安徽省滁州市定远县2022-2023学年高三物理下学期二模试题（Word版附解析）

这是一份安徽省滁州市定远县2022-2023学年高三物理下学期二模试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，非选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年安徽省滁州市定远县高考物理二模试卷一、选择题：本题共5小题。每小题给出的4个选项中只有一项是符合题意要求的。1. 如图甲所示是研究光电效应中光电子发射情况与照射光的强弱、颜色（频率）关系的实验电路。移动滑动变阻器滑片，可改变光电管中阳极A、阴极K间的电压，光电流大小可由电流表显示，改变电源的极性，则下列说法正确的是（　　）A. 用蓝光照射阴极K，当两极间电压为图乙中的反向电压Uc1时，无光电子发射B. 用强度不同的黄光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同C. 光电流的大小随加在A、K两极间电压的升高一定逐渐增大D. 用不同颜色的光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同【答案】D【解析】【详解】A．蓝光的遏止电压大于黄光的遏止电压是因为蓝光的频率大于黄光的频率，用蓝光照射阴极K时，有光电子发射，故A错误；B．根据光电效应方程在光的频率不变的情况下，不论入射光的强度强还是弱，发射的光电子的最大初动能相同，最大初速度大小相同，故B错误；C．当光电流达到饱和电流时，电压增加，光电流的大小不变，故C错误；D．根据光电效应方程可知，用不同颜色的光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同，故D正确。故选D。2. 嫦娥三号探测器于2013年12月2日2点17分，在西昌卫星发射中心发射，嫦娥三号携玉兔号月球车首次实现月球软着陆和月面巡视勘察，并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测，探测器发射后直接进入地月转移轨道，成为绕月卫星，并开展对月球的探测，运动轨迹如图所示，已知月球质量与地球质量之比为p，月球半径与地球半径之比为q，则（　　）A. 探测器在月球表面附近圆形轨道运行与在地球表面附近圆形轨道运行向心力之比为B. 探测器在月球表面附近圆形轨道运行与在地球表面附近圆形轨道运行周期之比为C. 月球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍D. 月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍【答案】C【解析】【详解】A．探测器受到的万有引力为故万有引力之比即为向心力之比故A错误；B．根据万有引力提供向心力可得所以故B错误；C．根据万有引力提供向心力所以所以故C正确；D．根据重力等于万有引力所以所以故D错误。故选C。3. 从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法中正确的是（　　）A. 小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小B. 小球抛出瞬间的加速度大小为C. 小球被抛出时的加速度值最大，最高点的加速度值最小D. 小球上升过程的平均速度等于【答案】B【解析】【详解】AC．上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：，解得；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：，解得：；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升过程，加速度一直在减小；在下降过程，加速度先减小，当加速度减小到零后不变，小球被抛出时的加速度值最大，落地前匀速阶段加速度值最小，故AC错误；B．空气阻力与其速率成正比，最终以匀速下降，有：；小球抛出瞬间，有：；联立解得：，故B正确；D．速度—时间图象与时间轴包围的面积表示位移，如图从图象可以看出，0~t1时间上升过程的位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，其平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故D错误。所以B正确，ACD错误。4. 如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、Oʹ，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为（      ）A. x正向，B. y正向，cosθC. z负向，tanθD. y负向，sinθ【答案】C【解析】【详解】A．若磁场方向沿x轴正向，则导体棒不受安培力，不可能平衡，A错误；B．若磁场沿y轴正向，则导体棒受到的安培力方向竖直向上，绳中拉力为0，则有解得磁感应强度为，B错误；C．若磁场沿z负向，则安培力方向沿y轴正向，则有：解得，C正确；D．若磁场沿y负向，则安培力沿z轴负向，导体棒不可能平衡，D错误。故选C。5. 如图甲所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为0.2m的圆形区域ABCD，圆心为O。P为圆弧上的一个点，从A点出发沿逆时针运动，为PO连线旋转的角度，P点电势随变化情况如图乙所示，则（　　）A. 场强大小为10V/mB. 电子在A点时的电势能为2eVC. 电子在A点时所受电场力指向O点D. 电子沿圆弧运动过程中电场力不做功【答案】A【解析】【详解】A．由图乙可知当时，P点位于下图中的E点处，此时可得当时，P点位于下图中的F点处，由几何知识可知E、F、O三点共线，此时可得则圆心O点电势为过A点作OE的垂线交于M点，由几何知识易得，M点为EO中点，则下图中M点的电势为故直线AM为等势线，由于电场线与等势面垂直，则可知电场线沿FOE方向，过B点作电场线FOE的垂线，交于N点，如下图所示则有电场强度的大小为故A正确；B．电子在A点时的电势能为故B错误；C．由A选项中分析可知，电子在A点时所受电场力平行于EF斜向左下方，C错误；D．由A选项中分析可知，圆弧不是电场的一个等势面，所以电子沿圆弧运动过程中电场力做功，故D错误。故选A。二、多选题：本题共3小题。每小题给出的4个选项中有多项是符合题意要求的。6. 如图所示，将质量相同的a、b、c三个小球从水平地面上的A点用相同的速率、以不同的方向斜向上抛出，三个小球在空中的运动轨迹分别为1、2、3，三个小球在空中运动过程中的动量变化量分别为Δp1、Δp2、Δp3，落地时重力的瞬时功率分别为P1、P2、P3，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A. 三个球动量变化量相同 B. 三个球落地时重力的瞬时功率相等C. Δp1最大，Δp3最小 D. P1最大，P3最小【答案】CD【解析】【详解】AC．斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛运动，所以由图可知所以根据动量定理有所以故A错误，C正确；BD．三个球落地时重力的瞬时功率为所以
 故B错误，D正确。故选CD7. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，电阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220sin（100πt）V的交流电，则（　　）A. 副线圈中交流电频率为100HzB. 电流表示数为2AC. 理想变压器输入功率为440WD. 二极管的反向耐压值应大于110V【答案】B【解析】【详解】A．根据题意可知交流电的角速度ω＝100π，频率为变压器可以改变电压和电流的值，但不能改变频率，因此副线圈中交流电频率仍为50Hz。故A错误；D．原线圈两端电压的最大值根据副线圈两端电压的最大值当最大电压为时，二极管仍然正常工作，说明二极管的反向耐压值大于。故D错误；BC．由于二极管的作用，副线圈两个电阻交替工作，与没有二极管时一个电阻R始终工作完全相同，副线圈两端电压的有效值因此电流表的示数理想变压器输入功率等于电阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2W＝220W故B正确；C错误。故选B。8. 如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，粒子的重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略，进入磁场的粒子会从某一段圆弧射出磁场边界，则下列结论正确的是（　　）A. 若n=2，则所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行B. 若n=2，则粒子从P点进入磁场时的速率为C. 若n=4，则粒子从P点进入磁场时的速率为D. 若n=4，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到B时，则n的值变为2【答案】ABC【解析】【详解】A．边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，若n=2，则粒子在磁场中做圆周运动的直径为磁场区域直径，所以运动的轨道半径为由于粒子做圆周运动的轨道半径与磁场区域半径相等、粒子做圆周运动的圆心O′、磁场区域的圆心O组成的四边形为菱形，如图所示粒子离开磁场时的速度方向均与OP垂直，即所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行，故A正确；B．若n=2，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得解得故B正确；C．若n=4，粒子运动轨迹如图所示粒子做圆周运动的轨道半径为由牛顿第二定律得解得故C正确；D．若n=4时，粒子做圆周运动的轨道半径为仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到B时，其半径变为，而n=2时的运动半径为R，故D错误。故选ABC。三、非选择题：本大题共2小题。9. 某小组采用如图甲所示的装置来探究“功与速度变化的关系”，实验中，小车经过光电门时，钩码尚未到达地面。（1）实验步骤如下：①用螺旋测微器测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d=______mm。②把遮光条固定在小车上，把小车放到轨道上，将细线一端与小车连接；③保持轨道水平，在砝码盘里放适量砝码，让小车静止在某处，将小车由静止释放，记录遮光条经过光电门的挡光时间t；④改变x，记录相应的t，获得多组数据；⑤关闭电源，通过分析小车位移与速度变化的关系来研究合外力做功与速度变化的关系。（2）实验中，该小组同学通过研究x与t的关系从而得到合外力做功与速度变化的关系，为了使图象呈现线性关系，该组同学应作______图象。（填序号）A．       B．      C．         D．【答案】    ①. 5.695    ②. D【解析】【详解】（1）[1]挡光片的宽度为（2）[2]由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，设匀加速运动的加速度为a，根据动能定理得，解得只改变，则加速度a不变，为了使图象呈现线性关系，该组同学应作图像。故选D。10. 甲、乙两位同学分别采用不同的方法测量同一根金属丝的阻值。①甲同学采用多用电表测定金属丝的阻值，操作如下：该同学选择×10的电阻挡，用正确的操作步骤测量时（指针位置如图1中虚线所示），为了较准确地进行测量，请你完善下列实验操作步骤：a、______；b、调节欧姆调零旋钮：红黑表笔短接，使指针指在0Ω处；c、重新测量并读数，此时刻度盘上的指针位置如图1实线所示，测量结果是______Ω。②乙同学用伏安法测量此金属丝的电阻，实验室提供了下列器材A．电压表（0～3V，内阻1kΩ）B．电压表（0～15V，内阻5kΩ）C．电流表（0～0.6A，内阻2Ω）D．电流表（0～3A，内阻0.5Ω）E．滑动变阻器（10Ω，0.2A）F．滑动变阻器（50Ω，0.6A）G．直流电源（6V，内阻不计），另有开关一个、导线若干。实验中有两种电路图2（a）和（b）可供选择，本次实验中电路应选______（选填“a”或“b”），电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（只填器材前的字母代号即可）。根据电路图并连接如图3的实物图______。【答案】    ①. 选择×1的电阻挡    ②. 6.0    ③. b    ④. A    ⑤. C    ⑥. F    ⑦. 【解析】【详解】①[1]a．欧姆表的指针偏角过大说明所选倍率过大，重新选×1欧姆挡测量；[2]c．指针指在刻度6，则欧姆表读数为②[3]由于待测电阻满足所以电路应选择b电路；[4]因为电源电压是6V，如果选择电压表B会出现指针偏转过小从而误差过大的情况，故电压表选择A； [5]被测电阻通过的最大电流为故电流表选择C；[6]根据电流表的读数规则，电流值在最好，变阻器采用限流式接法，所以电路中需要的最大电阻应为并且E能通过的最大电流为0.2A，较小，所以滑动变阻器选择F；[7]根据电路图连接实物图四、解答题11. 如图所示为放置在真空中的某种材料做成的透明球体，O为球心，半径为R，能向各个方向发出某种单色光，OB为半径，OA=，从A点发出射向B点的光线a恰好在B点发生全反射，已知光在真空中的光速为c，求：（1）透明球体的折射率n；（2）光线a从发出到B点的时间t。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）从A点发出射向B点的光线a恰好在B点发生全反射，根据全反射临界角公式有根据几何关系有解得（2）光在介质中的速度则传播时间为解得12. 如图，两根间距为L、相互平行光滑倾斜金属长直导轨，与水平面的夹角θ＝30°，金属杆MN、PQ用绝缘杆固定连接形成“工”字形框架，间距也为s，使框架从距磁场上边沿一定距离处静止释放，框架进入磁场过程中做匀速运动，已知“工”字形框架的总质量为m，金属杆MN、PQ的电阻均为R，其余电阻不计（1）框架刚释放时，金属杆PQ距磁场上边界的距离；（2）金属杆PQ越过两磁场分界线的瞬间，框架的加速度大小；（3）框架穿过磁场的整个过程中，金属杆MN产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）1.5g；（3）0.75mgs【解析】【详解】（1）金属杆PQ在进入磁场过程中做匀速直线运动有由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有设框架释放时金属杆PQ距磁场上边界的距离为x，由机械能守恒定律有联立解得框架释放时金属杆PQ距磁场上边界的距离为（2）金属杆PQ越过两磁场边界瞬间，两金属杆都切割磁感线，金属杆中的电流为两金属杆所受安培力均为由牛顿第二定律有联立解得金属杆PQ越过两磁场边界瞬间，框架的加速度大小为（3）由能量守恒可知框架穿越磁场过程中，框架产生的焦耳热等于框架重力势能的减少量其中框架穿越磁场过程中金属杆MN产生的焦耳热为解得13. 如图所示，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直面内，小球b静止在轨道最低点B处，质量为m的小球a在轨道上与圆心O等高的A点由静止释放，小球a、b在最低点发生弹性碰撞，小球a、b均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g，求：（1）小球a从A点运动到B点，合外力对小球a的冲量大小；（2）要使a、b第一次碰撞后，小球b能到达圆弧轨道的最高点C，则小球b的质量应满足的条件；（3）若两球恰好在B点发生第二次碰撞，则第二次碰撞后小球b的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）0【解析】【详解】（1）设小球a运动到最低点时的速度为v0，由机械能守恒，得解得由动量定理得，合外力对小球a的冲量大小（2）设弹性碰撞后，a、b两球的速度分别为v1、v2，，设b球质量为，则解得设b球运动到轨道的最高点时速度为v，则有小球b由最低点运动最高点的过程中机械能守恒，则①若第一次撞击后，都向右运动，则②若第一次撞击后，b球向右运动，a球反弹，则③由①②③解得即（3）若两球恰好在B点发生第二次碰撞，由第一碰撞解得可知两球交换速度，两球质量相等。第一碰撞后小球a为零。第二次发生弹性碰撞，两球仍然交换速度。第二次碰撞后小球b的速度大小为0。