2023年辽宁省抚顺市六校协作体高考物理二模试卷-普通用卷

2023年辽宁省抚顺市六校协作体高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.  铺设水泥路面的沥青中可能含有一些放射性物质，这些微量的放射性物质会对人体产生一定的危害，其中一种放射性元素的衰变方程为。下列说法正确的是(    )

A.
B.
C. 该反应发生需要一定的人工条件
D. 该反应生成物的总质量大于反应物的总质量

2.  一列向右传播的简谐横波在时刻的波形图如图所示，、两质点间距为，、两质点的平衡位置间距为，时质点恰好向下通过平衡位置，则该波的最小波速为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，两个质量均为的物块、用原长为的轻质弹簧连接，两物块恰好能静止在斜面上，此时弹簧的长度为在弹性限度内。已知物块与斜面间的动摩擦因数是物块与斜面间的动摩擦因数的两倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为，则弹簧的劲度系数为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  如图所示，导热良好的密闭容器内封闭有压强为的空气，现用抽气筒缓慢从容器底部的阀门处只出不进抽气两次。已知抽气筒每次抽出空气的体积为容器容积的，空气可视为理想气体，则容器内剩余空气和抽出空气的质量之比为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  真空中存在沿轴正方向的匀强电场，氦核与氚核先后从坐标原点沿轴正方向射入该电场，在仅受电场力的作用下的运动轨迹如图所示。则氦核与氚核在(    )

A. 电场中运动时的加速度相同
B. 射入电场时的初速度相同
C. 射入电场时的初动量相同
D. 射入电场时的初动能相等

6.  天文学家于年月日发现了小行星，对其跟踪观察并完善其轨迹发现，小行星的直径约为，质量，运动轨迹为抛物线，它将会在年月日与地球擦肩而过。把地球看作半径为的均质球体，忽略地球的自转，地球表面的重力加速度大小为，预计小行星距地心为时的速度大小为，方向与它和地心连线所成的角为，如图所示。已知小行星的引力势能，式中为行星到地心的距离，小行星与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积相等，忽略其他天体的影响，据此可推测出(    )

A. 小行星与地心的连线在单位时间内扫过的面积为
B. 小行星距地球表面的最小距离为
C. 小行星的最大速度为
D. 小行星的最大加速度为

7.  如图所示，水平地面上竖直放置的光滑细管内有两个完全相同、质量均为的小球，由于微小晃动，两小球分别沿两侧圆弧管道从最高点同时由静止滑下，在最低点发生弹性碰撞后又回到最高点已知整个过程中细管对地面的最小压力恰好为，小球可视为质点，重力加速度大小为，则整个过程中细管对水平地面的最大压力为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

8.  如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比：：，原线圈回路中串联一个阻值为的定值电阻，、端与一正弦交流电源连接，副线圈接有两个阻值均为的定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，电源电压保持不变，开关闭合后，下列说法正确的是(    )

A. 电流表的示数减小 B. 电流表的示数增大
C. 电压表的示数减小 D. 电压表的示数增大

9.  如图所示，高为、长为的斜面体静置于水平地面上，将质量为、可视为质点的小球从斜面体的顶端由静止释放后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经小球与斜面体分离，分离时斜面体的速度大小为，不计一切摩擦，取重力加速度大小，下列说法正确的是(    )

A. 斜面体的质量为
B. 小球能达到的最大速度为
C. 小球对斜面体的压力大小为
D. 小球在斜面体上运动时，斜面体对地面的压力大小为

10.  如图所示，平面直角坐标系横轴上的点有一粒子发射源，粒子源能沿坐标平面且与轴正方向的夹角不超过的方向，向第二象限发射速率相同、带电荷量为、质量为的正粒子，由于第一、二象限内除实线与横轴所围区域外，存在方向垂直纸面向外磁感应强度大小为的匀强磁场，粒子源发射的所有粒子均能经过点。已知、两点关于原点对称，点的坐标为，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(    )

A. 粒子的速度大小为
B. 粒子在磁场中运动的轨道半径为
C. 第一象限内磁场边界方程为
D. 第二象限内磁场边界方程为

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.  某实验小组要测量一定值电阻的阻值，实验器材如下：
A.干电池两节；
B.电压表内阻较大；
C.电流表内阻较小；
D.待测电阻；
E.滑动变阻器；
F.开关和导线若干．
实验步骤如下：

按如图甲所示电路连接好实验器材；
闭合开关，读出电压表及电流表的示数、；
移动滑动变阻器滑片，重复，得到多组数据；
描绘出图像如图乙所示。
回答下列问题：
若忽略电表内阻的影响，则定值电阻的阻值 ______ 。结果保留两位有效数字
若考虑电流表、电压表内阻的影响，则定值电阻 ______ 。填“等于”、“大于”或“小于”
 

12.  某实验小组同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。调节木板的倾角，使小车在未悬挂砝码盘时能拖着纸带沿木板向下匀速运动，之后将小车固定在靠近打点计时器处，在动滑轮上悬挂砝码盘和砝码，接通打点计时器电源并释放小车，打点计时器打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所接电源的频率，释放小车的瞬间打点计时器打出的点记为“”，之后的点依此记为“”、“”、“”、，“”与“”两点间的距离记为，“”与“”两点间的距离记为，两滑轮、细绳及纸带的质量均不计，回答下列问题：

打点计时器打记为“”的点时小车的速度大小 ______ ．
砝码盘和砝码的总质量为，小车的质量为，当地重力加速度大小为，若 ______ 成立，则验证了系统的机械能守恒。均用题中所给字母表示
测得，，，，若此过程机械能守恒，则当地的重力加速度大小 ______ 。结果保留两位小数
 

四、简答题（本大题共1小题，共3.0分）

13.  如图所示，三角形为棱镜的横截面，，，一束光线从边的点以入射角射入棱镜，从点射出的光线恰好与平行。已知入射点与点的距离为，光在真空中的传播速度为。求：
棱镜对光的折射率；
光在棱镜中传播的时间。

五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）

14.  年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第末的速度大小，在第内运动了，取重力加速度大小。求：
冰壶与冰面间的动摩擦因数；
营垒中心到前掷线的距离。

 

15.  如图所示，光滑平行轨道的水平部分虚线右侧存在方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，段轨道宽度为，段轨道宽度为，质量为、长度为的均质金属棒静止在段，将另一完全相同的金属棒从段距水平轨道高处无初速释放，由于回路中除两金属棒外的电阻极小，段和段轨道均足够长，一段时间后两金属棒均匀速运动，重力加速度大小为，求：
金属棒在磁场中运动的最小速度；
两金属棒距离最近时金属棒两端的电压。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、根据质量数守恒可得，根据电荷守恒可得
解得：，，故A正确，B错误；
、天然放射为自发辐射，衰变放出能量，有质量亏损，生成物的总质量小于反应物的总质量，故CD错误。
故选：。
根据质量数守恒和电荷数守恒判断、的值；天然放射现象中，存在质量亏损。
本题考查了衰变内容，关键知道衰变的过程中电荷数、质量数守恒。
 

2.【答案】 

【解析】解：由图可知波长
因，则，所以最小波速对应，得
最小波速，解得，故ABD错误，C正确。
故选：。
由图读出波长，根据时间与周期的关系确定最小波速对应的周期，从而求得最小波速。
本题实际上运用波形平移法确定最小波速对应的周期与时间的关系，再运用波速公式求解。
 

3.【答案】 

【解析】解：假设弹簧处于压缩状态，设物块与斜面间的动摩擦因数为，对物块有

对物块有

解得

当弹簧处于伸长状态，按照同样的方法，结论一致。
故A正确，BCD错误。
故选：。
对和受力分析，根据平衡条件列式，结合胡克定律，求弹簧的劲度系数。
本题考查学生对平衡条件和胡克定律的掌握，是一道基础题。
 

4.【答案】 

【解析】解：设容器的容积为，则每次抽出空气的体积为，设第一次抽气后容器内剩余空气的压强为，假设将容器内剩余气体等温压缩到压强为时的体积为，根据玻意耳定律，第一次抽气，根据玻意耳定律可得：

第二次抽气，有
剩余气体
容器内剩余空气和抽出空气的质量之比为
解得：，故D正确，ABC错误；
故选：。
分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律联立等式得出的大小。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律即可完成分析。
 

5.【答案】 

【解析】解：根据牛顿运动定律有
解得：
氦核的比荷为，氚核的比荷为，可得电场中运动时的加速度之比为：，故A错误；
B.由类平抛运动规律可得，
联立解得
由题图可知，相同时，，可得射入电场时的初速度之比为：，故B错误；
C.结合解析类平抛运动规律可得
若射入电场时的初动量相同，代入质量数、电荷数之比可得

符合题意，故射入电场时的初动量相同，故C正确；
D.结合解析类平抛运动规律可得
若射入电场时的初动能相同，则

故射入电场时的初动能不相等，故D错误。
故选：。
根据牛顿第二定律结合荷质比得出粒子的加速度关系；
根据类平抛运动的特点，结合图像的物理意义得出粒子的初速度的关系；
根据类平抛运动的特点，结合动量的计算公式得出粒子的初动量关系；
根据动能定理得出粒子的初动能关系。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合类平抛运动的特点和牛顿第二定律即可完成分析。
 

6.【答案】 

【解析】解：根据几何关系，小行星与地心连线在单位时间扫过的面积

故A错误；
根据开普勒第二定律可知，小行星与地球最近时，此时加速度及速度均达到最大，由机械能守恒定律有

由于小行星与地心的连线在单位时间内扫过的面积相等，则有

解得


故B、均错误；
D.忽略地球自转时，地球表面物体所受万有引力等于重力，则有

小行星到地心的距离为时，由万有引力提供向心力，则有
解得

故D正确。
故选：。
根据几何关系，求小行星与地心的连线在单位时间内扫过的面积；
由机械能守恒定律列式，结合面积相等，求最小距离和最大速度；
忽略地球自转时，地球表面物体所受万有引力等于重力，同时结合牛顿第二定律，求最大加速度。
本题考查学生对忽略地球自转时，地球表面物体所受万有引力等于重力、牛顿第二定律、机械能守恒定律等规律的掌握，具有一定综合性，难度中等。
 

7.【答案】 

【解析】解：小球在细管的上半部分某处时，细管对地面的压力恰好为，设小球的速度大小为时，小球对细管斜向上的支持力大小为，小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则有
；
解得：
所以细管的质量为，设两小球在碰撞前的速度大小为，则有
，
解得：，故B正确，ACD错误；
故选：。
根据机械能守恒定律得出小球的速度，结合牛顿第二定律得出细管对水平地面的最大压力。
本题主要考查了牛顿的第二定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律的应用，结合牛顿第二定律即可完成分析。
 

8.【答案】 

【解析】解：设、两端电压为，变压器原、副线圈两端的电压分别为、，原、副线圈中的电流分别为、，副线圈中的两个电阻并联后的阻值为，则有，，，
联立解得：，
所以电流表示数增大，电压表示数减小，故BC正确，AD错误；
故选：。
理解变压器两端的电学物理量的比值关系，结合闭合电路欧姆定律列式得出电流和电压的表达式，结合题意完成分析。
本题主要考查了变压器的动态分析，理解变压器的工作原理，结合欧姆定律即可完成分析。
 

9.【答案】 

【解析】解：设斜面体质量为，小球质量为。
A、由题意可知，设斜面体的倾斜角为，斜面体的底边长，内斜面体运动的位移大小为
所以小球内沿水平方向运动的位移大小为
取水平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒可得
 ，解得：，故A正确；
B、小球与斜面体分离时速度最大，设为，根据系统机械能守恒得：
 ，解得，故B错误；
C、设斜面的倾角为，则
对斜面体，取水平向左为正方向，由动量定理得
 ，解得小球对斜面体的压力大小为，故C错误；
D、对斜面体，在竖直方向上，由平衡条件有：，解得地面对斜面体的支持力，根据牛顿第三定律知斜面体对地面的压力大小为，故D正确。
故选：。
先根据几何关系求出斜面体的底边长，由平均速度与时间的乘积求出内斜面体运动的位移大小，得到小球内沿水平方向运动的位移大小，根据系统水平方向动量守恒求斜面体的质量。由系统机械能守恒求小球能达到的最大速度。对斜面体，利用动量定理求小球对斜面体的压力大小。对斜面体，根据竖直方向受力平衡求出地面对斜面体的支持力，从而得到斜面体对地面的压力大小。
解答本题的关键要知道系统遵守水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律，涉及力在时间上的积累效果，可用动量定理求作用力大小。
 

10.【答案】 

【解析】解：从点垂直轴射入的粒子在磁场中运动的轨迹为半圆，因此粒子在磁场中运动的轨道半径为，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：

解得：，故A错误，B正确；
设以角射入的粒子运动轨迹与边界的交点坐标为，根据几何关系有



解得：
整理可得磁场边界方程为：

，故C正确，D错误。
故选：。
根据几何关系得出粒子的半径，结合牛顿第二定律得出粒子的速度；
根据几何关系和数学知识得出磁场边界方程，结合题意完成分析。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律和几何关系即可完成分析。
 

11.【答案】  小于 

【解析】解：题图乙中图线的斜率等于的阻值，则
该实验采用了外接法测量的阻值，由于电压表的分流作用，导致，因此。
故答案为：；小于
根据图像的物理意义得出定值电阻的阻值；
熟悉电路构造的分析，考虑到电压表的分流作用，从而分析出电阻测量值与真实值的大小关系。
本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律即可完成解答。
 

12.【答案】    

【解析】解：中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度，所以：
若此过程机械能守恒，砝码重力势能减少量等于砝码和小车动能的增加量，所以有：
整理得：
根据牛顿运动定律及速度与位移的规律有：
将、、、代入解得：
故答案为：；；。
根据中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度求得中间时刻的瞬时速度；
根据机械能守恒定律倒推需要验证的表达式；
由牛顿第二定律定律，结合运动学公式从而求出当地的重力加速度大小。
本题考查验证机械能守恒定律的实验，解题关键是理解实验原理已经正确的操作规范，注意根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度可求得瞬时速度。
 

13.【答案】解：如图所示，设光在点的折射角为，在点的入射角为

则折射角，根据折射定律有



解得：
三角形为等边三角形，设光在棱镜中传播的速度为，则有


解得：
答：棱镜对光的折射率为；
光在棱镜中传播的时间为。 

【解析】根据几何关系和光的折射定律得出折射率的大小；
根据运动学公式计算出光在棱镜中的传播时间。
本题主要考查了光的折射定律，理解光折射的特点，结合几何关系和运动学公式即可完成分析。
 

14.【答案】解：假设冰壶速度减到后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小

若冰壶以加速度减速，则冰壶在最后通过的位移

所以冰壶在第内的某瞬间已经停止运动，令，设冰壶运动所用的时间为，则有



代入数据解得
根据运动学公式有
代入数据解得
答：冰壶与冰面间的动摩擦因数为；
营垒中心到前掷线的距离为。 

【解析】根据加速度定义式求解加速度大小，由牛顿第二定律求解动摩擦因数；
根据速度位移关系求解运动时的速度大小，根据牛顿第二定律求解冰壶在用毛刷刷过的冰面上运动时的加速度大小，根据速度位移关系求解位移进行分析。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
 

15.【答案】解：金属棒下滑刚进入磁场时，速度最大，设最大速度为，之后金属棒进入磁场后，产生感应电流，金属棒在安培力作用下向右做减速运动，金属棒在安培力作用下向右做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路的电流为零。
设金属棒匀速运动时的速度大小为，整个过程中通过回路中某截面的电荷量为，时间为，平均电流为。
金属棒下滑过程，由机械能守恒有
稳定时，有
通过金属棒的电荷量
金属棒，取向右为正方向，由动量定理有

金属棒，取向右为正方向，由动量定理
有
解得：
两金属棒在水平轨道做变速运动时，金属棒的加速度大小始终等于金属棒的加速度大小的两倍。运动过程中的图像如图所示

显然图像的交点的纵坐标为，而两金属棒速度大小相等时距离最近，设此时金属棒产生的电动势为，金属棒在电路中产生的反电动势为，回路中的感应电流为，设金属棒接入电路的电阻为，则金属棒接入电路的电阻为，则有
 


由欧姆定律有
 
金属棒两端的电压
解得：
答：金属棒在磁场中运动的最小速度为
两金属棒距离最近时金属棒两端的电压为。 

【解析】金属棒下滑刚进入磁场时，速度最大，之后金属棒在安培力作用下做减速运动，金属棒做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路的电流为零，两棒不再受安培力，均做匀速直线运动，达到稳定状态，此时金属棒的速度最小。金属棒下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出刚进入磁场时速度大小。应用动量定理求出金属棒在磁场中运动的最小速度；
两金属棒在水平轨道做变速运动时，金属棒的加速度大小始终等于金属棒的加速度大小的两倍。画出两棒的图像，两金属棒速度大小相等时距离最近，由图读出两金属棒距离最近时金属棒的速度大小，然后求出金属棒两端的电压。
本题是双棒问题，根据题意分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、、欧姆定律与牛顿第二定律、动量定理可以解题。