2023年福建省厦门市思明区双十中学高考物理二模试卷（含答案解析）

2023年福建省厦门市思明区双十中学高考物理二模试卷

1.  矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场磁场具有理想边界，如图所示。设abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

2.  一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，m、n是介质中的两个质点，m质点的平衡位置坐标为，波长，图乙是质点n的振动图像，下列说法正确的是(    )
 

A. 波沿x轴正方向传播
B. 波速为
C. 质点m从时开始，再经回到平衡位置
D. 质点n的平衡位置坐标为

3.  电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量。每个矩形线圈abcd匝数匝，电阻值，ab边长，bc边长，该减震器在光滑水平面上以初速度向右进入磁感应强度大小、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围是够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则(    )
 

A. 刚进入磁场时减震器的加速度大小
B. 第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为
C. 滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D. 第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比

4.  如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻开始计时，经过半个周期，绳上M处的质点将运动至______选填“N”“P”或“Q”处。加快抖动，波的频率增大，波速______选填“增大”“减小”或“不变”。
 

5.  如图，一定质量的理想气体从状态a开始，分别经历等温变化和等容变化。在过程中，气体的内能______ 填“增大”“减小”或“不变”；在过程中，气体______ 填“吸收”或“放出”热量。

6.  某学习小组利用如图所示装置探究弹簧弹性势能大小。实验器材有：左端带有挡板的水平长木板、轻质弹簧、带有遮光片的滑块、光电门、数字计时器、游标卡尺、毫米刻度尺、天平。
实验过程如下：
①用游标卡尺测得遮光片的宽度为d，用天平测得带有遮光片的滑块质量为m；
②长木板固定在水平地面上，将弹簧左端固定在挡板P上，右端与滑块不拴接，当弹簧自由伸长时，弹簧的右端垂直投影位于平板上O处，在此处安装光电门，并与数字计时器相连；
③用滑块压缩弹簧，然后用销钉把滑块锁定，此时遮光片中心线通过平板上的A点，用刻度尺测量出AO间的距离x；
④拔去锁定滑块的销钉，滑块经过光电门，记录数字计时器显示的遮光时间为t，滑块停止运动时遮光片中心线通过平板上的B点，用刻度尺测量出OB间的距离L。
请回答下列问题：
滑块与弹簧分离瞬间，滑块的速度大小______ ；
滑块在OB段运动的加速度大小______ ；
实验过程中弹簧的最大弹性势能______ 。均用题目所给物理量符号表示

7.  如图1为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；、、、和是固定电阻，是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位分别为直流电压1V挡和5V挡。直流电流1mA和挡，欧姆挡。

测量时，接线柱B接的是______ 填“红”或“黑”表笔；若开关B端是与“1”相连的，则此时多用电表的挡位为______ 挡；填题干中所给5个挡位中的一个
电路中与的比值______ 填“大于”“小于”或“等于”；
若电池E的电动势为，当把开关B端接到位置3，短接A、B表笔进行欧姆调零后，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，则该电阻的阻值为______ 。电池E使用时间较长，电池的电动势变小、内阻变大；重新调零后，实验要求若被测电阻阻值等于中值电阻时，测量的相对误差不能超过，则电池电动势降低为______ 结果保留两位有效数字时必须更换电池；
另一个同学设计了一只简易欧姆表，并将表盘的电流刻度转化为电阻刻度；其电路如图2所示。关于该欧姆表，下列说法正确的是______ 。
A.电阻刻度的零位在表盘的左端
B.表盘上的电阻刻度是均匀的
C.测量前，需要红、黑表笔短接调零
D.测量后，应将开关S断开

8.  某医用氧气瓶容积为40L，瓶内贮有压强为的氧气，可视为理想气体。广泛用于野外急救的氧气袋容积为5L。将氧气瓶内的氧气分装到氧气袋，充气前袋内为真空，充气后袋内压强为。分装过程不漏气，环境温度不变。
最多可分装多少个氧气袋；
若将医用氧气瓶内的氧气依次分装到原为真空、容积为5L的若干个便携式钢瓶内，每次分装后，钢瓶内气体压强与氧气瓶内剩余气体压强相等，求分装30次后医用氧气瓶内剩余氧气的压强与分装前氧气瓶内氧气压强之比。

9.  如图所示，粗糙斜面倾角，斜面长，斜面底端A有固定挡板，斜面顶端有一长度为h的粘性挡板BC，CD为一段半径的圆弧，半径OC与竖直方向夹角为，OD处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块可看作质点静止在木板下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘连，物块若到达C点能无能量损失进入圆弧CD。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度，木板上端恰能到达B点。现给物块初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力，物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数，，且最大摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
求大小；
求物块与木板间的动摩擦因数；
若改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧CD后不脱离圆弧，求s的取值范围。

10.  如图所示，质量为m的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R，质量为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞两者不再发生碰撞；碰后甲向左滑动的过程中，乙从C点离开圆弧轨道。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。
求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
求乙落回轨道后，乙对甲压力的最大值；
仅改变BC段的半径，其他条件不变，通过计算分析乙运动过程的最高点与A点间的高度差如何变化。

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：如图所示，左侧线框在磁场中开始转动时，根据楞次定律可得，初始时，磁通量向里减小，感应电流产生磁场向里，电流为abcda方向，根据交流电产生原理得，从中性面开始计时，线框转动产生的交流电：，线框中的感应电流随时间也按正弦规律变化，同理当右侧线框转动进入磁场时，也会产生感应电动势，产生的电流方向为abcda，但产生的感应电流小于开始时，故BCD错误，A正确；
故选：A。
根据楞次定律判断出感应电流的方向。由感应电动势的表达式，由欧姆定律求出此线圈感应电流的表达式，再选择图象。
本题主要考查了线圈在磁场中产生感应电流及其大小，法拉第电磁感应定律判断出感应电动势的大小，进而根据欧姆定律判断出电流大小。
 

2.【答案】C 

【解析】解：质点n在时沿y轴正方向运动，结合图甲和同侧法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由图乙知波的周期为：
波速为，故B错误；
D.根据题意可知，质点n的振动方程为
由此可知质点n在时的位移为
设质点n从开始到第一次位移为5cm的时间为，则
解得：
由于m质点在的位移为5cm，故波从n质点传播到m质点的时间为：

因此m、n两质点平衡位置的距离为
故质点n的平衡位置坐标为：，故D错误；
C.由于波沿x轴负方向传播，由D选项分析可知，质点m从时开始第一次到波峰的时间为
再从波峰到平衡位置的时间为，因此整个过程时间为：
，故C正确。
故选：C。
根据题意得出质点的振动方向，结合同侧法得出简谐横波的传播方向；
根据题意得出周期的大小，结合波速的计算公式得出波速的大小；
根据振动方程得出质点的位移，结合其运动特点计算出回到平衡位置的时间；
根据质点的振动方程和运动学公式得出平衡位置坐标。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，掌握简谐横波在不同方向上的运动特点，利用运动学公式即可完成分析。
 

3.【答案】BD 

【解析】解：A、线圈在磁场中受到安培力的作用而做减速运动。
由安培力公式可得：
其中
联立可得：
线圈刚进入磁场时速度，，代入数据可解得：
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
故A错误；
B、设向右为正方向，对减震器进行分析，当第二个线圈恰好完全进入磁场时设所用时间为t，此时减震器的速度大小为，则由动量定理可得：

其中：，
代入数据可得：
故B正确；
C、由以上分析可知，每一个线圈进入磁场的过程，安培力的冲量大小均相等，且为：，由动量定理可知每一个线圈进入磁场的过程，减震器的速度减小量均相等。
由B选项的结果可知，进入两个线圈后，减震器的速度减小量为
可得每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量均为
则要减震器的速度减为零需要的线圈个数为：
可知需要13个线圈，故C错误；
D、只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能动能的减少量。
第一个线圈恰好完全进入磁场时的速度为：
最后一个线圈刚进入磁场时速度为：
则有：，解得：
故D正确。
故选：BD。
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求得安培力，由牛顿第二定律求解加速度；根据动量定理求解末速度；分析可知每一个线圈进入磁场的过程，减震器的速度减小量均相等；根据能量守恒求解线圈上产生的热量。
本题考查了电磁感应现象中的力与运动、功与能问题，属于常规题型。要掌握求解安培力的冲量的经验公式，掌握应用动量定理求解时间、位移、速度的方法。
 

4.【答案】P 不变 

【解析】根据题意可知，波的传播方向沿水平方向向右，根据同侧法可知M点的振动方向向下，因此经过半个周期后，绳上M处的质点将运动至P处；
波速由传播的介质决定，与波的频率无关。
故答案为：P；不变
根据同侧法分析出质点的振动方向，结合时间分析出质点的最终位置；
波速由传播的介质决定，与波的频率无关。
本题主要考查对机械波的简谐运动的理解。理解机械波的传播特点机械波传播时向外传递的是机械振动这种运动形式，介质中每个质点仅在平衡位置附近振动，并不随波向前移动，然后根据简谐振动的特点即可求得第一个空的答案。理解波速的影响因素机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，在不同的介质中，波速是不同的，即可求得第二个空的答案。
 

5.【答案】不变  放出 

【解析】解：在过程中，气体的温度不变，则内能不变；
因c态温度低于a态温度，则在过程中，气体内能减小，即

气体体积减小，外界对气体做功，则

则根据热力学第一定律可知

则
即气体放出热量。
故答案为：不变；放出
根据气体的温度变化，得出气体内能的变化，结合热力学第一定律得出气体的吸放热情况。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解内能的影响因素，结合热力学第一定律即可完成分析。
 

6.【答案】   

【解析】解：根据光电门工作原理，滑块与弹簧分离瞬间做匀速运动，极短时间可以用平均速度替代瞬时速度，则滑块与弹簧分离瞬间速度大小
根据运动学知识，滑块在OB段运动可得
解得
实验过程中，根据能量守恒定律，可知弹性势能全部转化为摩擦内能，则
滑块在OB段运动过程，由牛顿第二定律，得
联立解得
故答案为：；；。
极短时间可以用平均速度替代瞬时速度，根据平均速度公式计算滑块与弹簧分离瞬间速度；
根据运动学规律计算加速度；
根据功能关系和牛顿第二定律推导。
本题考查探究弹簧弹性势能大小实验，要求掌握实验原理、实验装置和数据处理。
 

7.【答案】红  小于   

【解析】解：根据欧姆表内部结构可知，黑笔接电源正极，红笔接电源负极，所以与B接线柱相连的是红表笔；
若开关B端是与“1”相连的，则此时应为量程较大的电流表，所以多用电表的挡位为；
当开关接4时，多用电表的量程为1V的电压表，有：
当开关接5时，多用电表的量程为5V的电压表，有：
联立可得，
所以
当把开关B端接到位置3，短接A、B表笔，有，
用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，有
联立解得
当电动势变小，内阻变大时，重新进行欧姆调零，其满偏电流保持不变，根据闭合电路欧姆定律可得
当待测电阻等于内阻时，即
解得
此时，
解得
当红黑表笔短接时，电流表被短路，电流为零，电阻刻度的零位置在表盘的左端，所以测量前不需要红、黑表笔短接调零，故A正确，C错误；
B.根据闭合电路欧姆定律可得
所以
由此可知为非线性关系，所以表盘上的电阻刻度是不均匀的，故B错误；
D.测量后，应将开关S断开，使得电路处于断路状态，故D正确。
故选AD。
故答案为：红，；小于；，；。
根据欧姆表内部结构判断；根据并联分流原理分析判断；
根据欧姆定律列方程计算；
根据闭合电路欧姆定律计算；
根据欧姆表原理分析判断。
本题考查多用电表，要求掌握多用电表的内部结构和原理。
 

8.【答案】解：选取钢瓶内原来氧气整体作为研究对象，初状态氧气压强。设充满n个氧气袋后，氧气瓶内的氧气压强也为时，无法再给氧气袋充气，分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得
   
代入，，解得：
根据玻意耳定律，分装一次有
分装二次
分装三次
……
依次类推，第n次分装后
可得
代入数据解得
答：最多可分装56个氧气袋；
分装30次后医用氧气瓶内剩余氧气的压强与分装前氧气瓶内氧气压强之比为。 

【解析】选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，分装过程是等温变化，根据玻意耳定律求解。
根据玻意耳定律，对分装一次、二次、三次…进行列式，得到第n次分装后压强与次数的关系，即可求解。
本题是变质量问题，关键要明确在分装时气体做的是等温变化，要注意在应用气体实验定律时要保证气体的质量是不变的，因此要准确选择研究对象。
 

9.【答案】解：由于，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度时，物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体根据牛顿第二定律可得：

解得：
根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，根据速度-位移公式可得：

解得：
给物块初速度时，对物块根据牛顿第二定律可得：

对木板根据牛顿第二定律可得：

经历时间，两者达到相等速度，根据运动学公式可得：

之后，由于
即之后做匀速直线运动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0，根据运动学公式可得：

解得，
若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D，根据牛顿第二定律可得：

解得：
令物块此过程在C点速度为，根据动能定理可得：

解得
若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在C点速度为，根据动能定理可得：

解得
改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度向上做匀减速直线运动，当减速至时，s为最大值，根据速度-位移公式可得：

解得：
斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至时，s为最小值，同理可得：

解得
根据可知物块前后做匀减速的位移和值为
综合所述，s的取值范围为
答：大小为；
物块与木板间的动摩擦因数为；
的取值范围为。 

【解析】根据牛顿第二定律结合运动学公式得出初速度的大小；
根据牛顿第二定律结合运动学公式分析出物块的运动情况，由此联立等式得出动摩擦因数的大小；
根据牛顿第二定律得出物块的速度，结合动能定理得出其对应的s的极值，由此得出s的取值范围。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉物块的受力分析，结合牛顿第二定律得出其运动情况，再根据动能定理联立等式即可完成分析。
 

10.【答案】解：丙向下摆动过程中，由机械能守恒得
  
丙与甲碰撞过程，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得
 
由机械能守恒定律得
 
解得碰后瞬间，丙速度大小，甲速度大小。
乙从C点离开时，因甲、乙水平速度相同，故乙仍从C点落回。当乙回到B点时，乙对甲压力最大，设此时甲速度大小为，乙的速度大小为。
从丙与甲碰撞结束至乙回到B点过程中，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
  
由机械能守恒得
  
解得：，
设此时甲对乙的弹力为，由牛顿第二定律得：
由牛顿第三定律知乙对甲压力的最大值为。
乙从C点离开时，甲、乙水平速度相同，设甲速度为，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，由甲、乙水平方向动量守恒得
  
解得
若减小段BC的半径，乙一定能从C点离开，设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，由机械能守恒得
又因为
解得
设从乙离开C至最高点，
该高度差与R无关，即高度差不变，若增大BCF段的半径，乙仍能从C点离开，与减小BC段的半径结论相同。若增大BC段的半径，乙不能从C点离开，则上升至最高点时甲、乙速度相同，由机械能守恒得
   
解得：
该高度差与R无关，即高度差不变。综上所述，乙运动过程的最高点与A点间的高度差为定值。
答：丙与甲碰后瞬间各自速度的大小分别为、；
乙落回轨道后，乙对甲压力的最大值为；
乙运动过程的最高点与A点间的高度差为定值。 

【解析】丙向下摆动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求出丙与甲碰撞前的速度大小。丙与甲发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
乙从C点离开时，因甲、乙水平速度相同，故乙仍从C点落回。当乙回到B点时，乙对甲压力最大。从丙与甲碰撞结束至乙回到B点的过程，根据水平方向动量守恒和机械能守恒求出乙回到B点时乙和甲的速度大小，再由牛顿运动定律求乙落回轨道后，乙对甲压力的最大值；
乙从C点离开时，甲、乙水平速度相同，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，根据水平方向动量守恒和机械能守恒求出乙从C点离开时乙竖直方向速度大小。从乙离开C至最高点，由运动学公式求出乙运动过程的最高点与A点间的高度差表达式，再进行分析。
本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、运动学公式与牛顿运动定律即可解题；应用动量守恒定律解题时注意选择正方向。