2023届湖南省永州市高三第二次适应性考试（二模）物理试题含解析

  永州市2023年高考第二次适应性考试试卷物理

注意事项：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。考试时间75分钟，满分100分。答题前，考生务必用黑色墨水的签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名及科目，在规定的位置贴好条形码。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束时，只交答题卡。

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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. 华能石岛湾高温气冷堆核电站是我国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站。核反应堆是核电站的心脏，它是通过可控链式核裂变反应来实现核能利用的。一个原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为，下列说法正确的是（　　）

A. 核反应方程中的中子数为56

B. 核反应方程中的质量数为92

C. 因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少

D. 因为裂变释放能量，原子核的比结合能应比U原子核的小

【答案】A

【解析】

【详解】AB．根据质量数守恒和电荷数守恒可得

解得

所以核反应方程中中子数为

故A正确、B错误；

C．核裂变释放能量，会出现质量亏损，但是总质量数不变，故C错误；

D．比结合能越大，原子核越稳定，原子核裂变得到原子核，说明原子核比原子核稳定，即原子核的比结合能应比原子核的大，故D错误。

故选A。

2. 电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子枪发射电子束，通过电场构成的电子透镜使其会聚或发散。电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势线。一电子仅在电场力作用下运动，运动轨迹如图实线所示，a、b、c、d是轨迹上的四个点，下列说法正确的是（　　）

A. b处的电场强度与c处的电场强度相同

B. 电子从a到d运动时，加速度不断增大

C. 电子在a处受到的电场力方向与a处虚线相切

D. 电子从a到b运动时，电势能逐渐减小

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据电场线与等势线垂直，且电场线上该点的切线方向为该点的场强方向，由图可知b处电场线的切线方向斜向左上方，c处电场线的切线方向斜向左下方，所以b、c点的电场强度不相同，故A错误；

B．等势线的疏密也可以反映电场的强弱，由a到d等势线先变疏后变密，所以电场强度先减小后增大，则电子的加速度先减小后增大，故B错误；

C．a处电场线与虚线垂直，所以电子受到的电场力方向与虚线垂直，故C错误；

D．电子从a到b运动时，电势逐渐升高，根据可知，电子的电势能逐渐减小，故D正确。

故选D。

3. 如图a所示为马拉松比赛中两位选手参赛的某一情形，甲、乙两人起跑时都做匀加速直线运动；达到某一速度后都各自做匀速直线运动直至终点，他们的速度一时间图像如图b所示，则下列说法中正确的是（　　）

A. 乙选手起跑2s后刚好追上甲选手

B. 乙选手起跑时，甲选手正好跑了3m

C. 相遇前甲、乙两选手之间的最大距离为4m

D. 乙选手超过甲选手后，两选手可能再次相遇

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，乙选手起跑2s后，则到了t=4s时两人的速度相等，同一起跑线开始则应为相距最远时，不能追上，故A错误；

B．根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，当乙选手起跑时，甲选手的位移为

故B错误；

C．由图可知，t=4s时两人的速度相等，相距最远，最大距离等于0-4s内甲与乙的位移之差，为

故C正确；

D．乙选手超过甲选手，始其速度始终比甲选手的大，两选手不可能再次相遇，故D错误。

故选C。

4. 2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与天和核心舱完成对接，三位中国航天员进入空间站与神舟十四号航天员乘组首次在轨会师，对接过程的示意图如图所示。天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ，神舟十五号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接。已知万有引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）

A. 地球的质量为

B. 飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为

C. 飞船沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断增大

D. 飞船在轨道Ⅱ经过B点时受到地球的万有引力大于在轨道Ⅲ经过B点时受到地球的万有引力

【答案】B

【解析】

【详解】A．当神舟十五号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为时，由万有引力提供向心力得

化简可得，地球的质量为

A错误；

B．由图可知，轨道Ⅱ的半长轴为

由开普勒第三定律

可得

化简可得，飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为

B正确；

C．由开普勒第二定律可知，近地点的速率大于远地点的速率，所以飞船沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断减小，C错误；

D．因为飞船在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ的B点时，轨道半径相同，所以由

可知飞船在轨道Ⅱ经过B点时受到地球的万有引力等于在轨道Ⅲ经过B点时受到地球的万有引力。D错误。

故选B。

5. 为庆祝党的二十大的胜利召开，某景区挂出32个灯笼（相邻两个灯笼间由轻绳连接），依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量，重力加速度，悬挂灯笼的轻绳最大承受力，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（　　）

A. θ最大为60°

B. 当θ最大时最右端轻绳的拉力为

C. 当时第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°

D. 当时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为30°

【答案】C

【解析】

【详解】AB．当最左端连接的轻绳的拉力大小为时，最大，此时灯笼整体受力如图所示

由平衡条件

联立解得

，

AB错误；

C．当时，灯笼整体受力分析如图

由平衡条件知，最右端轻绳的拉力

对第17个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件

则第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角

C正确；

D．当时，此时灯笼整体受力如图所示

由平衡条件知，最右端轻绳的拉力

对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件

则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角

D错误。

故选C。

6. 某实验室进行交变电流实验研究，交流发电机输出的交变电压如图甲所示，将其接在如图乙所示电路的a、b端，滑动变阻器总电阻为2R，3只相同灯泡的电阻为R且电阻恒定不变。接通电源后调节滑片P处于正中央时，三只相同灯泡均正常发光。下列说法中正确的是（　　）

A. 变压器原、副线圈的匝数比为2：1 B. 小灯泡的额定电压为6V

C. 滑片P向下移动，变暗、变暗 D. 滑片P向上移动，变暗、变亮

【答案】D

【解析】

【详解】AB．设灯泡的额定电压为UL，额定电流为I，原线圈的电流为I1，原线圈的电压为U1，副线圈的总电流为I2，副线圈的电压为U2，电源的总电压为U，接通电源后调节滑片P处于正中央时，滑动变阻器的电阻为R，三只相同灯泡均正常发光，则有

I1=I

I2=3I

U2=UL

U=UL+U1

根据原副线圈两端电流与匝数成反比，得

根据原副线圈两端电压与匝数成正比，

得

U1=3UL

根据欧姆定律的

解得

故AB 错误；

CD．滑片P向下移动，滑动变阻器阻值变小，副线圈总电阻偏小，则I2变大，I1变大，U不变，U1减小，U2减小，则变亮、变暗；滑片P向上移动，滑动变阻器阻值变大，副线圈总电阻增大，则I2变小，I1变小，U不变，U1增大，U2增大，则变暗、变亮，故C错误，D正确。

故选D。

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7. 如图所示，在x轴上有一根材质均匀的绳子，绳子的两端点分别置于和处，现使绳子两端点分别上下做简谐运动，产生两列波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播。时刻和处的质点刚好开始振动，时两列波恰好第一次相遇，则下列说法正确的是（　　）

A. 两波源开始振动方向相同 B. 两列波能在绳子上形成稳定的干涉图样

C. 两列波的波速1m/s D. 时，处质点的位移为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．时刻和处的质点刚好开始振动，甲、乙波起振方向分别是y轴正方向和y轴负方向，A错误；

B．两波在同一根绳子上传播，波长相同，所以甲、乙波的频率相同，能形成稳定的干涉图样，B正确；

C．时两列波恰好第一次相遇，有

故C错误；

D．波的周期为

当

沿x正方向传播的波在处引起的振动位移为-4cm，沿x负方向传播的波在处引起的振动位移为-6cm，处质点的位移为-10cm，故D正确。

故选BD。

8. 水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示，用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取。则下列说法正确的是（　　）

A.  B.

C. 木板加速度所能达到的最大值为 D. 在时间段物块做匀加速直线运动

【答案】AC

【解析】

【详解】A．木板与地面间的最大静摩擦力

木板与物块间的最大静摩擦力

当拉力逐渐增大到F1时，木板首先相对地面发生相对滑动，此时拉力大小为

A正确；

BC．当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板

对物块

解得

此时拉力大小为20N，木板加速度达到最大值为2m/s2，B错误，C正确；

D．在时间段，物块 所受拉力逐渐增大，加速度变大，不做匀加速直线运动，D错误。

故选AC。

9. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在时刻以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

A. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为24J

B. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为

C. 物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为12J

D. 物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为12m/s

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律

解得

当C与A速度为0时，弹性势能最大

A错误；

B．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为

解得

方向向左，B正确；

C．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为4m/s，物块B离开始墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大，则有

联立解得

C正确；

D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为4m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有

代入数据解得

物块B的最大速度为6m/s， D错误。

故选BC。

10. 如图所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的倾角为，底端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒的电阻为，长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现将重物由静止释放，重物下落高度h时达到最大速度，已知重力加速度为g，导轨电阻均不计，则重物从释放到达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 通过电阻R的电量为

B. 金属棒受到的安培力的冲量大小为

C. 金属棒克服安培力做的功为

D. 电阻R上产生的焦耳热为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．通过电阻R的电量为

A正确；

B．安培力的冲量大小为

B错误；

CD．金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电流，使金属棒受到斜向下的安培力，金属棒的速度越大，阻碍它运动的安培力也越大，故金属棒在磁场中做加速度减小的加速运动，当受力平衡时，其速度达到最大值vm，此时由感应电动势，感应电流，可得

解得

由能量守恒定律得

解得

则电阻R上产生的焦耳热为

根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功为

W=

C正确，D错误。

故选AC。

第Ⅱ卷

11. 某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。主要实验步骤如下：

①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；

②测量挡光片到光电门的距离s；

③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；

④改变θ，测出不同θ所对应的挡光时间t。

根据上述实验步骤请回答：

（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图所示，则挡光片的宽度d=___________mm。

（2）滑块通过光电门时速度的表达式v=___________（用实验中所测物理量符号表示）。

（3）根据实验测得的多组θ、t数据，可绘制图像，图像的纵坐标为sinθ，横坐标为，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为___________（用d、s、g表示）。

【答案】    ①. 2.8    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，由图可知，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.1×8mm=0.8mm，所以挡光片的宽度为

（2）[2]由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以滑块通过光电门时速度为

（3）[3]如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有

所以

由此可知，图像应为过原点一条倾斜直线，其斜率为

12. 某同学在实验室发现一根粗细均匀、中空的圆柱形导电元件，其横截面为同心圆环，如图甲所示，该同学想知道中空部分的内径d，但该元件的内径太小，无法直接测量，他设计了如下实验进行测量，已知该元件的长度L及电阻率。

（1）用螺旋测微器测元件的外径D。

（2）用多用电表测出其阻值，多用电表的“Ω”挡有“”、“”、“”和“”四挡，选用“”挡测量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的某倍率，重新调零后进行测量，结果如图乙所示，则该元件的电阻为___________Ω。

（3）为精确地测量该元件电阻，有下列器材可供选择：

A．电流表（量程3A，内阻约为0.1Ω）

B．电流表（量程150mA，内阻约为20Ω）

C．电流表（量程30mA，内阻）

D．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）

E．直流电源E（12V，内阻不计）

F．导电元件

G．定值电阻，

H．开关一只，导线若干

请选择合适仪器，将实验电路图画在虚线框内，并标明所选器材的代号。（          ）

（4）实验测得的数据如下表：

根据表格数据在上面坐标系中做出I1-的图像_________，可得该元件电阻的测量值为___________Ω（保留3位有效数字）。若测得该元件的电阻为Rx，则可得到该元件的内径d。

（5）若实验室提供的定值电阻的实际阻值比标称值略小，则由此测得的内径d与真实值相比___________（填“偏大”、“相等”或“偏小”）。

【答案】    ①. 100    ②.     ③.     ④. 99.0##99.1##99.2##99.3##99.4##99.5##99.6##99.7##99.8##99.9##100##101    ⑤. 偏大

【解析】

【详解】（2）[1]当选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，说明流过电表的电流较大，则待测电阻阻值较小，故需改用“×10”挡进行测量，由图可知，该元件的电阻为

（3）[2]由于实验器材中没有电压表但电流表A3内阻已知，且电流表A3能测最大电压为

Umax比电源电动势小很多，故需选择一个定值电阻与其串联，由

所以选择R2与A3串联改装成电压表；又由于滑动变阻器的总阻值比待测电阻小，为了多测量数据而减小误差，则滑动变阻器应用分压式；由于电源电动势只有12V，待测电阻阻值约为100Ω，故A1电流表量程过大，选A2做电流表比较合适；由于电流表A2的内阻未知，故采用外接法，电路图如图

（4）[3]将数据表中I1和的数据在坐标系中描点，并连成一条直线，让尽可能多的点在直线上，其余点分布直线两侧，可得到一条过原点的斜线，如图

[4]由欧姆定律

由图像求得图像斜率为

所以该元件电阻的测量值为

（5）[5]由电阻定律有

解得

若R2电阻的实际阻值比标称值略小，由

可知测出的Rx阻值也偏大，所以测出的内径d偏大。

13. 为了监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为。当汽缸内温度为300K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻质绳悬挂的重物M。当绳上拉力为30N时，警报器报警。已知室外空气压强，活塞与器壁之间摩擦可忽略。重力加速度大小取。求：

（1）当活塞刚刚接触到重物时，锅炉外壁温度为多少？

（2）若锅炉外壁最高安全温度为1200K，那么重物的质量至少应为多少？

【答案】（1）400K；（2）47kg

【解析】

【详解】（1）活塞上升过程为等压变化

V1=LS

V2=(L+）S

根据盖吕萨克定律

得

T2=400K

（2）活塞碰到重物后到绳的拉力为30N是等容过程，设重物质量为M。

根据查理定律

解得

M=47kg

14. 如图所示，光滑水平面的左侧有一固定的竖直挡板，放在间的小滑块质量，水平面B端紧靠倾角的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆时针转动，速率恒为。现给小滑块一个水平向右的瞬时速度，小滑块经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端。已知B、C两端间的距离，滑块与传送带间的动摩擦因数，取，滑块通过B处时无机械能损失。求：

（1）瞬时速度的大小；

（2）滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；

（3）滑块第一次在传送带上运动时滑块与传送带因摩擦产生的热量。

【答案】（1）8m/s；（2）2s；（3）9.6J

【解析】

【详解】（1）设滑块上滑过程中的加速度大小设为a1，根据牛顿第二定律有

解得

滑块在上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，则根据运动学公式有

=2a1L

解得

（2）设滑块从B点运动到C点所用时间设为t1，则根据运动学公式有

解得

滑块下滑过程，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律

解得

设滑块从C点向下加速到与传送带速度相同时间为t2，位移为x1，则由运动学公式

，

解得

，

由于

滑块无法平衡，滑块继续向下加速，设加速度为a3，由牛顿第二定律

解得

之后运动到B点所用时间设为t3，由运动学公式

解得

则滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间

（3）滑块第一次在传送带上运动过程滑块与传送带间的相对运动路程为

因摩擦产生的热量为

代入数据可得

15. 如图甲所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下平行移动，杆上套有两个小球a、b，质量，，a球带电量，b球不带电。初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距。现让装置O带动杆以向下匀速运动，并且加上一垂直纸面向里的磁感应强度的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移。（取）

（1）求小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度分别是多少？

（2）若已知在杆的最右端恰好发生第9次碰撞，则杆的长度是多少？

（3）如图乙所示，若将该装置固定不动，长方形内有交变匀强磁场，磁感应强度按图丙规律变化，取垂直纸面向里为磁场的正方向，图中，，，在长方形区域再加一竖直向上的匀强电场，，给a一个向右瞬时冲量，a、b发生弹性碰撞且电荷量平分，b在时从A点沿方向进入磁场，最终到达C点，则冲量多大？

【答案】（1）；；（2）；（3）（，，）

【解析】

【详解】（1）a球做加速运动的加速度为，则

设第一次碰前速度为，则

设a和b碰撞后速度为、，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

解得

（2）设物块a、b第一次碰后再经过时间发生第二次碰撞

解得

第二次碰撞前a的速度

第二次碰撞前b的速度

碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

解得

第二次和第三次碰撞的时间间隔为，则

即

解得

第三次碰撞前a的速度

第三次碰撞前b的速度

碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

解得

即每一次碰撞b球的速度增加，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

则杆的长度是

（3）若给a球一个冲量，则

a球和b球碰撞

解得

b球在长方形区域时

则b球在长方形区域内做匀速圆周运动

（，，）

联立解得

（，，）