气体的压强为p0．经过太阳曝晒，气体温度由升至．（1）求此时气体的压强．（2）保持不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0．求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．16．如图甲将装有弹簧，质量m1=3kg的滑块a在轨道II距地面高h=0.8m的A处静止释放。当a运动到C处时弹簧的另一端与放在轨道I质量m2=1kg的滑块b 连接（如图乙），此时弹簧处于原长（整个运动过程弹簧均处于弹性限度内，且始终保持与水平面平行）。滑块a、b均可视为质点，且始终不脱离各自的轨道。轨道I光滑，在轨道I的E处设有与轨道等宽的竖直挡板，滑块b与挡板碰撞后以原速率返回。轨道II的AB段、CD段以及E点之后的部分均光滑，BC段长度x1=1m，动摩擦因数μ1可以调节，DE段长度x2=1.25m，动摩擦因数μ2=0.2（滑块仅与轨道底面产生摩擦）。已知滑块a刚运动到DE段时，滑块a、b恰好第一次共速。（1）若μ1=0.35，求滑块a刚运动到DE段时的速度v以及弹簧的弹性势能Ep；（2）若滑块a、b恰好同时到达E处，且此时滑块b的速度变为滑块a刚运动到DE段时的，求μ1的最大值；（3）在（2）的条件下，且μ1=0.35，求滑块a从D处运动到E处的时间t，并说明最终滑块a能否进入BC段？17．如图所示，有形状为“”的光滑平行导轨和水平放置，其中宽轨间距为2d，窄轨间距为d，轨道足够长。右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，。间接有一电阻阻值为r。金属棒质量为m、长度为2d、电阻阻值为2r，在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始加速，离开宽轨前，速度已达最大值。金属棒滑上窄轨瞬间，迅速撤去力F。是质量为m、电阻阻值为r、三边长度均为d的“U”形金属框，如图平放在绝缘导轨上。以f点所在处为坐标原点O，沿方向建立坐标轴。整个空间存在竖直向上的磁场，左侧为磁感应强度为B0的匀强磁场，右侧磁感应强度分布规律（），其中，金属导轨电阻不计，棒、金属框与导轨始终接触良好。 （1）求棒在宽轨上运动的最大速度及刚滑上窄轨时两端电压；（2）求棒运动至与金属框碰撞前瞬间的速度大小；（3）若棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框静止时f端的位置坐标x。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）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，vA<vB，A项正确；人造卫星从椭圆轨道Ⅱ变轨到圆形轨道Ⅰ，需要点火加速，发生离心运动才能实现，因此vAⅡ<vAⅠ，所以EKAⅡ<EKAⅠ，B项正确；，得，可知到地心距离越大，周期越大，因此TⅡ<TⅠ,C项正确；人造卫星运动的加速度由万有引力提供，而不管在轨道Ⅱ还是在轨道Ⅰ，两者的受力是相等的，因此加速度相等，D项错误．10．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