2022-2023学年广东省惠州市高三上学期第二次调研考试 物理（解析版）

惠州市2023届高三第二次调研考试试题

物理

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 图是氢原子的能级图，若处于n＝4能级的大量氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是（　　）

A. 这些氢原子可能发出10种不同频率的光子

B. 已知钾的逸出功为2.22eV，则氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级释放的光子可以从金属钾的表面打出光电子

C. 氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级释放的光子能量最小

D. 氢原子由n＝4能级跃迁到n＝3能级时，氢原子能量增大，核外电子动能减少

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光，故A错误；

B．氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量

大于钾的逸出功，能发生光电效应，故B正确；

C．由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，故C错误；

D．由n=4能级跃迁到n=3能级过程中释放能量，原子的能量在减小，核外电子的运转半径减小，根据可知

则电子的动能会增加，故D错误。

故选B。

2. 滑滑梯是小孩很喜欢的娱乐活动。如图所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则以下说法中正确的是（　　）

A. 小孩所受的滑动摩擦力方向沿滑梯向下

B. 小孩所受的重力与小孩所受的支持力是一对平衡力

C. 滑梯对小孩的作用力方向垂直于滑梯斜向上

D. 小孩对滑梯的压力和滑梯对小孩的支持力是一对相互作用力

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于小孩沿滑梯匀速下滑，小孩受竖直向下的重力、垂直于滑梯斜向上的支持力和沿滑梯向上的摩擦力作用，三力合力为零，故A错误；

BC．重力与支持力和摩擦力的合力平衡，所以滑梯对小孩的作用力的方向竖直向上，故BC错误；

D．小孩对滑梯的压力和滑梯对小孩的支持力是一对相互作用力，故D正确。

故选D。

3. 某国产汽车从静止提速到100km/h用时约为4.2s，图为其加速过程的v－t图像，已知汽车行驶速度越大，所受阻力越大。下列说法正确的是（　　）

A. 汽车行驶100km用时约为4.2s

B. 提速过程中，汽车的加速度一直不变

C. 在AB段，汽车所受到的牵引力不变

D. 在BC段，汽车的发动机功率逐渐增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图像可知汽车行驶速度从零增大到100km/h用时约为4.2s，故A错误；

B．提速过程中，OA、AB、BC三段斜率不同，汽车加速度发生了变化，故B错误；

C．在AB段，斜率不变，加速度不变，已知汽车行驶速度越大，所受阻力越大，根据牛顿第二定律可知汽车所受到的牵引力也越大，故C错误；

D．在BC段，加速度不变，汽车行驶速度越来越大，阻力越大，根据牛顿第二定律可知汽车所受到的牵引力也越大，根据

可知汽车的发动机功率逐渐增大，故D正确。

故选D。

4. 如图所示，质量为m的物体A固定在轻弹簧上端，弹簧的下端固定在地面上，质量也为m的物体B静止在物体A上，竖直向下的力F大小为2mg，系统处于静止状态，重力加速度为g，现撤去外力F，则（　　）

A. 撤去外力F瞬间，物体B加速度大小为0

B. 撤去外力F瞬间，物体A和物体B之间的作用力大小为mg

C. 物体A和物体B未分离前，二者及弹簧构成的系统机械能守恒

D. 物体A和物体B分离瞬间，物体B的加速度为0

【答案】C

【解析】

【详解】A．初始时，系统处于静止状态，有

撤去力F的瞬间，弹簧弹力不能发生突变，A、B具有相同的加速度，所以

解得A、B的加速度大小为

方向竖直向上，故A错误；

B．对B物体，根据牛顿第二定律得

解得

故B错误；

C．物体A和B未分离前，A和B、弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，故C正确；

D．A和B分离瞬间，A和B间的作用力为0，B只受重力作用，其加速度为重力加速度g，故D错误。

故选C。

5. 在第二十四届北京冬奥会上，谷爱凌斩获两金一银，备受国人瞩目。假设谷爱凌在自由式滑雪比赛中某滑雪赛道示意图如图所示，她从较高的坡面滑到处时，沿水平方向飞离坡面，落到倾角为的斜坡处，若不计空气阻力，飞出时的速度大小为，则（　　）

A. 谷爱凌在空中经历的时间是

B. 谷爱凌在空中经历的时间是

C. 谷爱凌落到斜坡上时，速度方向与坡面平行

D. 谷爱凌落回斜坡时的速度大小是

【答案】B

【解析】

【详解】AB．依题意，谷爱凌做平抛运动，落到斜坡上时，有

求得谷爱凌在空中经历的时间为

故A错误，B正确；

CD．根据平抛运动的推论，可知谷爱凌落到斜坡上时，速度方向与水平方向的夹角满足

显然，此时速度方向与坡面不平行，且此时速度的大小为

故CD错误。

故选B。

6. 如图所示，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A＝30°．一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为（　　）

A. 1.5 B.  C.  D. 2.0

【答案】C

【解析】

【详解】由图根据几何知识可知光线在AC边入射角为

此时折射角为

则玻璃对红光的折射率为

故选C。

7. 中国探测飞船“天问一号”成功着陆火星。若飞船“天问一号”从地球上发射到与火星会合，运动轨迹如图中虚线椭圆所示，飞向火星过程中，太阳对飞船“天问一号”的引力远大于地球和火星对它的吸引力，认为地球和火星绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是（  ）

A. 飞船“天问一号”椭圆运动的周期大于地球公转的周期

B. 在与火星会合前，飞船“天问一号”的加速度小于火星公转的向心加速度

C. 飞船“天问一号”在无动力飞行飞向火星过程中，引力势能增大，动能不变

D. 飞船“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据开普勒第三定律

“天问一号”椭圆运动的半长轴大于地球公转轨道半径，所以飞船“天问一号”椭圆运动的周期大于地球公转的周期，A正确；

B．根据

得

在与火星会合前，飞船“天问一号”与太阳的距离小于火星公转的轨道半径，所以在与火星会合前，飞船“天问一号”的加速度大于火星公转的向心加速度，B错误；

C．飞船“天问一号”在无动力飞行飞向火星过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒，C错误；

D．飞船“天问一号”要脱离地球的束缚，则发射速度大于第二宇宙速度，D错误。

故选A

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8. 如图所示，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1s时的波形图．已知平衡位置在x＝6m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变，下列说法正确的是（　　）

A. 这列简谐波的周期为0.4s

B. 波速为10m/s

C. 传播方向沿x轴负方向

D. 平衡位置在x＝4m处的质点，在t＝0时刻向下运动

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．因为处的质点在0到内运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处经过四分之一个周期向下运动至平衡位置处，即

解得周期为

故A正确；

B．波速为

故B正确；

C．在虚线上，处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿轴负方向传播，故C正确；

D．平衡位置在x＝4m处的质点，在t＝0时刻速度为零，故D错误。

故选ABC。

9. 双人花样滑冰表演时，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动，如图所示。通过目测估计，男运动员的手臂和水平冰面的夹角约为45°。重力加速度，女运动员与其身上装备的总质量约为48kg，据此可估算该女运动员（　　）

A. 受到的拉力大小约为480N

B. 受到的拉力大小约为

C. 向心加速度大小约为

D. 向心加速度大小约为

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．女运动员做圆锥摆运动，由女运动员受力分析可知，受到重力、男运动员对女运动员的拉力，且竖直方向合力为零，故

解得

故A错误，B正确；

CD．男运动员对女运动员的拉力在水平方向的分力提供向心力，有

解得

故C正确，D错误。

故选BC。

10. 图是某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成直径为40m的圆面。若该地区的风速是5.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，则（　　）

A. 每秒冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积约为

B. 每秒冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积约为

C. 此风力发电机发电的功率约为

D. 此风力发电机发电的功率约为

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．每秒冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积约为

故A正确，B错误；

CD．每秒内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能约为

依题意可知此风力发电机功率约为

故C正确，D错误。

故选AC。

三、非选择题：本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。

11. “验证牛顿第二定律”实验装置如图（a）所示。

（1）若要验证小车加速度与所受合力的关系，实验的四个步骤如下：

a．将细绳的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与砝码盘相连；

b．将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上，平衡摩擦力，让小车做匀速直线运动；

c．更换纸带，改变小盘内砝码的个数，重复步骤d的操作；

d．接通电源后释放小车，小车在细绳拉动下运动，测出砝码和小盘的重力，视为小车所受到的合力F，利用纸带测量出小车的加速度a。

按照实验原理，这四个步骤的先后顺序应该为：______（按字母序号排序）。

（2）实验中打出的某一条纸带如图（b）所示，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是______ m/s2。（计算结果保留三位有效数字）

（3）理想的a－F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图（c）所示的三种图像，这三种图像可能产生的原因如下：

A．小盘和小盘内砝码的总质量不满足远小于小车和小车上砝码的总质量的条件

B．平衡摩擦力时长木板的倾角过小，或未平衡摩擦力

C．平衡摩擦力时长木板的倾角过大

则三种图像①、②、③产生的原因分别为_______、_______、________。（填序号A、B或C）

【答案】    ①. badc    ②. 1.46    ③. A    ④. C    ⑤. B

【解析】

【详解】（1）[1]在进行实验时，应先将纸带固定在小车上，平衡摩擦力，然后将细绳固定在小车上，并连接砝码盘；再接通电源释放小车，最后更换纸带，重复实验，所以正确的操作顺序为badc；

（2）[2]根据逐差法可得小车运动的加速度为

（3）[3]①图线：随着合力不断增大，图线发生弯曲，原因是砝码盘和盘内的砝码总质量已经不满足远小于小车质量的条件。

故选A。

[4]②图线：图线与纵轴有交点，表明细绳没有拉力时，小车已经有加速度，说明平衡摩擦力过度，即长木板的倾角过大。

故选C。

[5]③图线：图线与横轴出现交点，表明细绳的拉力需要达到某一值小车才产生加速度，说明未平衡摩擦力或者平衡摩擦力时长木板倾角过小。

故选B。

12. 某同学为了“验证互成角度的两个力合成的平行四边形定则”，设计了如图（a）所示的实验装置。

（1）实验装置介绍与实验操作如下：

①该装置固定在竖直平面内，橡皮筋一端用夹子固定在该实验装置上，橡皮筋另一端套在汇力圆环上，用弹簧测力计通过套在汇力圆环的细绳拉橡皮筋时，使汇力圆环每次都与定位圆重合，定位圆在夹子的正下方。

②记录每次弹簧测力计的读数和细绳的方向，选定标度作图。

③多次实验重复以上步骤．

（2）回答下列问题：

①本实验使汇力圆环每次都与定位圆重合作用是_________；

②作出两个分力的图示和合力的图示如图（b）所示，F与中，方向一定沿竖直方向的是_________（选填“F”或“”）。

（3）在保证汇力圆环与定位圆重合的前提下，其中一个分力对应的细绳方向不变，弹簧测力计示数变大，则另一个分力对应的大小和方向可能的情况是__________。

A．方向不变，大小不变

B．方向改变，大小不变

C．方向改变，大小变大

D．方向改变，大小变小

【答案】    ①. 保证两分力共同作用的效果与一个力单独作用的效果相同##保证两次实验作用效果相同##保证作用效果相同    ②.     ③. BCD##BDC##CBD##CDB##DBC##DCB

【解析】

【详解】（2）[1] 本实验使汇力圆环每次都与定位圆重合的作用是保证两分力共同作用的效果与一个力单独作用的效果相同。

[2] F为作图得到的两次弹簧测力计的力的合力的图示，为由一个弹簧测力计将汇力圆环拉到与定位圆重合时的力的图示，F与中，方向一定沿竖直方向的是。

（3）[3] 保证汇力圆环与定位圆重合即合力F不变，其中一个分力对应的细绳方向不变，弹簧测力计示数变大，由三角形定则作图可分析得则另一个分力对应的大小和方向可能的情况

A．方向不变，大小不变，A错误；

B．方向改变，大小不变，B正确；

C．方向改变，大小变大，C正确；

D．方向改变，大小变小，D正确。

故选BCD。

13. 图（a）为一气压升降椅，图（b）为其模型简图，导热性能良好的气缸用活塞封闭有压强为（与外界大气压相同）、体积为的气体（可视为理想气体）；某同学坐上座椅后，气体被活塞缓慢压缩，活塞静止时气体体积为。已知活塞截面积为S，与汽缸间摩擦不计，活塞和与其连接的部件质量可忽略不计，环境温度不变，重力加速度为g。求：

（1）该同学坐上座椅稳定后，气缸内气体的压强p；

（2）该同学的质量m。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）同学坐上后，由于气缸导热性能良好，活塞缓慢压缩气体时，缸内气体温度不变。对缸内气体，根据玻意耳定律得

解得

（2）对人、活塞及与其连接的部件整体，由平衡条件得

解得

14. 如图所示，足够长的光滑水平轨道AB与光滑竖直半圆形轨道BC在B点相切，轨道BC的半径为R＝0.4m。一个质量为m＝0.5kg的小球将弹簧压缩至A点，此时弹簧的弹性势能为。小球在A点由静止释放，脱离弹簧后经B点进入半圆形轨道。不计空气阻力，取。求：

（1）小球运动到B点时对轨道的压力大小；

（2）小球经C点飞出后再次落回到水平轨道上时离B点的距离；

（3）要使小球能够从C点飞出，释放小球前弹簧至少需要多少弹性势能

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设小球运动到B点时的速度为，由机械能守恒定律得

解得

设小球运动到B点时轨道对其支持力为，由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律，小球运动到B点时对轨道的压力大小为

（2）设小球运动到C点时的速度为，小球从A点到C点，由机械能守恒定律得

解得

小球从C点飞出后做平抛运动，设运动时间为t，落到水平轨道上离B点的距离为x，则

联立解得

（3）小球恰好能从C点飞出时，它在C点的速度需满足

解得

由机械能守恒定律得

解得释放小球前系统至少需要储存的弹性势能为

15. 如图所示，一块质量为M＝2kg、足够长的薄木板静止在光滑水平面上，在薄木板的最左端正上方静止摆放着质量为m＝1kg的小木块（可视为质点），薄木板和小木块之间的动摩擦因数为，在t＝0时刻，给小木块一个初速度，同时在薄木板右端施加一个与初速度同向的恒定水平拉力F，g取。求：

（1）当F＝0，小木块和薄木板在运动过程中，二者的相对位移大小；

（2）当F＝3N，且F作用时间t（t<1s）后撤去，若整个运动过程中小木块与薄木板之间由于摩擦而产生的热量为Q，通过分析计算写出Q和t的函数关系。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）当F＝0时，对于小木块和薄木板，由动量守恒定律得

解得

由能量守恒定律得

解得二者的相对位移为

（2）当F＝3N时，小木块的加速度为

方向水平向左，对于薄木板，所受摩擦力方向向右，由牛顿第二定律得

解得

设经时间后二者共速，则

解得

因力F作用的时间t<1s，故在二者未共速前力F已经撤除，力F作用时间t后，木块的速度为

薄木板的速度为

撤掉力F之后，设再经时间后二者共速，小木块的加速度仍为，薄木板的加速度为

则

联立可得

在t这段时间内，木块的位移为

薄木板的位移为

在这段时间内，木块的位移为

薄木板的位移为

二者未共速前的相对位移为

小木块与薄木板由于摩擦产生的内能为