2023屆河南省開封市高三下學(xué)期第二次模擬考試?yán)砭C物理試題（解析版）

開封市2023屆高三年級第二次模擬考試?yán)砜凭C合物理部分一、選擇題1.如圖所示，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行且光滑的金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m、電阻為，導(dǎo)體棒cd的質(zhì)量為、電阻為R，均靜止在導(dǎo)軌上，現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab以初速度向右滑動。運動過程中，導(dǎo)體棒ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，關(guān)于導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A.動量守恒，機(jī)械能守恒 B.動量不守恒，機(jī)械能守恒C.動量守恒，機(jī)械能不守恒 D.動量不守恒，機(jī)械能不守恒【答案】C【解析】【詳解】由于系統(tǒng)不受外力，動量守恒，但導(dǎo)體棒在運動過程，整個回路會產(chǎn)生焦耳熱，機(jī)械能不守恒。故選C。2.在利用光電管探究光電效應(yīng)規(guī)律的實驗中，當(dāng)用不同波長的光照射光電管的陰極時，測出光電管的遏止電壓與對應(yīng)入射光的波長。以遏止電壓為縱坐標(biāo)，人射光波長倒數(shù)為橫坐標(biāo)，作出圖像如圖所示。已知a、b為已知量，光電子的電荷量為e，光速為c，則下列說法正確的是（）A.光電管陰極材料的逸出功為beB.普朗克常量為C.波長的光照射光電管的陰極時，產(chǎn)生的光電流與成正比D.波長的光照射光電管的陰極時，一定能發(fā)生光電效應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．由光電效應(yīng)方程故光電管陰極材料的逸出功為-be，故A錯誤；B．由光電效應(yīng)方程整理得圖像的斜率為可求得故B正確；C．波長的光照射光電管的陰極時，發(fā)生光電效應(yīng)，產(chǎn)生的光電流與成反相關(guān)，不成正比，C錯誤。D．波長的光，則頻率小于截止頻率，照射光電管的陰極時，一定不能發(fā)生光電效應(yīng)，D錯誤。故選B。3.如圖所示，b是理想變壓器原線圈的中心抽頭，燈泡、的銘牌上均標(biāo)注“，”字樣，電流表為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上如圖所示的交流電，當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與b連接時，燈泡恰好正常發(fā)光，則（）A.理想變壓器原副線圈匝數(shù)之比為B.1秒內(nèi)流過燈泡的電流方向改變50次C.當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與b連接時，向上移動滑片P，兩燈泡均變暗D.當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由b扳向a時，電流表的示數(shù)變大【答案】A【解析】【詳解】A．b是理想變壓器原線圈的中心抽頭，當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與b連接時，燈泡恰好正常發(fā)光，燈泡的額定電壓為，而由原線圈c、d兩端所加交流電的圖像可得此交流電的有效值為，則有解得故A正確；B．由原線圈c、d兩端所加交流電的圖像可得交流電的變化周期為，可知其頻率為，正弦式交流電的方向一個周期內(nèi)改變兩次，因此可知1秒內(nèi)流過燈泡的電流方向改變100次，故B錯誤；C．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與b連接時，向上移動滑片P，滑動變阻器的接入電路中的阻值增大，副線圈所在回路中的總電阻增大，則副線圈回路中的電流減小，由于原線圈兩端的電壓不變，因此副線圈兩端的電壓也不變，而燈泡兩端的電壓等于副線圈兩端的電壓，故燈泡正常發(fā)光，流過燈泡的電流不變，但燈泡與燈泡并聯(lián)，從而分流，而干路電流減小，則可知通過燈泡的電流減小，因此將變暗，故C錯誤；D．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由b扳向a時，原線圈的匝數(shù)增大，原線圈與副線圈的匝數(shù)比增大，而原線圈兩端的電壓不變，又原副線圈兩端的電壓比等于匝數(shù)比，因此可知副線圈兩端的電壓減小，副線圈中的電流減小，導(dǎo)致原線圈中的電流減小，則接在原線圈回路中的電流表的示數(shù)減小，故D錯誤。故選A。4.如圖所示，兩個完全相同的輕質(zhì)小滑輪P、Q固定在天花板上，一段不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩通過滑輪，兩端分別系住小球A、B，現(xiàn)用一輕質(zhì)光滑小掛鉤將小球C掛在滑輪PQ之間的水平細(xì)繩的中間位置上，靜止釋放小球C，在小球C下降的某時刻，拉小球C的細(xì)繩與水平方向成角。已知三小球ABC的質(zhì)量均為m，A、B小球始終沒有與P，Q相撞，忽略一切阻力，，，則下列關(guān)于小球C在下降過程中說法正確的個數(shù)為（）①ABC三小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒②小球C重力做功的瞬時功率先變大后變?、跘BC三小球的速度大小的關(guān)系為④當(dāng)時小球C下降到最低點A.4個 B.3個 C.2個 D.1個【答案】A【解析】【詳解】①忽略一切阻力，ABC三小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能沒有向其他形式能量轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒。①正確；②小球C在下降過程中，小球C速度先增大后減小，由可知，小球C重力做功的瞬時功率先變大后變小。②正確；③由小球C速度分解如圖所示由對稱性可知，又得③正確；④設(shè)滑輪PQ之間的水平細(xì)繩的長度為，小球C下降到最低點時，下降的高度為，滑輪與小球C之間長度為，如圖所示小球C下降到最低點過程中，三球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒又解得此時得④正確。說法正確的個數(shù)為4個。故選A。5.如圖所示，在邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場E，一不計重力的帶電粒子從C點沿CA方向以速度射入，粒子經(jīng)過B點打在BD邊右側(cè)距離為L的光屏上的P點，現(xiàn)撤去電場，加上垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場B，仍讓該帶電粒子以速度從C點沿CA方向射入，粒子也經(jīng)過B點打在光屏上的Q點（P、Q點均未標(biāo)出）則（）A.的比值為 B.的比值為C.光屏上PQ兩點的距離為L D.光屏上PQ兩點的距離為【答案】AD【解析】【詳解】AB．由題意可知該粒子帶正電，設(shè)其電荷量為，質(zhì)量為。粒子從C點沿CA方向以速度射入勻強(qiáng)電場后該粒子做類平拋運動，設(shè)粒子到達(dá)B點時所用的時間為，做類平拋運動的加速度為，則根據(jù)平拋運動的相關(guān)知識有，，聯(lián)立解得當(dāng)撤去電場，加上垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場B時，粒子仍然經(jīng)過B點，則由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得解得、則可得故A正確，B錯誤；CD．當(dāng)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)從B點出射時，根據(jù)粒子在電場中做類平拋運動可知，設(shè)粒子從B點到P點所用的時間為，豎直向上的位移為，則有，而根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在場中偏轉(zhuǎn)后將從B點平行于CD射向光屏上的Q點，由此可知PQ間的距離故C錯誤，D正確。故選AD。6.探索浩瀚宇宙，發(fā)展航天事業(yè)，建設(shè)航天強(qiáng)國，是中華民族不懈追求的航天夢。2022年11月29日23時08分，搭載神舟十五號載人飛船的長征二號F遙十五運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射，順利進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射取得圓滿成功。據(jù)相關(guān)資料顯示神舟十五號飛船從中國酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，運行在軌道傾角42.4度、近地點P高度200公里、遠(yuǎn)地點Q高度347公里的橢圓軌道上（如圖1軌道），實施變軌后，進(jìn)入347公里的圓軌道（如圖2軌道）。則下列說法正確的是（）A.單位時間內(nèi)，飛船在1、2軌道上運行時與地心的連線掃過的面積相等B.飛船在1軌道上運行時的機(jī)械能小于在2軌道上運行時的機(jī)械能C.飛船在1軌道上Q點的線速度大于在2軌道上Q點的線速度D.飛船在1軌道上Q點的加速度等于在2軌道上Q點的加速度【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)開普勒第二定律可知，在同一軌道上相同時間內(nèi)與地線連線掃過的面積相等，不同軌道無法比較，故A錯誤；B．軌道半徑越大機(jī)械能越大，飛船在1軌道上運行時的軌道半徑小于在2軌道上運行時的軌道半徑，因此在1軌道上運行時的機(jī)械能小于在2軌道上運行時的機(jī)械能，故B正確；C．飛船在Q點從1軌道變軌為2軌道時飛船需要點火加速，因此飛船在1軌道上Q點的線速度小于在2軌道上Q點的線速度，故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律有可知飛船在繞地球運行過程中的加速度大小為則可知飛船在1軌道與2軌道的交點Q點處的加速度相同，故D正確。故選BD。7.如圖所示，絕緣粗糙細(xì)直桿abc在b處彎折為a角，水平bc段足夠長，在虛線AB的右側(cè)區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一帶電圓環(huán)（可視為點電荷）從傾斜ab段某處由靜止釋放，忽略圓環(huán)經(jīng)過彎折處的能量損失且圓環(huán)在運動過程中所帶電荷量保持不變。下列關(guān)于圓環(huán)速度v隨時間t的變化圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【詳解】設(shè)帶電圓環(huán)的質(zhì)量為，絕緣粗糙細(xì)直桿的動摩擦因數(shù)為，當(dāng)帶電圓環(huán)從傾角為角的傾斜絕緣細(xì)直桿上下滑時，設(shè)其獲得的加速度大小為，由牛頓第二定律可得解得由此可知在帶電圓環(huán)下滑到傾斜絕緣細(xì)直桿的最下端的過程中，做初速度為零的勻加速直線運動，反映在圖像上則為過圓點的傾斜直線。而當(dāng)帶電圓環(huán)進(jìn)入虛線AB右側(cè)的勻強(qiáng)磁場中后，若圓環(huán)帶正電，則要受到豎直向上的洛倫茲力，而當(dāng)洛倫茲力等于其重力時，圓環(huán)所受合外力為零，在磁場中將做勻速直線運動，圖像為一條平行于時間軸的直線；若洛倫茲力大于重力，則由牛頓第二定律可得可知小環(huán)將做加速度減小的減速運動，而隨著速度的減小洛倫茲力也隨之減小，當(dāng)洛倫茲力減小到與重力大小相等時，小環(huán)將做勻速直線運動；若洛倫茲力小于重力，則由牛頓第二定律有可知小環(huán)做減速運動，隨著速度的減小，洛倫茲力減小，加速度增大，因此可知小環(huán)做加速度增大的減速運動，直至速度減為零；若小環(huán)帶負(fù)電，所受洛倫茲力豎直向下，由牛頓第二定律可得可知小環(huán)做減速運動，隨著速度的減小洛倫茲力減小，加速度減小，小環(huán)做加速度減小的減速運動，直至速度減為零。故選ACD。8.某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置，探究滑塊a上升的最大高度，忽略一切阻力及滑輪和細(xì)繩的質(zhì)量。起初物塊a放在地面上，物塊b距地面的高度為h，細(xì)繩恰好繃直，現(xiàn)靜止釋放物塊b，物塊b碰地后不再反彈，測出物塊a上升的最大高度H，每次釋放物塊b時，確保物塊a在地面上，改變細(xì)繩長度及物塊b距地面的高度h，尋找多組（H，h），然后做出的圖像（如圖乙所示），測得圖像的斜率為k，已知物塊a、b的質(zhì)量分別為、。則（）A.物塊a、b的質(zhì)量之比B.物塊a、b的質(zhì)量之比C.圖像的斜率k的取值范圍是D.圖像的斜率k的取值范圍是【答案】BC【解析】【詳解】AB．物塊的上升過程分為兩個階段，第一階段為在物塊釋放后，在繩子拉力的作用下加速上升，與此同時物塊加速下降，速率與物塊相同，第二個階段為物塊落地后，物塊在自生重力的作用下減速上升直至最高點。則第一階段對整體由動能定理有第二階段對物塊由動能定理有聯(lián)立以上兩式可得結(jié)合圖像可得可知故A錯誤，B正確；CD．要將物塊拉起，則有對物塊，則有可得因此有即故C正確，D錯誤。故選BC。二、非選擇題9.某同學(xué)利用如圖所示的裝置驗證動能定理。在氣墊導(dǎo)軌上安裝了兩光電門1、2，滑塊上固定一遮光條，滑塊用細(xì)線繞過定滑輪和動滑輪與彈簧測力計相連。實驗時，測出光電門1、2間的距離為L，遮光條的寬度為d，滑塊和遮光條的總質(zhì)量為M，鉤碼質(zhì)量為m。（1）用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d時，游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖所示，則___________cm；（2）完成下列實驗步驟中填空：①安裝好實驗裝置，其中與定滑輪及彈簧測力計相連的細(xì)線豎直；②實驗時要調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平，不掛鉤碼和細(xì)線，接通氣源，釋放滑塊，如果滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上靜止，則表示氣墊導(dǎo)軌已調(diào)整至水平狀態(tài)；③掛上鉤碼后，接通氣源，再放開滑塊，記錄滑塊通過光電門1的時間和通過光電門2的時間，若彈簧測力計的示數(shù)為F，則滑塊所受合外力做的功___________（用題目中出現(xiàn)的物理量表示），動能變化量，如果表達(dá)式成立，則動能定理即可得到驗證；④改變鉤碼的質(zhì)量，重復(fù)步驟③，求得滑塊在不同合力作用下的動能變化量。（3）對于上述實驗，下列說法正確的是___________A.滑塊的加速度大小是鉤碼加速度大小的2倍B.彈簧測力計的讀數(shù)為滑塊所受合外力的大小且等于所掛鉤碼重力的一半C.實驗時兩光電門之間的距離盡量大一些D.鉤碼的總質(zhì)量m應(yīng)遠(yuǎn)小于滑塊和遮光條的總質(zhì)量M（4）如果實驗時，總有W的值略小于，造成的原因可能是___________A.空氣阻力B.遮光條太窄C.氣墊導(dǎo)軌未調(diào)水平，需要將調(diào)節(jié)旋鈕P上調(diào)，使氣墊導(dǎo)軌左端稍微升高一些D.氣墊導(dǎo)軌未調(diào)水平，需要將調(diào)節(jié)旋鈕Q上調(diào)，使氣墊導(dǎo)軌右端稍微升高一些【答案】①.②.FL##LF③.AC##CA④.C【解析】【詳解】（1）[1]主尺刻度為0.1cm，有標(biāo)尺為20分度，故最小分度為0.05mm，則可得（2）[2]由實驗裝置可知，動滑輪兩邊繩子拉力大小相等，彈簧測力計的示數(shù)大小即為滑塊所受合力大小，而滑塊通過兩個光電門之間的距離為L，故可得滑塊所受合外力做的功（3）[3]A．由此實驗裝置可知，鉤碼向下運動的位移，滑塊就要運動的位移，因此可知滑塊的加速度大小是鉤碼加速度大小的2倍，故A正確；B．彈簧測力計的讀數(shù)為滑塊所受合外力的大小，設(shè)鉤碼和動滑輪得總質(zhì)量為，加速度為，則根據(jù)牛頓第二定律有可得彈簧測力計得讀數(shù)為故B錯誤；C．實驗時兩光電門之間的距離盡量大一些，可以減小測量距離帶來的誤差，使實驗結(jié)果更加準(zhǔn)確，故C正確；D．鉤碼的總質(zhì)量m不需要遠(yuǎn)小于滑塊和遮光條的總質(zhì)量M，因為其合外力是直接通過彈簧測力計測得的，故D錯誤。故選AC。（4）[4]實驗時，在氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平的情況下，因為阻力的原因，總有W的值略大于，但若出現(xiàn)W的值略小于，則一定是氣墊導(dǎo)軌未調(diào)節(jié)水平，且向著滑塊運動方向的一端低，致使滑塊在運動過程中自身的重力也在做正功，因此需要將調(diào)節(jié)旋鈕P上調(diào)，使氣墊導(dǎo)軌左端稍微升高一些。故選C。10.在測量電源電動勢E和內(nèi)阻r時備有以下器材：待測電源（E、r）、電流表、電壓表、定值電阻、電阻箱R、開關(guān)、導(dǎo)線若干。實驗老師將某班同學(xué)分成甲乙丙丁四組，每組同學(xué)按各自設(shè)計的電路進(jìn)行實驗，并根據(jù)各自測量數(shù)據(jù)繪制出圖像，其中甲乙兩組，丙丁兩組，圖像A、B、C、D的斜率（、、、）及圖中數(shù)據(jù)a、b、c均為已知量，試完成下列問題：（1）變量___________；（2）結(jié)合圖像分析甲組同學(xué)的數(shù)據(jù)，可以得出待測電源電動勢___________，內(nèi)阻___________（用、、、及abc表示）；如果考慮到電流表內(nèi)阻的存在，電動勢___________，內(nèi)阻___________（選填“、或”）；（3）結(jié)合圖像分析丙組實驗，可以得出待測電源電動勢___________，內(nèi)阻___________（用、、、及abc表示）?！敬鸢浮竣?1②.③.④.=⑤.⑥.⑦.【解析】【詳解】（1）[1]甲圖由閉合電路歐姆定律可知解得乙圖由閉合電路歐姆定律可知解得所以丙圖由閉合電路歐姆定律可知解得丁圖由閉合電路歐姆定律可知解得所以則（2）[2][3]甲組實驗對應(yīng)的是B圖像，可知，解得，[4][5]如果考慮到電流表內(nèi)阻的存在，甲圖由閉合電路歐姆定律可知解得可知，解得，所以，（3）[6][7]丙組實驗對應(yīng)的是D圖像，可知，解得，11.如圖所示，四分之一光滑圓弧槽固定在光滑的水平地面上，質(zhì)量為M的小球B靜止在槽的左側(cè)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球A以速度向右運動并與小球B發(fā)生完全彈性碰撞，之后小球A不再向右運動且兩小球能發(fā)生第二次碰撞。（1）求的取值范圍；（2）小球B離開地面的高度為H，求H的取值范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)碰撞后兩小球的速度分別為、，由于兩小球發(fā)生完全彈性碰撞，則由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得，因小球A不再向右運動且兩小球能發(fā)生第二次碰撞，由此可得，于是可解得（2）當(dāng)，二者碰撞后交換速度得同時能量全部轉(zhuǎn)移，故此種情況下小球B離開地面的距離最大，此種情況下有當(dāng)時，小球B離開地面的距離最小，此種情況下有對小球B由機(jī)械能守恒得解得，故的取值范圍為12.建立如圖所示的坐標(biāo)系xOy，x軸緊挨著光滑絕緣的水平地面。在且區(qū)域內(nèi)存在著彼此垂直的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場平行y軸向上，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里。質(zhì)量為m且?guī)щ娏繛閝的小球（視為點電荷）從坐標(biāo)原點以速度沿x軸射入該區(qū)域，小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，并恰好從坐標(biāo)為的點飛離復(fù)合場。忽略空氣阻力，小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g，試求：（1）勻強(qiáng)電場E及勻強(qiáng)磁場B的大??；（2）小球落地時坐標(biāo)；（3）若小球從坐標(biāo)原點以速度沿x軸射入該區(qū)域，此后經(jīng)多長時間第5次進(jìn)入復(fù)合場，并確定進(jìn)入點的坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?），；（2）（）；（3），（7a，a）【解析】【詳解】（1）小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，故電場力與重力平衡，洛倫茲力提供圓周運動的向心力，則有解得小球恰好從坐標(biāo)為的點飛離復(fù)合場，由幾何關(guān)系得洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得（2）小球飛離復(fù)合場后做平拋運動，則有，解得故小球落地時的坐標(biāo)為（）（3）若小球從坐標(biāo)原點以速度沿x軸射入該區(qū)域，小球在磁場中運動的軌跡半徑為解得根據(jù)幾何關(guān)系可知，小球在磁場中運動四分之一圓弧后垂直與磁場邊界方向即豎直向上做豎直上拋運動，再豎直進(jìn)入磁場做周期性運動，第5次進(jìn)入復(fù)合場時經(jīng)歷了四次豎直上拋的往復(fù)運動時長為此過程在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為小球在磁場中的周期為在磁場中偏轉(zhuǎn)的時間為故第5次進(jìn)入復(fù)合場對應(yīng)的時間為第5次進(jìn)入復(fù)合場的橫坐標(biāo)為故進(jìn)入點的坐標(biāo)（7a，a）。13.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)P（，，）經(jīng)熱力學(xué)過程PQ、QS、SP后又回到狀態(tài)P，則下列說法正確的是（）A.P、Q、S三個狀態(tài)中，Q狀態(tài)的溫度最高且為B.P、S兩狀態(tài)的氣體內(nèi)能相等C.SP過程中，氣體分子的平均動能保持不變D.QS過程中，氣體內(nèi)能的減少量大于氣體向外界放出的熱量E.整個過程中，氣體需要從外界吸收的熱量【答案】ABE【解析】【詳解】A．由理想氣體狀態(tài)方程可得從P到Q，等壓膨脹，溫度升高，從Q到S，等容降壓，溫度降低，由于S與P對應(yīng)的pV乘積相等，故溫度相等，可知Q狀態(tài)的溫度最高，從P到Q可得解得A正確；B．P、S兩狀態(tài)的溫度相等，由于是理想氣體，內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，故兩狀態(tài)的氣體內(nèi)能相等，B正確；C．從S到P，pV乘積先增大后減小，故溫度先升高再降低，故SP過程中，氣體分子平均動能先增大再減小，初末狀態(tài)相等，C錯誤；D．QS過程中，溫度降低，內(nèi)能減小，體積不變，氣體沒有做功，故氣體內(nèi)能的減少量等于氣體向外界放出的熱量，D錯誤；E．P到Q氣體對外做的功為S到P過程中，圖線與橫軸所圍的面積表示外界對氣體做的功，故S到P外界對氣體做的功為而初末狀態(tài)溫度相等，內(nèi)能相等，故整個過程中，氣體需要從外界吸收的熱量，E正確。故選ABE。14.如圖所示，一端開口，長為的玻璃管鎖定在傾角為的光滑斜面上，一段長為的水銀柱密封一定質(zhì)量的理想氣體。環(huán)境溫度為，已知當(dāng)?shù)卮髿鈮海?）如果解除鎖定，玻璃管沿斜面下滑，穩(wěn)定后水銀恰好未溢出管口，求解除鎖定前水銀柱上端距管口的距離；（2）如果對密封