2023年广东省大湾区普通高中高考物理二模试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年广东省大湾区普通高中高考物理二模一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形图如图所示，质点b的起振时刻比质点a延迟了0.6s，a、b平衡位置间的距离为3m，则下列说法正确的是(    )A.波长为3mB.周期为1.2sC.波速为5m/sD.简谐横波沿x轴负方向传播2.2020年7月，火星探测任务“天问一号”探测器在文昌航天发射场升空。已知地球质量约为火星质量的9倍，地球半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是(    )A.探测器的发射速度应大于地球的第一宇宙速度而小于第二宇宙速度B.地球的第一宇宙速度大于火星的第一宇宙速度C.探测器以相同的轨道半径绕地球运行的速率小于绕火星运行时的速率D.同一个单摆在地球表面上振动的周期大于在火星表面上振动的周期3.某小组用a、b两种单色光照射同一光电管探究光电效应，得到光电流I与光电管所加电压U的关系如图所示，下列说法正确的是(    )A.b光照射时逸出的光电子最大初动能大B.增强a光的强度，遏止电压Uca也增大C.a光的频率大于b光的频率D.a光的波长小于b光的波长4.如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿SO方向射向一上、下表面平行的玻璃砖，下表面观察到两束出射光线A、B，光路图如图所示，下列说法正确的是(    )A.玻璃对B光的折射率大于对A光的折射率B.B光在玻璃中的传播速度小于A光在玻璃中的传播速度C.A光、B光互相平行D.增大入射角θ，A光和B光在下表面可能发生全反射5.如图甲所示为丽江古城古老的住宅楼和万古楼，万古楼的“飞檐”屋顶是中国传统建筑的重要表现之一、现把住宅楼和万古楼的屋顶分别看成平直轨道ABC及弯曲轨道ADC，如图乙所示。一颗松果(可看成质点)从A点由静止开始分别沿两轨道滑下到C点，不计阻力，下列速率v−t图像可能正确的是(    )A.B.C.D.6.如图所示，电量为+Q的点电荷固定在N点，内壁光滑的绝缘细管竖直固定，N、B两点连线水平。电量为+q的小球从A点由静止释放，已知Q≫q，则关于+Q的电场和小球下落到B点的过程，下列说法正确的是(    )A.A点的场强大于B点的场强B.A点的电势高于B点的电势C.小球在B点的加速度小于重力加速度D.小球的机械能一直在减小7.如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0内驱动线圈的电流iab随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是(    )A.驱动线圈内部的磁场水平向左B.发射线圈内部的感应磁场水平向左C.t=0时发射线圈所受的安培力最大D.t=t0时发射线圈中的感应电流最大二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）8.如图是一款小型电钻及其简化电路图，它由变压器及电机两部分构成，变压器为理想变压器，电机的内阻为1Ω，额定电压为11V，额定电流为2.0A。当变压器输入电压为220V的正弦交流电时电钻正常工作，下列说法正确的是(    )A.变压器的原、副线圈匝数之比是20：1B.变压器原线圈电流的最大值为0.1AC.变压器的输入功率为4WD.电机的效率约为82%9.如图所示为高空滑索运动，游客利用轻绳通过轻质滑环悬吊沿倾斜滑索下滑。假设某段下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，速度为v，整体重力为G，不计空气阻力，在这段下滑过程中下列说法正确的是(    )A.整体的机械能守恒B.轻绳保持竖直C.整体重力势能的减少量等于系统摩擦产生的热量D.重力的功率为Gv10.耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B=60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是(    )A.两根耙索的合力大小为FB.两根耙索的合力大小为3FC.地对耙的水平阻力大小为3F2D.地对耙的水平阻力大小为F2三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）11.某同学利用如图甲所示的实验装置测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。长木板固定在水平桌面上，左端安装遮光片的物块通过细绳跨过定滑轮与重物连接，光电门固定在靠近定滑轮处，物块(含遮光片)的质量为M，重物的质量为m。静止释放物块，物块刚释放时与光电门的距离s及遮光片通过光电门的遮光时间t，改变物块的释放位置，重复多次实验。(1)下列操作对实验是必要的是______；A.调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行B.用天平测出物块(含遮光片)和重物的质量C.为减小实验误差，物块刚释放时与光电门的距离s尽可能近一点(2)利用游标卡尺测量遮光片的宽度d，如图乙所示，应利用游标卡尺______部分进行测量(选填图乙中字母代号)，读数为d=______mm；(3)根据多组s、t数据在坐标系中作出1t2−s图像如图丙所示，图像的斜率为k，设重力加速度为g，则物块与长木板之间的动摩擦因数μ=______(用题中物理量字母符号表示)。12.探究小组用图甲所示的电路测量干电池组的电动势E和内阻r，同时利用磁敏电阻测量某磁场的磁感应强度B。如图乙为磁敏电阻在室温下的特性RBR0−B曲线，其中RB表示有磁场时磁敏电阻的阻值，R0表示无磁场时磁敏电阻的阻值。实验步骤如下：(1)开关S1、S2闭合，S3断开，改变电阻箱R的值，记录理想电压表的示数U，得到若干组U、R的数据。已知定值电阻R1=2.0Ω，根据实验数据绘出如图丙所示1U−1R图线，由图线得电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω。(结果均保留2位有效数字)(2)断开S2，闭合S3，此时电压表的示数为2.00V。由图丙可知RB=______Ω，若R0=2.5Ω，由图乙可知待测磁场的磁感应强度B=______T。四、简答题（本大题共2小题，共21.0分）13.导热容器内用轻薄活塞封闭一定质量理想气体，关闭阀门并松开钉销，将容器沉入湖底时活塞到水面的距离为H=40m，气体的体积为V1=1.0m3，压强为p1，温度为T1。用钉销将活塞锁定后，如图所示，将容器缓慢提出水面，当气体的温度与环境温度相同时其压强变为p2=5.5×105Pa。已知水面上温度为T=297K，水的密度为ρ水=1.0×103kg/m3，大气压强为p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2。不计活塞与容器的摩擦力，求：(1)压强p1和温度T1分别为多大；(2)在水面上，保持容器内气体温度与环境温度相同，打开阀门，最多有多少体积(压强为p0，温度为T状态下)的气体放出？14.小华受《三国演义》的启发，设计了一个“借箭”游戏模型。如图所示，城堡上装有一根足够长的光滑细杆，杆上套一个质量为m3=160g的金属环，金属环用轻绳悬挂着一个质量为m2=210g的木块，静止在城墙上方。若士兵以一定角度射出质量为m1=30g的箭，箭刚好水平射中木块并留在木块中(箭与木块的作用时间很短)，之后带动金属环运动。已知箭的射出点到木块的水平距离为s=80m、竖直高度为H=20m，取g=10m/s2，箭、木块、金属环均可视为质点，忽略空气阻力，求：(1)箭射中木块并留在木块中瞬间整体的速度多大；(2)若箭和木块整体上升的最大高度小于绳长，则其第一次回到最低点时速度多大？五、计算题（本大题共1小题，共17.0分）15.如图甲是一种利用磁场约束离子运动的装置原理图，内、外半径分别为R和3R的圆筒共轴放置，轴线OO′水平，在轴线正下方是一对平行金属板，上板正中间的小孔a与外筒正中间的小孔b在通过轴线的同一竖直线上，a、b间距离为d。两筒之间分布着以轴为圆心的同心磁场，各处磁感应强度大小近似相等，磁感应强度为B，从右往左看截面如图乙所示。在平行板下板中央的一个质量为m、电量为e的氢离子(11H)从静止加速经小孔a从小孔b进入磁场，在磁场中的轨迹恰好与内筒下边缘相切；一段时间后调节板间电压为原来的2倍，并让一个氘核(12H)在下极板同一位置从静止加速也进入磁场。已知离子与筒壁正碰后均原速反弹且碰撞时间极短，离子与筒壁接触其电荷量不变，筒壁光滑，忽略离子间的相互作用和它们在平行板间加速的时间。(1)求加速氢离子时平行板间的电压U多大；(2)分析氘核是否与内筒壁碰撞，如果与内筒壁碰撞，求它与内筒壁第一次碰撞的点P(未在图中画出)与小孔b的水平距离s的大小；(3)若氢离子第一次与筒左侧壁垂直碰撞后沿直线返回，运动到P点时与氘核相遇，筒长L=20R，求氢、氘核释放的时间间隔。答案和解析1.【答案】C 【解析】解：A.由图结合题意可知，a、b点之间相隔了34λ，根据题中数据：a、b平衡位置间的距离为3m，则可得：34λ=3m则：λ=4m，即可得波长为4m，故A错误；BD.由题可知，质点b的起振时刻比质点a延迟了0.6s，故可判断简谐横波沿x轴正方向传播，又由图结合题意可知，a、b点之间相隔了34T，则可得：3T4=0.6s则周期为：T=4×0.6s3=0.8s，故BD错误；C.结合上面的波长和周期，可求波速为：v=λT=4m0.8s=5m/s，故C正确。故选：C。由图结合题意可知，a、b点之间相隔了34λ和34T，则根据题中所给数据可求波长和周期，进而可求波速；由题可知，质点b的起振时刻比质点a延迟了0.6s，可判断简谐横波的传播方向。解题关键是能根据图像结合题意得知a、b点之间相隔了34λ和34T，再根据波长、周期、波速的关系式求解；会根据起振顺序判断波的传播方向。2.【答案】B 【解析】解：A、“天问一号”探测器已经脱离地球的吸引，所以探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，故A错误；B、由万有引力提供向心力有：GMmR2=mv2R，解得：v=GMR地球的第一宇宙速度与火星的第一宇宙速度之比：v地v火=M地M火×R火R地=91×12=32>1，所以地球的第一宇宙速度大于火星的第一宇宙速度，故B正确；C、根据B选项可知，探测器以相同的轨道半径绕地球运行的速率大于绕火星运行时的速率，故C错误；D、根据牛顿第二定律可得GMmR2=mg，解得：g=GMR2地球表面的重力加速度与火星表面的重力加速度大小之比为：g地g火=M地M火×g火2g地2=91×1222=94根据单摆周期公式可得：T=2πlg可知，同一个单摆在地球表面上振动的周期小于在火星表面上振动的周期，故D错误。故选：B。“天问一号”探测器已经脱离地球的吸引，所以探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度而小于第三宇宙速度；由万有引力提供向心力得到线速度表达式进行分析；根据牛顿第二定律求解重力加速度表达式，再结合周期公式进行分析。本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。3.【答案】A 【解析】解：A.根据动能定理有eUc=Ekmb光照遏止电压较大，则b光照射时逸出的光电子最大初动能大，故A正确；B.根据爱因斯坦光电效应方程hν=W0+Ekm，根据动能定理eUc=Ekm光强与遏止电压无关，故B错误；C.由B可知，a光的频率小于b光的频率，故C错误；D.由λ=cν，a光的波长大于b光的波长，故D错误。故选：A。根据动能定理结合题意，比较光电子最大初动能；根据爱因斯坦光电效应方程、动能定理，分析光强与遏止电压关系以及频率大小；根据λ=cν，比较波长。本题主要考查学生对爱因斯坦光电效应方程、动能定理的掌握，是一道基础题。4.【答案】C 【解析】解：A.依题意，入射角相同，A光在介质中的折射角比较小，根据折射定律则有n=sinθsinα可知玻璃对B光的折射率小于对A光的折射率，故A错误；B.根据波速与折射率关系则有v=cn可知B光在玻璃中的传播速度大于A光在玻璃中的传播速度，故B错误；C.玻璃砖上下表面平行，根据内错角相同，玻璃砖中的光线与玻璃砖上下表面的夹角相同，根据折射定律，下表面的出射光线与上表面的入射光线相同，所以A光、B光互相平行，故C正确；D.因为光线从光疏介质空气射入光密介质玻璃砖，并且上下表面平行，所以无论如何增大入射角θ，都不会发生全反射，故D错误。故选：C。根据折射定律，结合题意，分析折射率大小；根据波速与折射率关系，分析波速大小；根据折射定律和几何关系，分析出射光线与入射光线的关系；根据全反射条件，分析是否发生全反射。本题考查学生对折射定律、波速与折射率关系、全反射条件的掌握，比较基础。5.【答案】C 【解析】解：一颗松果(可看成质点)从A点由静止开始分别沿两轨道滑下到C点，松果沿平直轨道ABC做匀加速直线运动，沿弯曲轨道ADC运动过程中，加速度逐渐减小，且先大于匀加速运动加速度，后小于匀加速运动加速度。根据规律，v−t图像斜率等于加速度，故C正确，ABD错误。故选：C。v−t图像斜率等于加速度，结合选项分析即可。本题解题关键是掌握v−t图像斜率等于加速度，是一道基础题。6.【答案】D 【解析】解：A.根据点电荷场强公式E=kQr2，离点电荷越近，场强越大，则A点场强小于B点场强，故A错误；B.根据沿电场方向电势降低，在+Q的电场中，离+Q越近，电势越高，则A点的电势低于B点的电势，故B错误；C.小球在B点时，库仑力和管的弹力刚好都处于水平方向，则小球受到的合力等于重力，根据牛顿第二定律，小球的加速度等于重力加速度，故C错误；D.小球从A点静止释放到B点过程，库仑力对小球一直做负功，根据功能关系，小球的机械能一直在减小，故D正确。故选：D。根据点电荷场强公式，分析电场强度大小；根据沿电场方向电势降低，分析电势；分析小球受力，根据牛顿第二定律，求小球加速度；根据功能关系，分析机械能变化。本题考查学生对点电荷场强公式、沿电场方向电势降低、牛顿第二定律以及功能关系的掌握，是一道基础题。7.【答案】B 【解析】解：A.根据右手安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，故A错误；B.由图乙，电流增大，从而发射线圈磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，故B正确；CD.t=0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值；同理，t=t0时发射线圈中的感应电流最小，故CD错误。故选：B。根据右手安培定则，分析磁场方向；根据楞次定律，分析感应磁场方向；根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律和题中图像，分析感应电流，分析安培力。本题考查学生对右手安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律规律的掌握，是一道基础题。8.【答案】AD 【解析】解：A.理想变压器的原副线圈电压比等于匝数之比，故n1n2=U1U2=22011=201故A正确；B.理想变压器的原副线圈电流之比等于匝数反比，原线圈的电流为I1=n2n1I2=120×2A=0.1A变压器原线圈电流的最大值I1max=2I1=0.12A故B错误；C.原、副线圈功率相等为P=U2I2=11×2W=22W故C错误；D.电机的效率为η=U2I2−I22rU2I2=11×2−22×111×2≈82%故D正确。故选：AD。理想变压器的原副线圈电压比等于匝数之比；理想变压器的原副线圈电流之比等于匝数反比；原、副线圈功率相等；根据电机效率概念，求电机效率。本题考查学生对理想变压器的原副线圈电压比等于匝数之比、原副线圈电流之比等于匝数反比、原、副线圈功率相等等规律的掌握，是一道中等难度题。9.【答案】BC 【解析】解：A.下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，整体的重力势能减少、动能不变，根据机械能定义，机械能减少，故机械能不守恒，故A错误；B.以游客为研究对象，受到重力和轻绳的拉力，整体匀速下滑，根据平衡条件，拉力和重力平衡，则轻绳始终保持竖直，故B正确；C.由功能关系，整体重力势能的减少量与系统摩擦产生的热量相等，故C正确；D.重力的功率为重力乘以重力方向的速度，竖直方向速度小于v，故重力的功率小于Gv，故D错误。故选：BC。根据机械能定义，分析机械能不守恒；根据平衡条件，分析拉力，分析绳子方向；由功能关系，分析重力势能减少量与系统摩擦产生的热量关系；根据瞬时功率定义，分析重力的功率。本题考查学生对机械能定义、平衡条件、功能关系、瞬时功率定义等规律的掌握，是一道具有一定综合性，难度基础的题。10.【答案】BC 【解析】解：AB、根据平行四边形定则可知，两根耙索的合力大小为F′=2Fcos30°=3F，故A错误，B正确；CD、由平衡条件，地对耙的水平阻力与两根耙索的合力大小的水平分量相等，方向相反，故f=F′cos30°=32F，故C正确，D错误。故选：BC。首先，根据力的合成求出两根耙索的合力，然后再根据共点力平衡求出地对耙的水平阻力。本题考查了空间受力问题，解决本题的关键是先求出两根耙索的合力。11.【答案】AB B 11.70 2mg−(M+m)kd22Mg 【解析】解：(1)A、为了减小误差，绳子拉力应沿着水平方向，需要调节定滑轮的高度，使细绳与长木板平行，故A正确；B、本实验利用牛顿第二定律测动摩擦因数，需要用天平测出物块(含遮光片)和重物的质量，故B正确；C、为减小实验误差，物块刚释放时与光电门的距离s适当远一些，故C错误。故选：AB。(2)由图可知，游标卡尺的分度值为0.05mm，应利用游标卡尺的外测量爪即图中的B部分进行测量，读数为：d=11mm+14×0.05mm=11.70mm(3)滑块经过光电门的速度：v=dt根据运动学公式：v2=2as联立可得：1t2=2ad2⋅s可知1t2−s的斜率：k=2ad2可得：a=kd22根据牛顿第二定律：mg−μMg=(M+m)a解得：μ=2mg−(M+m)kd22Mg故答案为：(1)AB；(2)B、11.70；(3)2mg−(M+m)kd22Mg。(1)根据实验原理和操作要点分析各选项的正确与否；(2)测量外径和是用外测量爪进行的，由游标卡尺的精度及读数读取遮光片的宽度；(3)根据运动学公式，写出1t2−s的表达式，根据图象斜率求出加速度，结合牛顿第二定律分析出动摩擦因数。本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定律和图像的物理意义即可完成分析。12.【答案】2.9 2.4 10 0.6 【解析】解：(1)由图甲，根据闭合电路欧姆定律可列式E=U+UR(r+R1)整理得1U=1E+r+R1E⋅1R结合图丙可知1E=0.35V−1r+R1E=0.95−0.350.4−0A−1联立解得E≈2.9V，r≈2.4Ω(2)电压表的示数为2.00V，由图丙可知，此时RB=10Ω则RBR0=10Ω2.5Ω=4由图乙可知磁场的磁感应强度B=0.6T；故答案为：(1)2.9，2.4；(2)10，0.6。(1)根据闭合电路欧姆定律结合体图丙即可分析电源电动势以及内阻；(2)根据图丙读出此时RB的示数，再根据RBR0的比值结合图乙求解。该题考查闭合电路欧姆定律的应用，解题的关键是根据闭合电路欧姆定律列式，再结合图像进行分析，题目难度适中。13.【答案】解：(1)根据题意，由压强关系可得：p1=p0+ρgH代入数据解得：p1=5×105Pa由查理定律有p1T1=p2T联立解得：T1=270K(2)根据题意，设有ΔV体积的气体放出，由玻意耳定律可得：p2V1=p0(V1+ΔV)解得：ΔV=4.5m3答：(1)压强p1和温度T1分别为5×105Pa，270K；(2)有4.5m3(压强为p0，温度为T状态下)的气体放出。 【解析】(1)根据题意得出气体的压强，结合查理定律得出温度的大小；(2)根据玻意耳定律列式得出排出气体的体积。本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律和玻意耳定律即可完成分析。14.【答案】解：(1)箭射出后做斜抛运动，设水平方向速度为vx，根据题意vxt=s，12gt2=H解得vx=40m/s在箭与木块的相互作用的过程中两者动量守恒m1vx=(m1+m2)v解得v=5m/s(2)在木块与圆环一起向右运动再回到最低点过程中，由水平方向动量守恒、机械能守恒得(m1+m2)v=(m1+m2)v1+m3v212(m1+m2)v2=12(m1+m2)v12+12m3v22解得v1=1m/s，另一解舍去。答：(1)箭射中木块并留在木块中瞬间整体的速度为5m/s；(2)第一次回到最低点时速度为1m/s。 【解析】(1)根据斜抛规律结合动量守恒，求箭射中木块并留在木块中瞬间整体的速度；(2)由水平方向动量守恒、机械能守恒，求速度。本题考查学生对斜抛规律、动量守恒、机械能守恒规律的掌握，是一道综合性较强，难度中等的题。15.【答案】解：(1)过筒中间轴线的竖直截面如图所示，氢离子的轨迹刚好与内筒相切，故其半径为r1=2R由洛伦兹力提供向心力evB=mv122R解得v1=2eBRm由动能定理eU=12mv12−0解得加速氢离子的电压为U=2eB2R2m(2)设氘核在磁场中的运动半径为r2，速度v2，由牛顿第二定律可知ev2B=2mv22r2由动能定理2eU=12(2m)v22−0解得r2=4R因为r2>2R，则氘核会与内筒碰撞；通过作图可得氘核与轨迹碰撞点如图中的P点所示，由sinθ=2R4R=0.5可知θ=30°由此可得P点与小孔沿轴方向的距离为S=4R−4Rcos30°=2(2−3)R(3)氢离子与筒的左壁垂直碰撞后原速返弹，且沿着轴做匀速直线运动，运动轨迹如图所示氢离子在磁场中的运动周期为T1=2πr1v1=2πmeB氘核在磁场中的运动周期T2=4πmeB由上述分析可知相遇前氢原子在磁场中运动的时间为t1=54T1+L2−Sv1氘核在磁场中运动的时间t2=θ2πT2两粒子释放时的时间间隔Δt=t1+dv1−(t2+dv2)又v1=v2解得Δt=meB(13π6+3+3)答：(1)加速氢离子时平行板间的电压U为2eB2R2m；(2)它与内筒壁第一次碰撞的点P与小孔b的水平距离s的大小为2(2−3)R；(3)氢、氘核释放的时间间隔为meB(13π6+3+3)。 【解析】(1)过筒中间轴线的竖直截面如图，可得其半径，由洛伦兹力提供向心力结合动能定理求解加速氢离子时平行板间的电压；(2)由牛顿第二定律结合动能定理，可知氘核会与内筒碰撞；通过作图可求得θ，进而可得点P与小孔b的水平距离；(3)根据题意作运动轨迹图，可得氢离子与氘核分别在磁场中的运动周期，分析可知相遇前氢原子与氘核分别在磁场中运动的时间，进而可求得氢、氘核释放的时间间隔。本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，根据题意作出运动轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力以及牛顿第二定律结合动能定理综合求解。