2023届山西省临汾市高三下学期高考考前适应性训练考试物理试题（二）（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE1临汾市2023年高考考前适应性训练考试（二）一、选择题1.如图所示，实线为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形，虚线是该波在t=0.20s时刻的波形，则此列波的周期可能为A0.10s B.0.20s C.0.40s D.0.80s〖答案〗D〖解析〗设波的周期为T．波沿x轴正方向传播，则t=（n+）T，得到（n=0，1，2，…）当n=0时，T=0.8s；由于n是整数，T不可能等于0.10s、0.20s、040s．故D正确，ABC错误．2.我国北斗三号使用的氢原子钟是世界上最先进的原子钟。它每天的变化只有十亿分之一秒，它是利用氢原子吸收或释放能量发出的电磁波来计时的。如图所示为氢原子能级图，大量处于基态的氢原子吸收某种频率的光子跃迁到激发态后，能辐射三种不同频率的光子，能量最大光子与能量最小光子的能量差为（）A.13.6eV B.12.09eV C.10.2eV D.1.89eV〖答案〗C〖解析〗大量处于基态的氢原子吸收某种频率的光子跃迁到激发态后，能辐射三种不同频率的光子，可知氢原子跃迁到了n=3的能级，则从n=3能级向低能级跃迁时能量最大光子与能量最小光子的能量差为三种光子的最大能量差为故选C。3.一个物块在光滑的水平面上受到水平恒力F的作用，从静止开始做匀加速直线运动，计时开始的图像如甲所示v2-x图像如图乙所示，据图像的特点与信息分析，下列说法正确的是（）A.x=1m时物体的速度为8m/sB.图乙斜率是图甲的斜率的2倍C.图甲中的y=8m/sD.t=1s时物体的速度为4m/s〖答案〗D〖解析〗A．当x=1m，由图乙可知解得故A错误；BC．由初速度为0的匀加速直线运动规律可得则有可得甲图的斜率为由可知乙图的斜率为解得则图甲中的y=4m/s，故BC错误；D．t=1s时物体速度为故D正确。故选D。4.2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三名航天员安全返回。如题图为质量为m的神舟十四号飞船成功对接于空间站画面，此时飞船与空间站相对静止，共同在距地面高为h处做匀速圆周运动，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。忽略地球自转，则下列关于神舟十四号飞船说法正确的是（）A.周期为 B.动能为C.角速度为 D.向心加速度为〖答案〗D〖解析〗A．根据解得故A错误；B．空间站的线速度又解得故B错误；C．角速度为故C错误；D．向心加速度为故D正确。故选D。5.如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ=30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止，则a1和a2的大小之比为（）A.∶1 B.∶3 C.3∶1 D.1∶3〖答案〗D〖解析〗分析小球的受力情况如图所示如果小车在水平面上向左加速，由正交分解法得，水平方向上有FNsinθ-FTcosθ=ma1竖直方向上有FNcosθ＋FTsinθ=mg解得a1=g球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是细绳拉力FT=0解得a1=gtan30°同理可得，如果小车在水平面上向右加速，则a2=g球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是斜面对小球的弹力FN=0解得a2=所以=1∶3故选D。6.如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接物体A，物体A置于光滑水平桌面上，物体A和B通过细绳绕过定滑轮连接。已知物体A和B的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦。物体A位于O点时，系统处于静止状态，物体A在P点时弹簧处于原长。现将物体A由P点静止释放，物体A不会和定滑轮相碰，当物体B向下运动到最低点时，绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度，则（）A.由P点释放物体A瞬间，物体A的加速度为零B.绳子能承受的最大拉力为C.从P点到O点，物体A动能增加量小于重力对物体B所做功与弹簧弹力对A做的功之和D.从P点到O点，物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功〖答案〗BC〖解析〗A．在Р点释放物体A瞬间，弹簧弹力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得解得可知初始时刻物体A的加速度为，故A错误；B．当物体B向下运动到最低点时，根据对称性可知，此时B加速度大小为，方向向上，根据牛顿第二定律可得解得绳子能承受的最大拉力为故B正确；C．根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和A、B的动能之和，所以重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和等于物体A、B的动能之和，则物体A动能的增加量小于重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；D．物体B所受重力对B做的功等于物体B减少的重力势能，根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量与物体B的动能增加量之和，故D错误。故选BC。7.速度选择器可以使一定速度的粒子沿直线运动，如图甲所示。霍尔元件的工作原理与速度选择器类似，某载流子为电子的霍尔元件如图乙所示。下列说法正确的是（）A.图甲中，电子以速度大小从Q端射入，可沿直线运动从P点射出B.图甲中，电子以速度大小从P端射入，电子向下偏转，轨迹为抛物线C.图乙中，仅增大电流I，其他条件不变，MN之间的霍尔电压将增大D.图乙中，稳定时霍尔元件M侧的电势低于N侧的电势〖答案〗CD〖解析〗A．当电子从Q→P时，所受电场力向上，洛伦兹力向上，合力不会为零，电子不能做直线运动，A错误；B．电子以速度大小从P端射入，则电子向下偏转，所受合力为变力，轨迹不可能为抛物线，故B错误；C．图乙中，设霍尔元件厚度为h，宽为d，由可得仅增大电流I，其他条件不变，将增大，故C正确；D．根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力向左，所以M侧电势低，N侧电势高，故D正确。故选CD。8.如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，AB边的中点为M，BC边的中点为N，O点为三角形的中心，分别在A、B、C固定放置电荷量为+Q、+Q、-Q的点电荷时，下列说法正确的是（）A.M、N两点的电场强度大小相等B.M点的电势高于N点的电势C.将一个不计重力的负电荷沿直线由O点向C点移动的过程中，电势能逐渐减小D.将一个不计重力的负电荷沿直线由O点向N点移动的过程中，受到的电场力做负功〖答案〗BD〖解析〗A．根据电场强度及平行四边形法则，M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；B．M点距正电荷较近，N点距负电荷较近，则M点的电势大于N点的电势，故B正确；C．将一个不计重力的负电荷沿直线由O点向C点移动的过程中，电场力做负功，电势能逐渐增大，故C错误；D．将一个不计重力的负电荷沿直线ON由O点向N点移动的过程中，受到C点的负电荷和B点的正电荷的合电场力垂直于ON，不做功，受到A点的正电荷的电场力做负功，故D正确。故选BD。二、非选择题：9.在做“探究平抛运动的特点”实验中，某同学在实验中用描迹法得到了小球运动轨迹如图所示，取A点坐标，B点坐标。（1）若O为抛出点，则________，同时可求得此次平抛的初速度___________（仅用L、g、y1表示）；（2）若经过判定发现O是抛出点之后轨迹上的一点，可求得此次平抛的初速度___________（仅用L、g、y1、y2表示）。〖答案〗（1）（2）〖解析〗（1）[1][2]若O为抛出点，在竖直方向上有，在水平方向上有，联立解得（2）[3]由图可知，OA与AB的水平距离相等，说明它们的时间间隔相等；竖直方向做自由落体运动，则有水平方向做匀速直线运动，则有联立可得10.充电宝在生活中成为手机及时充电的一种重要工具。充电宝可视为与电池一样的直流电源。某充电宝的电动势约为5V，内阻较小，最大放电电流为2A；某实验小组预测量它的电动势和内阻，他们在实验室找到了如下器材：A．电流表（3A，内阻约为0.1Ω）B．电压表（6V，内阻约为6kΩ）C．滑动变阻器R（20Ω，2A）将以上器材与开关S相连接成测量电路。（1）该小组在电路连接正确的情况下进行操作，调节滑动变阻器时发现电流表的示数明显改变，但电压表的示数变化很小，造成这种现象的原因是______；（2）该小组又找到了一个定值电阻R0=3Ω，请帮该小组设计好电路图，画在虚线框内______；（3）该小组用改正后的电路进行测量，调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，并在坐标纸上描点如图，请根据描出的点做出U-I图像______；（4）根据U-I图像，可求得该充电宝的电动势为______V，内阻为______Ω。（计算结果均保留2位小数）。〖答案〗（1）电源内阻较小（2）（3）（4）4.900.27〖解析〗（1）[1]调节滑动变阻器时发现电流表的示数明显改变，但电压表的示数变化很小，可能是电源内阻较小。（2）[2]电源内阻较小，滑动变阻器与定值电阻串联，电流表采用内接法，电路如图所示（3）[3]描点尽可能多的在直线上，其他点均匀分布于直线两侧，如图所示（4）[4][5]根据闭合电路欧姆定律，有化简得到根据图像可得解得11.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。离子注入工作原理的示意图如图所示。静止于A处的离子，经电压为的加速电场加速后，沿图中半径为的虚线通过圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从点沿直径方向进入半径也为的圆柱形、方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域，离子经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上的M点（图中未画出）时，其速度方向与硅片所成锐角为60°。已知离子的质量为，电荷量为，不计重力。求：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度v0和静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。〖答案〗（1），；（2）①；②〖解析〗（1）离子加速电场加速后，根据动能定理解得离子在圆弧形静电分析器中，根据牛顿第二定律解得（2）从点进入圆形磁场后，离子经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上的M点时，速度方向与硅片所成锐角为60°，设粒子在磁场中的轨迹半径r，由牛顿第二定律有①若粒子打在硅片图中右上方，由几何关系可知，解得②若粒子打在硅片图中右下方，由几何关系可知，解得12.冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到P点放手，此时A的速度，恰好能匀减速滑行距离到达O点。用毛刷擦冰面，可使冰面的动摩擦因数减小为。为了赢得比赛需设法将对手静止在O点的冰壶B撞出营垒区（垒区内只有冰壶B），运动员仍以掷出A壶后，在距投掷线某处开始用毛刷擦冰面，最终将B壶撞出了营垒区。已知A、B的质量相同，均视为质点，冰壶均沿直线PO运动，两个冰壶间的碰撞为弹性正碰，营垒区半径，重力加速度g取，求：（1）未用毛刷擦冰面时冰壶与冰面的动摩擦因数；（2）运动员用毛刷擦冰面的长度至少为多少？〖答案〗（1）0.02；（2）7.2m〖解析〗（1）分析未用毛刷擦冰面时对冰壶A，根据动能定理解得（2）设运动员擦冰面的长度为L，冰壶A与冰壶B碰前的速度为，根据动能定理冰壶A与冰壶B弹性碰撞，设它们碰后的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律碰后，冰壶B要离开营垒区，至少应该满足联立解得擦冰面的长度至少为13.如图所示，两光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L，与水平面成，MP间接有阻值为R的电阻。完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，与导轨接触良好。两棒质量均为m，电阻也均为R。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，方向垂直斜面向上，导轨电阻不计。开始时让ab、cd静止于卡槽EF处，现用轻质绝缘细线一端连接ab，另一端绕过光滑定滑轮与重物W相连，用手托着重物W使细绳伸直且恰无张力。放手后重物W下降的高度为x时，ab棒的速度达到最大，此时cd棒对卡槽EF恰好无压力。已知重力加速度为g，在ab棒从开始运动到最大速度的过程中，求：（1）重物W的质量及ab棒的最大速度；（2）电阻R上产生的焦耳热；（3）ab棒运动的时间t。〖答案〗（1），；（2）；（3）〖解析〗（1）ab棒达到最大速度时，以cd棒为研究对象，受力平衡以ab棒和重物W为研究对象，此时受力分析得根据欧姆定律联立解得根据闭合电路欧姆定律其中根据法拉第电磁感应定律联立解得（2）对该系统根据能量守恒有其中电阻R上产生的焦耳热（3）设此过程中绳子的平均张力为，对重物W，由动量定理得对ab棒，由动量定理得其中联立解得

临汾市2023年高考考前适应性训练考试（二）一、选择题1.如图所示，实线为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形，虚线是该波在t=0.20s时刻的波形，则此列波的周期可能为A0.10s B.0.20s C.0.40s D.0.80s〖答案〗D〖解析〗设波的周期为T．波沿x轴正方向传播，则t=（n+）T，得到（n=0，1，2，…）当n=0时，T=0.8s；由于n是整数，T不可能等于0.10s、0.20s、040s．故D正确，ABC错误．2.我国北斗三号使用的氢原子钟是世界上最先进的原子钟。它每天的变化只有十亿分之一秒，它是利用氢原子吸收或释放能量发出的电磁波来计时的。如图所示为氢原子能级图，大量处于基态的氢原子吸收某种频率的光子跃迁到激发态后，能辐射三种不同频率的光子，能量最大光子与能量最小光子的能量差为（）A.13.6eV B.12.09eV C.10.2eV D.1.89eV〖答案〗C〖解析〗大量处于基态的氢原子吸收某种频率的光子跃迁到激发态后，能辐射三种不同频率的光子，可知氢原子跃迁到了n=3的能级，则从n=3能级向低能级跃迁时能量最大光子与能量最小光子的能量差为三种光子的最大能量差为故选C。3.一个物块在光滑的水平面上受到水平恒力F的作用，从静止开始做匀加速直线运动，计时开始的图像如甲所示v2-x图像如图乙所示，据图像的特点与信息分析，下列说法正确的是（）A.x=1m时物体的速度为8m/sB.图乙斜率是图甲的斜率的2倍C.图甲中的y=8m/sD.t=1s时物体的速度为4m/s〖答案〗D〖解析〗A．当x=1m，由图乙可知解得故A错误；BC．由初速度为0的匀加速直线运动规律可得则有可得甲图的斜率为由可知乙图的斜率为解得则图甲中的y=4m/s，故BC错误；D．t=1s时物体速度为故D正确。故选D。4.2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三名航天员安全返回。如题图为质量为m的神舟十四号飞船成功对接于空间站画面，此时飞船与空间站相对静止，共同在距地面高为h处做匀速圆周运动，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。忽略地球自转，则下列关于神舟十四号飞船说法正确的是（）A.周期为 B.动能为C.角速度为 D.向心加速度为〖答案〗D〖解析〗A．根据解得故A错误；B．空间站的线速度又解得故B错误；C．角速度为故C错误；D．向心加速度为故D正确。故选D。5.如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ=30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止，则a1和a2的大小之比为（）A.∶1 B.∶3 C.3∶1 D.1∶3〖答案〗D〖解析〗分析小球的受力情况如图所示如果小车在水平面上向左加速，由正交分解法得，水平方向上有FNsinθ-FTcosθ=ma1竖直方向上有FNcosθ＋FTsinθ=mg解得a1=g球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是细绳拉力FT=0解得a1=gtan30°同理可得，如果小车在水平面上向右加速，则a2=g球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是斜面对小球的弹力FN=0解得a2=所以=1∶3故选D。6.如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接物体A，物体A置于光滑水平桌面上，物体A和B通过细绳绕过定滑轮连接。已知物体A和B的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦。物体A位于O点时，系统处于静止状态，物体A在P点时弹簧处于原长。现将物体A由P点静止释放，物体A不会和定滑轮相碰，当物体B向下运动到最低点时，绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度，则（）A.由P点释放物体A瞬间，物体A的加速度为零B.绳子能承受的最大拉力为C.从P点到O点，物体A动能增加量小于重力对物体B所做功与弹簧弹力对A做的功之和D.从P点到O点，物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功〖答案〗BC〖解析〗A．在Р点释放物体A瞬间，弹簧弹力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得解得可知初始时刻物体A的加速度为，故A错误；B．当物体B向下运动到最低点时，根据对称性可知，此时B加速度大小为，方向向上，根据牛顿第二定律可得解得绳子能承受的最大拉力为故B正确；C．根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和A、B的动能之和，所以重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和等于物体A、B的动能之和，则物体A动能的增加量小于重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；D．物体B所受重力对B做的功等于物体B减少的重力势能，根据能量守恒可知，物体B减少的重力势能等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量与物体B的动能增加量之和，故D错误。故选BC。7.速度选择器可以使一定速度的粒子沿直线运动，如图甲所示。霍尔元件的工作原理与速度选择器类似，某载流子为电子的霍尔元件如图乙所示。下列说法正确的是（）A.图甲中，电子以速度大小从Q端射入，可沿直线运动从P点射出B.图甲中，电子以速度大小从P端射入，电子向下偏转，轨迹为抛物线C.图乙中，仅增大电流I，其他条件不变，MN之间的霍尔电压将增大D.图乙中，稳定时霍尔元件M侧的电势低于N侧的电势〖答案〗CD〖解析〗A．当电子从Q→P时，所受电场力向上，洛伦兹力向上，合力不会为零，电子不能做直线运动，A错误；B．电子以速度大小从P端射入，则电子向下偏转，所受合力为变力，轨迹不可能为抛物线，故B错误；C．图乙中，设霍尔元件厚度为h，宽为d，由可得仅增大电流I，其他条件不变，将增大，故C正确；D．根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力向左，所以M侧电势低，N侧电势高，故D正确。故选CD。8.如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，AB边的中点为M，BC边的中点为N，O点为三角形的中心，分别在A、B、C固定放置电荷量为+Q、+Q、-Q的点电荷时，下列说法正确的是（）A.M、N两点的电场强度大小相等B.M点的电势高于N点的电势C.将一个不计重力的负电荷沿直线由O点向C点移动的过程中，电势能逐渐减小D.将一个不计重力的负电荷沿直线由O点向N点移动的过程中，受到的电场力做负功〖答案〗BD〖解析〗A．根据电场强度及平行四边形法则，M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；B．M点距正电荷较近，N点距负电荷较近，则M点的电势大于N点的电势，故B正确；C．将一个不计重力的负电荷沿直线由O点向C点移动的过程中，电场力做负功，电势能逐渐增大，故C错误；D．将一个不计重力的负电荷沿直线ON由O点向N点移动的过程中，受到C点的负电荷和B点的正电荷的合电场力垂直于ON，不做功，受到A点的正电荷的电场力做负功，故D正确。故选BD。二、非选择题：9.在做“探究平抛运动的特点”实验中，某同学在实验中用描迹法得到了小球运动轨迹如图所示，取A点坐标，B点坐标。（1）若O为抛出点，则________，同时可求得此次平抛的初速度___________（仅用L、g、y1表示）；（2）若经过判定发现O是抛出点之后轨迹上的一点，可求得此次平抛的初速度___________（仅用L、g、y1、y2表示）。〖答案〗（1）（2）〖解析〗（1）[1][2]若O为抛出点，在竖直方向上有，在水平方向上有，联立解得（2）[3]由图可知，OA与AB的水平距离相等，说明它们的时间间隔相等；竖直方向做自由落体运动，则有水平方向做匀速直线运动，则有联立可得10.充电宝在生活中成为手机及时充电的一种重要工具。充电宝可视为与电池一样的直流电源。某充电宝的电动势约为5V，内阻较小，最大放电电流为2A；某实验小组预测量它的电动势和内阻，他们在实验室找到了如下器材：A．电流表（3A，内阻约为0.1Ω）B．电压表（6V，内阻约为6kΩ）C．滑动变阻器R（20Ω，2A）将以上器材与开关S相连接成测量电路。（1）该小组在电路连接正确的情况下进行操作，调节滑动变阻器时发现电流表的示数明显改变，但电压表的示数变化很小，造成这种现象的原因是______；（2）该小组又找到了一个定值电阻R0=3Ω，请帮该小组设计好电路图，画在虚线框内______；（3）该小组用改正后的电路进行测量，调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，并在坐标纸上描点如图，请根据描出的点做出U-I图像______；（4）根据U-I图像，可求得该充电宝的电动势为______V，内阻为______Ω。（计算结果均保留2位小数）。〖答案〗（1）电源内阻较小（2）（3）（4）4.900.27〖解析〗（1）[1]调节滑动变阻器时发现电流表的示数明显改变，但电压表的示数变化很小，可能是电源内阻较小。（2）[2]电源内阻较小，滑动变阻器与定值电阻串联，电流表采用内接法，电路如图所示（3）[3]描点尽可能多的在直线上，其他点均匀分布于直线两侧，如图所示（4）[4][5]根据闭合电路欧姆定律，有化简得到根据图像可得解得11.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。离子注入工作原理的示意图如图所示。静止于A处的离子，经电压为的加速电场加速后，沿图中半径为的虚线通过圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从点沿直径方向进入半径也为的圆柱形、方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域，离子经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上的M点（图中未画出）时，其速度方向与硅片所成锐角为60°。已知离子的质量为，电荷量为，不计重力。求：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度v0和静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。〖答案〗（1），；（2）①；②〖解析〗（1）离子加速电场加速后，根据动能定理解得离子在圆弧形静电分析器中，根据牛顿