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.A②.16.7③.5.75×10-7【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②.500③.5④.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③a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 ⑥⑦因为此时回路中无电流，所以有⑧联立③⑥⑦⑧解得⑨⑩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⑯a棒静止时与点的距离为⑰联立⑨⑬⑭⑮⑯⑰解得⑱