湖南省长沙市五校联考2023届高三物理下学期二模试题（Word版附解析）

市二模2023年普通高等学校招生考试全仿真模拟试卷物理第I卷：选择题（共49分）一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每题的四个选项中只有一个选项符合题目要求的。1.太阳目前处于主序星阶段，氢燃烧殆尽后将发生氦闪，进入红巨星阶段，电影《流浪地球》就是在此背景下展开，“氦闪”是氦的聚变变成碳的过程，，极不稳定，短时间再结合一个氦变成碳的过程，已知原子核的比结合能-质量数的图像如图，的纵坐标为，的纵坐标为7.69，下列说法中正确的是（　　）A.原子核的结合能越大，原子核就越稳定B.一次氦闪放出的核能为7.32MeVC.氦4的核子平均质量小于碳12的核子平均质量D.氦4的结合能为【答案】B【解析】【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，A错误；B．一次氦闪放出的核能为B正确；C．反应过程中释放能量，核子有质量亏损，故氦4的核子平均质量大于碳12的核子平均质量，C错误；D．氦4的比结合能为，结合能为D错误； 故选B。2.图像法、微元累积法是常用的物理研究方法。如图所示某质点沿直线运动，运动速率的倒数与位移的关系（与距离相等），关于质点的运动，下列说法正确的是（　　）A.质点做匀变速直线运动B.图线斜率等于质点运动的加速度C.图线与轴围成的面积没有实际的物理意义D.质点从运动到所用的运动时间是从运动到所用时间的3倍【答案】D【解析】【详解】B．图像的斜率的斜率根据单位运算可知，斜率的单位为，而加速度的单位为，可知，图线斜率不等于质点运动的加速度，B错误；A．图像是一条过原点的倾斜直线，可知，与x成正比，根据上述有假设质点做匀变速运动，则有解得可知，如果质点做匀变速运动，加速度一定，则为一个定值，即速度v一定，而实 际上，根据图像可知，随质点位移的增大，质点的速度减小，质点做减速直线运动，可知假设不成立，质点做的是加速度变化的变速直线运动，A错误；C．根据微元法可知，图像与横轴所围图形的面积表示时间，C错误；D．由于三角形OBC的面积根据上述，该面积体现了从O到C所用的时间，同理，从O到所用的时间根据题意有，，解得D正确.故选D。3.如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（　　）A.减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑B.减小檩条的倾斜角度时，瓦片与檩条间的弹力变小C.增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力变大D.增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力变小【答案】A【解析】【详解】A．檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于，当减小檩条间的距离d时，两弹力夹角减小，则弹力减小，最大静摩擦力减小，瓦片可能会下滑，A正确；B．减小檩条的倾斜角度时，则增大，瓦片与檩条间的弹力变大，B错误； CD．增大檩条间的距离d时，两弹力夹角增大，则弹力增大，但摩擦力等于不变，CD错误。故选A。4.人体的细胞膜模型图如图所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图b所示，初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是（　　）A.钾离子的电势能增大B.点电势等于点电势C.若膜电位增加，则钾离子进入细胞内的速度更大D.若膜电位不变，膜的厚度越大，则钾离子进入细胞内的速度越大【答案】C【解析】【详解】A．初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，可知钾离子运动中电场力做正功，所以钾离子的电势能减小，故A错误；B．初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，则电场线从A到B，沿电场线电势降低，所以A点电势大于B点电势，故B错误；CD．由动能定理可知若膜电位不变时，即电压U不变时，钠钾子进入细胞内速度不变；电压U增加时，速度增大，故C正确，D错误。故选C。5.如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边以角度入射，依次经和两次反射，从直角边出射。出射光线相对于入射光线偏转了角，则（　　） A.等于B.大于C.小于D.与棱镜的折射率有关【答案】A【解析】【详解】如图所示设光线在AB边的折射角为，根据折射定律可得设光线在BC边的入射角为，光线在AC边的入射角为，折射角为；由反射定律和几何知识可知联立解得根据折射定律可得可得过D点做出射光的平行线，则该平行线与AB的夹角为，由几何知识可知，入射光与出射光的夹角为。故选A 6.如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（　　）A.小球的质量为B.小球运动到最高点时的速度为C.小球能够上升的最大高度为D.若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动【答案】C【解析】【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得结合图乙可得所以，故A正确，不符合题意；D．对小球和圆弧滑块组成的系统，有 解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得解得故B正确，不符合题意；C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得解得故C错误，符合题意。故选C。二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.北京时间2022年9月13日21时18分，我国在文昌航天发射场使用长征七号运载火箭，成功将“中星1E”星发射升空。卫星最终顺利进入地球同步轨道，发射任务获得圆满成功。该卫星发射过程可以简化为如图过程：I是运行周期为的近地圆轨道（轨道半径可视为等于地球半径），III为距地面高度为的同步圆轨道，II为与轨道I、III相切的粗圆转移轨道，切点分别为、。已知地球半径为，地球自转周期为，第一宇宙速度大小为，则下列说法中正确的是（　　） A.卫星在轨道II运行的周期大于B.卫星在轨道II上运行的速度大小有可能大于、小于或等于C.卫星在轨道II上运行的周期D.卫星在轨道II上从点运动到点过程中，动能减小、势能增加、机械能不变【答案】BD【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律卫星在轨道Ⅱ的半长轴小于同步卫星的轨道半径，同步卫星的周期为，则卫星在轨道Ⅱ运行的周期小于，故A错误；B．在轨道I处的速度为，要使卫星从轨道I到轨道Ⅱ在A点要加速，所以轨道Ⅱ上A点运行的速度大于，卫星从A到B减速，到B点的速度小于，所以卫星在轨道Ⅱ上运行的速度大小有可能大于、小于或等于，故B正确；C．根据开普勒第三定律解得故C错误；D．卫星在轨道Ⅱ上从A点运动到B点过程中，卫星与地球的距离增加，万有引力减小，引力做负功，动能减小，势能增大，机械能守恒，故D正确。故选BD。8.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，三只完全相同的灯泡L1、L2、L3连 接如图。当开关S闭合时，L2、L3均能正常发光。保持电源电压不变，断开开关S，则（　　）A.三只灯泡的亮度相同B.L2、L3仍能正常发光C.电源的输出功率变小D.电源的输出功率变大【答案】AC【解析】【分析】【详解】理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，则灯泡额定电压，根据变压器电流与匝数成反比可知故流过3个灯泡电流相同，则亮度相同，原线圈两端电压减小，则副线圈电压变小，小于额定电压，则L2、L3不能正常发光，设额定电流为，闭合时，原线圈电流断开后，副线圈电流减小，则原线圈电流减小，电源的输出功率，变小，故AC正确BD错误。故选AC。9.如图甲所示，在同一均匀介质中波源、相距，在时，同时向外发出两列相干波，波源处的质点的振动图像均如图乙所示。在以、连线为直径、为圆心的圆周上有A、B两点，且，点在、连线中垂线上，两列波在介质中传播速度大小均为。则下列判断正确的有（　　） A.甲、乙两列波在介质中的波长为B.时，A处质点处于波峰C.A点为振动加强点，振幅为D.在整个圆周上（除、之外）一共有10个振动加强点【答案】ABC【解析】【详解】A．根据图乙可知波源振动的周期为，故波长为A正确；BC．由，可知所以有两波源的初始振动方向相同，A点到两波源的距离差为波长的整数倍，故为振动加强点，振幅为原来的2倍即；波源发出的波刚传到A点时用时为可得由图乙可知波源处质点开始是沿y轴负方向振动，故可得时，A处质点处于波峰，此时波源发出的波还未传到A处，BC正确；D．由于某点到波源的路程差为波长的整数倍时为振动加强点，则对于两波源连线上的点当时为加强点，除、之外，有n为整数，可得 即由于每个加强点与圆周有两个交点，故在整个圆周上（除、之外）一共有38个振动加强点，D错误。故选ABC。10.蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度一位移图象如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为，弹性轻绳原长为，若空气阻力恒定，游客下落至处时速度大小为，重力加速度取，下列正确的是（　　）A.整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态B.游客及携带装备从静止开始下落的过程中重力的冲量为C.游客在最低点时，弹性势能最大为D.弹性绳长为时，游客的加速度大小为【答案】A【解析】【详解】A．由题图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先处于失重后处于超重状态，故A正确；B．以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15m的过程中，由动量定理得I合=IG－IF－If＝mv＝50×15N·s＝750N·s故重力的冲量大于750N·s，故B错误；C．游客在前5m做匀加速直线，根据动能定理解得f=50N从下落至最低点过程中能量守恒 解得=500×26-50×26=11700J故C错误；D．游客下落15m时合力为0时速度最大，此时弹性绳的弹力和阻力等于游客及携带装备的总重力，即f+kΔx＝mg解得k＝＝45N/m弹性绳长为20m时，弹性绳的弹力F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N根据牛顿第二定律得F+f－mg＝ma解得a＝0m/s2故D错误。故选A。11.如图，两根相同“”形等高光滑金属导轨竖直放置，顶端水平，间距为，中间跨接一电容为C不带电的电容器，初态开关为断开状态，棒水平静止于顶端，棒被水平锁定在电容器的下方，两棒与导轨接触良好，都处在磁感应强度大小为方向相反的有界匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线（磁场末画出，其方向均垂直纸面），b棒初始位置离导轨末端高度为，现解除锁定让棒由静止下落，刚脱离轨道末端瞬间立即闭合开关，再经时间秒后棒跳离导轨顶端，上升最大高度为，已知两棒质量均为，重力加速度为，不计一切摩擦阻力及电阻，则（　　）A.如果足够大，解除锁定后棒将在导轨后段做匀速运动B.b棒离开导轨时速度大小为 C跳离过程中电容器两端电压变化D.跳离后电容器所带电量可能为零【答案】BCD【解析】【详解】A．导体棒b在下降过程中切割磁感线，给电容器充电，任取时间，则可得充电电流为而联立可得而由牛顿第二定律有解得可知导体棒b做匀加速直线运动，若足够大，当电容器充满电后电容器两端的电压等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势，此时回路中电流为零，但导体棒b仍在做切割磁感线运动，仍受到安培力作用，且大小不变，因此，导体棒b始终做匀加速直线运动，故A错误；B．根据匀变速直线运动的规律，导体棒b离开导轨时有解得故B正确；C．设导体棒a跳离瞬间速度大小为，则由运动学可知解得设跳离过程中通过导体棒a的电流为，则根据动量定理可得 而联立解得故C正确；D．闭合开关S，电容器放电，则在导体棒a跳离后，电容器所带电量可能为零，故D正确。故选BCD。第II卷：非选择题（共51分）三、填空题：本题共2小题，共16分。12.某实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，在动滑轮的下方悬挂重物A、定滑轮的下方悬挂重物B，重物B上固定一遮光条，遮光条的宽度为d，已知重物B与遮光条的质量是重物A的2倍，悬挂滑轮的轻质细线始终保持竖直，滑轮的质量忽略不计。（1）开始时，绳绷直，重物A、B处于静止状态。释放后，A、B开始运动，测出遮光条通过光电门的时间t，则重物B经过光电门时的速度为v=_________（用题中所给的字母表示）。（2）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d=__________cm。（3）测得开始释放时遮光条中心到光电门中心之间的高度为h，测得遮光时间为t。如果 系统的机械能守恒，应满足的关系式为__________（已知当地重力加速度大小为g，用实验中所测得的物理量的字母表示）。【答案】①.②.1.020③.【解析】【详解】（1）[1]重物B经过光电门时的速度为（2）[2]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，即（3）[3]若系统机械能守恒，则应满足联立可得13.我国清洁能源设备生产规模居世界首位。太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时（没有储存电能）的I-U特性。所用的器材包括：太阳能电池板，电源、电流表、电压表、滑动变阻器、开关及导线若干。该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I-U图象。 （1）为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的图_________（填“a”或“b”）。（2）已知电压表的量程为内阻为，若要将该电压表改装成量程为的电压表，该电表需串联一个__________的电阻。（3）当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，若把它与阻值为的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是__________%。（结果保留两位有效数字）（4）由图乙可知，太阳能电池板在没有光照时（没有储存电能）的伏安特性曲线，太阳能电池板没有光照时（没有储存电能）用符号表示，将两个这样同规格的电池板接入电路如丁图所示，已知电源电动势，内阻，定值电阻，可得每个电池板消耗的功率_________（保留三位有效数字），若考虑测伏安曲线过程电压表分流，该功率测量值_________（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。【答案】①.a②.10③.78##79##80##81##82④.2.55##2.56##2.57##2.58##2.59##2.60##2.61##2.62##2.63##2.64##2.65##2.66##2.67##2.68##2.69##2.70⑤.大于【解析】【详解】（1）[1]I-U特性曲线，电压电流从零开始变化，滑动变阻器需采用分压式接法，a电路中滑动变阻器采用分压式接法，b电路中滑动变阻器采用限流式接法。故选a。（2）[2]由串联分压的原理可得解得（3）[3]将该电阻接入该电路，做出该电阻的图线与该电源的图线交于一点 该交点的横纵坐标表示该电阻接入该电路中时，流过该电阻的电流和其两端的电压，由此可得%（4）[4]丁图等效内阻为等效电动势为设每个两端的电压为U，每个电流为I，由闭合电路欧姆定律可得代入数据得作图出图像可得，每个电池板消耗的功率约为 [5]甲图a由于电压表分流，电流测量值偏大，测量值比真实值交点上移，可得功率测量值偏大。四、计算题：本题共3小题，其中第14题9分，第15题12分，第16题14分，共35分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分。14.压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中，表中所示的是某柴油机的部分参数。柴油发动机最早是由德国工程师R·狄塞尔于1892年设计，因此，其发动机工作过程也被称为“狄塞尔循环”，如图所示为理想的狄塞尔循环图像，其中为绝热压缩过程，为等压吸热过程，为绝热膨胀过程，为等容放热过程，现假定某气缸中封闭一定质量的理想气体，进行“狄塞尔循环”，在初始状态时，气体的体积、压强、温度为已知量，经过狄塞尔循环，由，气体在状态时的体积、气体在状态时的体积。试求：（1）“压缩比”就是指发动机混合气体被压缩的程度，用压缩前的气体体积与压缩后的气体体积之比。过程，“压缩比”为15：1。气体在状态时柴油恰好自燃，求状态的压强。（2）若过程中外界对气体做功为，过程中气体吸热为，过程中气体对外界做功为，求过程中气体对外界做功，并求出过程中封闭气体内能变化量。额定功率额定转速压缩比柴油自燃点【答案】（1）；（2）【解析】 【详解】（1）过程，在初始状态时，气体的体积、压强、温度，“压缩比”为15：1，柴油自然点327℃，根据理想气体状态方程，可得解得（2）过程中外界对气体做功为，过程中气体吸热为Q，则气体对外界做功过程中气体对外界做功为，由热力学第一定律，可知被封闭气体在从状态过程中其内能变化量15.现有一对半圆柱体回旋加速器置于真空中，如图所示，其半径为R，高度为H，两金属盒半圆柱体间狭缝宽度为d，有垂直于盒面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场和垂直于盒面向下、电场强度大小为E的匀强电场，磁场仅存在于两盒内，而电场存在于整个装置，两盒间接有电压为U的交流电。加速器上表面圆心A处有一粒子发射器，现有一电荷量为、质量为m的粒子从A点飘入狭缝中，初速度可以视为零。不考虑相对论效应和重力作用，若粒子能从加速器下表面边缘离开，求：（1）若U未知，粒子从A点到离开加速器下表面边缘所用时间t及动能；（2）粒子在狹缝中被加速的次数n；（3）若H未知，粒子在狭缝中被加速的时间与在磁场中运动的时间的比值。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子从A 点到离开加速器下表面边缘的过程中，竖直方向在电场力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有，解得粒子从加速器下表面边缘出去时在水平方向上的速度取决于加速器金属盒的半径，由洛伦兹力提供向心力，有竖直方向上的速度则离开时的动能（2）由（1）分析可知解得（3）设粒子在狭缝中被加速的时间为，在磁场运动的时间为，有，解得粒子在磁场中运动的周期已知粒子每经过一次狭缝，就会在磁场运动半个周期，则则 16.从纳米海绵到7nm芯片，纳米技术正在极大改善我们的生活。纳米技术中需要移动操控原子，必须使在不停做热运动的原子几乎静止下来，为此发明的激光制冷技术与下述力学缓冲模型类似。图甲中轻弹簧下端固定在倾角为的足够长光滑斜面底端，上端与质量为的物块B相连，物块B处于静止状态，现将质量为的物块A置于物块B的上方某位置处，A、B均可以看作质点，相距，B与斜面之间有智能涂层材料，可对B施加大小可调节的阻力，当B的速度为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，光滑物块从斜面顶端被静止释放，之后与B发生正碰，碰撞后B向下运动时速度减为零并立即被智能涂层锁住，此过程中B受到涂层的阻力大小与下移距离之间的关系如图乙中的图像。已知B开始静止在弹簧上时，弹簧压缩量为d，重力加速度为，弹簧始终处于弹性限度范围内。求：（1）A、B碰后瞬间各自的速度，通过计算判断是否为弹性碰撞；（2）在B第一次向下运动过程中，当的动能为时B的速度大小；（3）若撤除弹簧，将B锁定在原位置，A、B碰撞前瞬间自动解除锁定，B受到涂层的阻力大小与下移距离之间的关系为，写出B碰后到第一次达到最低点过程位移s与时间的关系式。【答案】（1），方向沿斜面向下，方向沿斜面向上，弹性碰撞；（2）0或；（3）【解析】【详解】（1）物块A下滑过程有解得 对AB碰撞过程，以沿斜面向下为正方向阻力大小与下移距离之间的关系如图乙中的图像中，图像与s轴所围面积表示功，则碰后物块B下滑过程有B开始静止在弹簧上时有可解得，B碰后速度为方向沿斜面向下，A碰后速度为方向沿斜面向上。如果是弹性碰撞，还满足联立解得结果一致，等式成立，故A、B发生的为弹性碰撞。（2）当A动能为时有解得则有或物块B下滑过程，令沿斜面向上为正方向，则有故B下滑过程为匀减速直线运动，且故此时 代入解得或说明此时B已减速到0被涂层锁住，故B速度大小为0或。（3）依题意可知，B碰后瞬间有可知是平衡位置，此后，若以沿斜面向下为正方向，则有故该过程是简谐运动，类比弹簧振子模型有，可解得位移表达式对时间求导得则平衡位置处速度可解得故有