2023年江苏省淮安市高考物理二统模拟试卷（含答案解析）

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2023年江苏省淮安市高考物理二统模拟试卷
1. 如图是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这些翅脊有一串类似台阶的结构。光照射翅脊上“台阶结构”的典型光路如图所示，则(    )

A. 翅膀灿烂闪烁是光的干涉现象
B. 翅膀灿烂闪烁是光的色散现象
C. 翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象
D. 光在空气中的波长约是在翅脊中波长的23倍
2. 我国核能发展采取“三步走”战略-“热堆-快堆-聚变堆”。其中快堆采用易裂变的钚(94239Pu)作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀(92238U)；钚−239裂变成两个中等大小的核，同时释放出快中子，再生区内的铀−238吸收快中子后转变为铀−239，铀−239极不稳定，经过衰变，进一步转变为钚−239，从而实现核燃料的“增殖”，对我国实现低碳经济具有十分重要的意义。关于快堆内部的核反应，下列说法正确的是(    )
A. 铀−238吸收中子转变成铀−239，原子核内的质子数增加
B. 钚−239变成两个中等大小核的过程是α衰变
C. 冬天的气温低，铀−239的衰变速度会变慢
D. 铀−239的比结合能小于钚−239的比结合能
3. 新华社酒泉2022年11月30日电，中国第十艘载人飞船在极端严寒的西北戈壁星夜奔赴太空，神舟十五号航天员乘组于11月30日清晨入驻“天宫”，与神舟十四号航天员乘组相聚中国人的“太空家园”，开启中国空间站长期有人驻留时代。中国空间站的运动可视为绕地心的匀速圆周运动，运动周期为T，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则下列说法正确的是(    )

A. 空间站中的航天员在睡眠区睡眠时，他们相对于地心处于平衡状态
B. 空间站运动的速率为2πRT
C. 空间站运动的轨道半径为3gR2T24π2
D. 空间站运动的加速度大小为2π32πgR2T
4. 一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为(    )

A. 9m/s B. 10m/s C. 11m/s D. 12m/s
5. 如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄理想气体，且压强pb0，可知内能增加，故C错误；
D.打开隔板K1和卡销K2，外界对气体做功，整个过程绝热，所以待活塞K2稳定后，b部分气体的内能增加，故D错误。
故选：B。
气体向真空扩散过程气体不做功，由此分析；气体的体积减小的过程中外界对气体做功，然后结合热力学第一定律分析即可。
该题考查热力学第一定律及其应用，解答的关键是知道气体向真空扩散过程气体不做功。

6.【答案】D 
【解析】解：A、导线框中产生的瞬时电动势满足正弦函数的特征，所以，从图示位置开始，转动30∘的过程中，穿过线框的磁通量的变化率逐渐增大，故A错误；
B、从图示位置开始，转动30∘的过程中，磁通量向左增加，根据楞次定律和安培定则，导线框中电流方向为KNMLK，同理再转过30∘的过程中，导线框中电流方向仍为KNMLK，故B错误；
C、导线框中产生的瞬时电动势的大小是e=Emsin(90∘−30∘)= 32BSω，故C错误；
D、导线框中产生的感应电动势的最大值为Em=BSω，周期T=2πω，从图示位置开始，转动180∘的过程中导线框中产生的焦耳热为Q=(Em 2)2R⋅T2=B2S2ωπ2R，故D正确。
故选：D。
再转过30∘正好转到与中性面垂直的位置，感应电动势最大；根据楞次定律和安培定则可判断感应电流的方向；根据瞬电动势的表达式就可求出瞬时值；根据电功率的计算公式解得D项。
这类题目一定要记住以下几点：一个是顺时值的表达式；第二个是中性面的特点；第三个是楞次定律的应用。

7.【答案】AC 
【解析】解：A、设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则Δt时间内通过横截面的电荷量为：
Q=IΔt=vΔtSbdqe
解得：I=vbdnq
当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，根据qvB=qUb，解得：U=BIdnq，要提高检测灵敏度，可以通过增大B，或者增大工作电流，故A正确；
C、图甲中检测电流I0流过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，定向移动的载流子为一价正离子，受到垂直纸面向里的洛伦兹力而偏转到里侧面上，使得霍尔元件里侧面电势高，外侧面电势低，所以应该是M端与电压表的“+”接线柱相连，故C正确；
B、仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，载流子变为带负电的自由电子，由左手定则判断，自由电子仍偏转到里侧面上，M端的电势低于N端，电压表V的“+””-”接线柱连线位置要调换，故B错误；
D、由A中分析可知当电流I0增大时，电压表V的示数会增大，故D错误。
故选：AC。
根据电场力和洛伦兹力的等量关系分析出电压的表达式，由此分析出灵敏度的影响因素和电压表变大的原因分析；根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此得出电势的高低，根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式并完成分析。

8.【答案】A 
【解析】解：A、设通过R1的电流为3I，则副线圈电流为I，初级电压：U−3IR1=12−3I；根据匝数比可知次级电压为3(12−3I)，根据原副线圈功率相等有(12−3I)⋅3I=[3(12−3I)]27+2，解得：I=2A，则通过R1的电流为3I=6A，故A正确；
B、理想变压器原副线圈匝数之比为1：3，可知原副线圈的电流之比为3：1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为9：2，故B错误；
C、若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C错误；
D、若向下移动P，则R3电阻变大，次级电流变小，初级电流也变小，根据P=IU可知电源输出功率将变小，故D错误；
故选：A。
根据原副线圈的匝数比得出电压之比，结合欧姆定律计算出电流的大小；
根据电功率对计算公式分析出电功率的比值关系；
当滑片移动时，接入电路的电阻会变化，根据闭合电路欧姆定律分析出电表实数和电源输出功率的变化。
本题主要考查了变压器的构造和原理，根据变压器的原副线圈匝数之比得出原副线圈两端的电压和电流之比，结合闭合电路欧姆定律完成分析。

9.【答案】D 
【解析】解：A.由两个等量同号电荷产生电势的对称性知顶点B、D1处的电势相等，故A错误；
B.由电场叠加和对称性知顶点B1、D1处的电场强度方向不同，则B1点和D1的场强不同，故B错误；
C.两个正电荷形成的电场不是匀强电场，电子不受恒定的电场力，不可能做类平抛运动，故C错误；
D.只在电场力作用下，电子要做匀速圆周运动，则必须受到大小恒定的电场力，电子在垂直于AC1并过中心点O点的平面内绕O点可以做匀速圆周运动。故D正确。
故选：D。
由两个等量同号电荷产生电势的对称性分析A；电场强度的叠加符合平行四边形定则；根据电子所受电场力特点分析CD。
本题考查电场强度的叠加，关键是结合平行四边形定则分析，同时要知道利用对称性分析电势。

10.【答案】D 
【解析】解：A、小球在初始位置和D点时的速度均为0，重力功率也为0，故重力功率先增大后减小，故A错误；
B、设AD长为3L，则AB为5L，根据机械能守恒定律有Mg⋅2L=mg⋅3Lcos37∘，解得：M：m=6：5，故B错误；
C、小球在水平位置和D点时，小球和小物块的速度相等，均为0。AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误；
D、设小球运动到最底点D时，沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为T，根据牛顿第二定律有Mg−T=Ma，T−mgcos53∘=ma，解得：T=811Mg，故D正确。
故选：D。
根据初始位置和D点的重力功率均为0，来分析小球重力的功率如何变化。根据机械能守恒定律可以判断小球能否回到C点以及M与m的比值大小。根据运动的合成与分解可以判断小物块的速度与小球的速度关系；根据牛顿第二定律可以判断小物块所受拉力大小。
本题采用特殊位置法判断重力功率的变化情况。采用运动的分解法研究小物块的速度与小球的速度关系。

11.【答案】开关S1断开  左  R1+R2=R1′+R2′R2′ENR2  不变 
【解析】解：(1)由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护灵敏电流计，开始时滑动变阻器触头应处在最左端。
(2)在步骤③中，缺少的操作步骤是将开关S1断开；
(3)改用待测电源替换标准电源的位置，灵敏电流计G支路电流始终为零，该支路可以看成开路；根据闭合电路的欧姆定律可知，当电阻R1与R2的总电阻不变时，就可以保证实验过程中流过R1与R2的电流不变，即R1+R2=R1′+R2′。
(4)开关S2接1时，根据闭合电路欧姆定律，有ENR2=ER1+R2
开关S2接2时，根据闭合电路欧姆定律，有ExR2′=ER1′+R2′
由于R1+R2=R1′+R2′，
代入数据联立解得Ex=R2′ENR2
(5)若考虑工作电源内阻，开关S2接1时，根据闭合电路欧姆定律，有ENR2=ER1+R2+r
开关S2接12，根据闭合电路欧姆定律，有ExR2′=ER1′+R2′+r
考虑到了工作电源内阻后，则R1+R2+r=R1′+R2′+r
代入数据联立解得Ex=R2′ENR2
因此待测电源C的电动势E测量值不变。
故答案为：(1)左；(2)开关S1断开；(3)R1+R2=R1′+R2′；(4)R2′ENR2；(5)不变。
(1)滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于阻值最大处；
(2)在步骤③中，缺少的操作步骤是断开开关S1；
(3)灵敏电流计支路电流为零，可以看出开路；根据欧姆定律可知，当电阻R1与R2的总电阻不变时，就可以保证实验过程中流过R1与R2的电流不变；
(4)根据实验步骤与图示电路图应用欧姆定律分析答题。
本题是电源的电动势，用到了替代法，替换电源，要注意考虑电源的内阻后电源电动势的表达式仍然不变。

12.【答案】解：(1)玻璃砖转过30∘角时，折射光路如图所示：

入射角i=30∘，
根据几何关系可得：tanθ=O1Pd=10cm10 3cm= 33，解得θ=30∘
则折射角r=30∘+30∘=60∘
根据折射定律可得：sinisinr=1n
解得：n= 3；
(2)发生全反射时，有：sinC=1n，此时转过的角度刚好等于临界角；
则sinα=sinC=1n= 33。
所以α=30∘
答：(1)玻璃砖的折射率为 3；
(2)当光屏上光点消失时，玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的为30∘。 
【解析】(1)玻璃砖转过30∘角时，入射角i=30∘，根据几何关系求解折射角，根据折射定律求解折射率；
(2)发生全反射时，有：sinC=1n，根据角度关系求解玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值。
本题主要是考查了光的全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。

13.【答案】解：(1)电路最大电流I=UmR
由闭合电路的欧姆定律可知，金属条切割磁感线产生的最大感应电动势E=I(R+r)=BLvm
解得，橡胶带运动的最大速率vm=Um(r+R)RBL
(2)电压表示数为Um2时电路电流I′=Um2R=Um2R
一根金属条受到的安培力大小F=BI′L
金属条经过磁场区域克服安培力做功W=Fd
解得：W=BLdUm2R
答：(1)此跑步机可测量的橡胶带运动速率的最大值vm是Um(r+R)RBL。
(2)电压表的示数恒为Um2时，一根金属条经过磁场区域克服安培力做的功W是BLdUm2R。 
【解析】(1)根据欧姆定律求出最大电流，应用E=BLv求出橡胶带运动的最大速率。
(2)应用欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出金属条受到的安培力，根据功的计算公式求出克服安培力做的功。
本题是理论联系实际问题，关键是建立物理模型，综合运用电磁感应知识、电路知识、力学知识解题，考查分析和解决实际问题的能力．

14.【答案】解：(1)设1号环的初速度为v0，则由动能定理可得：−μmgL=0−12mv02
代入解得：v0= 105m/s
(2)设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，
则窗帘绷紧前后动量守恒，有：mv1=2mv
绷紧后系统动能为：E′=12×2mv2
又知：E=12mv12
联立解得：E′=mm+mE=E2
故损失的动能为：ΔE=E−E′=E2
(3)设1号滑环的初速度为v10，其动能为E0，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，
系统剩余动能为E1f=E0−μmgL
据(2)的分析可得，1、2绷紧后瞬间，
系统剩余动能为：E20=mm+mE1f=12E1f=12(E0−μmgL)
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，
系统剩余动能为：E2f=E20−μ×2mgL=12(E0−μmgL)−μ×2mgL=12E0−12(12+22)⋅μmgL
答：(1)若要保证2号滑环能动起来，1号滑环的最小初速度 105m/s；
(2)窗帘绷紧后瞬间两者的总动能E2，窗帘绷紧而损失的动能E2；
(3)1号滑环的初速度大小 89710m/s。 
【解析】(1)由动能定理，求1号环的初速度；
(2)窗帘绷紧前后动量守恒，根据动能定义式，求损失的动能；
(3)1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为E1f=E0−μmgL，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能E20=mm+mE1f=12E1f=12(E0−μmgL)，计算在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能。
本题考查学生对动能定理、动量守恒的掌握，解题关键是分析出1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为E1f=E0−μmgL，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能：E20=mm+mE1f=12E1f=12(E0−μmgL)。

15.【答案】解：(1)a球做加速运动的加速度为a，则：Bqv0=maa
设第一次碰前速度为va0，则：va02=2aL
设a和b碰撞后速度为va1、vb1，以向右的方向为正方向，
根据动量守恒定律可得：mava0=mava1+mbvb1
由机械能守恒定律可得：12mava02=12mava12+12mbvb12
解得：va1=−0.4m/s，vb1=0.4m/s
(2)设物块a、b第一次碰后再经过时间t1发生第二次碰撞：va1t1+12at12=vb1t1
解得：t1=0.4s
第二次碰撞前a的速度：v′a1=va1+at1
代入数据可得：va1′=1.2m/s
第二次碰撞前b的速度：v′b1=vb1=0.4m/s
碰撞过程中，以向右方向为正方向，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mav′a1+mbv′b1=mava2+mbvb2
12mav′a12+12mbv′b12=12mava22+12mbvb22
解得：va2=0，vb2=0.8m/s
第二次和第三次碰撞的时间间隔为t2，则：xa2=xb2
即：va2t2+12at22=vb2t2
解得：t2=0.4s
第三次碰撞前a的速度：v′a2=va2+at2
代入得：va2′=1.6m/s
第三次碰撞前b的速度：v′b2=vb2=0.8m/s
碰撞过程中，以向右方向为正方向，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：mav′a2+mbv′b2=mava3+mbvb3
12mav′a22+12mbv′b22=12mava32+12mbvb32
解得：va3=0.4m/s，vb3=1.2m/s
即每一次碰撞b球的速度增加0.4m/s，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，
则b球从第一次到第九次碰撞前的瞬间位移分别为：xb1=vb1⋅t=0.4×0.4m=0.16m
xb2=vb2⋅t=0.4×2×0.4m=0.32m，xb3=vb3⋅t=0.4×3×0.4m=0.48m
……………
则杆的长度是：x=L0+xb1+xb2+xb3+⋅⋅⋅+xb8
代入计算结果得：x=5.84m
(3)若给a球一个冲量I，则I=mav0
以向右方向为正方向，a球和b球碰撞，动量守恒：mav0=mava+mbvb
机械能守恒：12mav02=12mava2+12mbvb2
解得：vb=I2
b球在长方形区域时：mbg=Eqb
则b球在长方形区域内做匀速圆周运动：qbvbB0=mbvb2r
而由几何关系得：nr=2L(n=1,2,3⋯)
联立解得：I=83nN⋅s(n=1,2,3⋯)
答：(1)球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度分别是−0.4m/s、vb1=0.4m/s；
(2)若已知在杆的最右端恰好发生第9次碰撞，则杆的长度是5.84m；
(3)给a一个向右瞬时冲量I，a、b发生弹性碰撞且电荷量平分，b在t=0时从A点沿AB方向进入磁场，最终到达C点，则冲量I为83nN⋅s (n=1,2,3⋯)。 
【解析】(1)由牛顿第二定律和运动学规律求出a球向右加速L后的速度，再根据弹性碰撞的两个规律求出两球碰撞后的速度；
(2)在第一问的基础上同样求出第二次碰撞后的速度及时间间隔，从两次碰撞的计算结果找到下一次碰撞的时间间隔和b球向右的位移，找到相关规律后，从而计算出第三、四到第九次碰撞时b球向右移动的总位移，从而求出杆长；
(3)给a球一个冲量后，根据弹性碰撞的规律求出碰撞后两球的速度。b球进入矩形区域后由于电场力与力平稳，合为为洛伦兹力而做匀速圆周运动，由几何关系找到半径与长的关系，从而求出对小球a的冲量。
本题要理清两球的运动情况，知道平抛运动的研究方法：运动的分解法，掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。涉及力在空间效果求速度时往往运用动能定理，涉及在时间效果求速度时往往应用动量定理。