甘肃省宁县2023学年高三第二次调研物理试卷含解析

2023学年高考物理模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：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、一匀强电场的方向竖直向下t=0时刻，一带正电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图像是A． B． C． D．2、在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的是（）A．牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向C．法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律D．爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念3、如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO’做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是A．从tl到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为2nBSB．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为Nbs/RC．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSωD．电流表的示数为4、质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（）A．B．2mC．D．5、密闭容器内封有一定质量的空气，使该容器做自由落体运动，气体对容器壁的压强（）A．为零 B．保持不变C．减小 D．增大6、如图所示，质量分别为m、M的两个物体系在一根通过定滑轮(质量忽略不计)的轻绳两端，M放在水平地板上，m被悬挂在空中，若将M沿水平地板向右缓慢移动少许后M仍静止，则()A．绳的张力变大B．M对地面的压力变大C．M所受的静摩擦力变大D．悬挂滑轮的绳的张力变大二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，AB间距离为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒MN放在导轨上，甲、乙两根相同的轻质弹簧一端与MN棒中点连接，另一端均被固定，MN棒始终与导轨垂直并保持良好接触，导轨与MN棒的电阻均忽略不计。初始时刻，两弹簧恰好处于自然长度，MN棒具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，MN棒第一次运动至最右端，在这一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，则（）A．初始时刻棒受到安培力大小为B．从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生焦耳热等于C．当棒再次回到初始位置时，AB间电阻R的功率小于D．当棒第一次到达最右端时，甲弹簧具有的弹性势能为8、如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为的形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为的小球沿水平方向，以初速度从形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．该过程中，小球与形管组成的系统机械能守恒B．小球从形管的另一端射出时，速度大小为C．小球运动到形管圆弧部分的最左端时，速度大小为D．从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为9、如图甲所示，一块质量为mA=1kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s1．则下列说法正确的是A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C．F的大小可能为9ND．F的大小与板长L有关10、如图，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d。设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（）A．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为B．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为C．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为D．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，教师提供了下列器材：

A．待测的干电池B．电流传感器1

C．电流传感器2D．滑动变阻器R（0～20Ω，2A）

E．定值电阻R0（2000Ω）F．开关和导线若干

某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验。(1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将________；（选填“变大”“不变”或“变小”）(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的两个电流变化图线（IA—IB图象），其中IA、IB分别代表两传感器的示数，但不清楚分别代表哪个电流传感器的示数。请你根据分析，由图线计算被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝__________Ω；

(3)用上述方法测出的电池电动势和内电阻与真实值相比，E________，r________。（选填“偏大”或“偏小”）12．（12分）要测绘一个标有“2.5V2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：直流电源（3V.内阻不计）电流表A1量程为0.6A，内阻为0.6n）电流表A2（量程为300mA．内阻未知）电压表V（量程0—3V，内阻约3kQ）滑动变阻器R（0—5Ω，允许最大电流3A）开关、导线若干．其实验步骤如下：①由于电流表A1的里程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.（____）（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关S，调节滑片.发现当A1示数为0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为_______.③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A；为使其量程达到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场。两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的图像（表示两棒的相对速度，即）。求：（1）0～t2时间内回路产生的焦耳热；（2）t1时刻棒a的加速度大小；（3）t2时刻两棒之间的距离。14．（16分）直流电动机的工作原理可以简化为如图所示的情景，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；平行金属轨道MN、PQ，相距为L，固定在水平面内；电阻为R的金属导体棒ab与平行轨道垂放置，且与轨道接触良好；MP间接有直流电源。闭合开关S，金属导体棒向右运动，通过轻绳竖直提升质量为m的物体，重力加速度为g。忽略一切阻力、导轨的电阻和直流电源的内阻。(1)求物体匀速上升时，通过导体棒ab的电流大小；(2)导体棒ab水平向右运动的过程中，同时会产生感应电动势，这个感应电动势总要削弱电源电动势的作用，我们称之为反电动势。设导体棒ab向上匀速提升重物的功率为P出，电流克服反电动势做功的功率为P反，请证明：P出=P反；(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)(3)若通过电源连续调节MP间的电压U，物体匀速上升的速度v也将连续变化，直流电动机所具有这种良好的“电压无极变速”调速性能在许多行业中广泛应用。请写出物体匀速上升的速度v与电压U的函数关系式。15．（12分）如图所示，真空中有以（r，0）为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y=r的虚线上方足够大的范围内，有方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小为E，从O点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子。已知质子在磁场中的轨迹半径也为r，质子的电量为q，质量为m。(1)速度方向与x轴正方向成30°角（如图中所示）射入磁场的质子，将会进入电场，然后返回磁场，请在图中画出质子的运动轨迹；(2)在(1)问下，求出从O点射人的质子第二次离开磁场所经历的时间。

参考答案一、单项选择题：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、D【解析】

本题考查带电粒子在电场中的运动问题。【详解】ABCD.粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，vx=v0，沿电场方向：则加速度经时间t，粒子沿电场方向的速度电场力做功的功率故D正确ABC错误。故选D。2、B【解析】

A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A错误；B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B正确；C．法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C错误；D．普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D错误。故选B。3、D【解析】试题分析：由图可知，tl和t3这两时刻的磁通量大小为BS，方向相反；故穿过线圈磁通量的变化量为2BS；故A错误；从t3到t4这段时间磁通量的变化为BS，则平均电动势；因此通过电阻R的电荷量为；故B错误；t3时刻电动势E=NBSω；则由法拉第电磁感应定律可知：；则穿过线圈的磁通量变化率为BSω；故C错误；电流表的示数为有效值，则有：；故D正确；故选D．考点：法拉第电磁感应定律；交流电的有效值4、D【解析】

小球恰好能滚出圆弧槽时，圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点，小球受到重力和A点的支持力，合力为，对小球运用牛顿第二定律可得

，解得小球的加速度，对整体分析可得：，联立解得，故D正确，A、B、C错误；故选D．5、B【解析】气体的压强是由于气体分子做无规则运动，对器壁频繁地撞击产生的，容器做自由落体运动时处于完全失重状态，但气体分子的无规则运动不会停止．根据气体压强的决定因素：分子的平均动能和分子的数密度可知，只要温度和气体的体积不变，分子的平均动能和单位体积内分子数目不变，气体对容器壁的压强就保持不变，故B正确，ACD错误．故选B．点睛：大量的气体分子做无规则热运动，对器壁频繁、持续地碰撞产生了压力，单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．所以从分子动理论的观点来看，气体的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．6、D【解析】

A．因m处于静止状态，故绳子的拉力等于m的重力，即F＝mg，绳的张力不变，故选项A错误；BC．对M受力分析如图甲所示，把F进行正交分解可得关系式：N＋Fsinθ＝MgFcosθ＝f当M向右移动少许后，θ变大，故N减小，f减小，故选项B、C错误；D．对滑轮受力分析如图乙所示，把拉物体的绳子的拉力合成得F合＝T．因F不变，两绳的夹角变小，则F合变大，故悬挂滑轮的绳的张力变大，选项D正确．二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、AC【解析】

A．初始时刻棒产生的感应电动势为：E=BLv0、感应电流为：棒受到安培力大小为：故A正确；B．MN棒第一次运动至最右端的过程中AB间电阻R上产生的焦耳热Q，回路中产生的总焦耳热为2Q。由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于故B错误；C．设棒再次回到初始位置时速度为v。从初始时刻至棒再次回到初始位置的过程，整个回路产生焦耳热大于：根据能量守恒定律有：棒再次回到初始位置时，棒产生的感应电动势为：E′=BLv，AB间电阻R的功率为：联立解得：故C正确；D．由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为故D错误。故选：AC。8、ABD【解析】

A．小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A正确；B．小球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得再有机械能守恒定律可得解得所以B正确；C．从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得由能量守恒得解得所以C错误；D．小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知对小球由动量定理得由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为所以D正确。故选ABD。9、BD【解析】

根据木板A的v-t图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度，根据牛顿第二定律列式求解两个动摩擦因数；若木块在木板上滑动时，木块的加速度应该大于木板的加速度，由此求解F的范围；根据木块和木板的位移关系求解F与L的关系.【详解】滑块在木板上滑动时木板的加速度为，对木板根据牛顿第二定律：；滑块从木板上滑出时木板的加速度为，对木板根据牛顿第二定律：；联立解得：μ1=0.7，μ1=0.1，选项A错误，B正确；对木块B：，其中的aA>1m/s1，则F>9N，则F的大小不可能为9N，选项C错误；根据，式中t=1s，联立解得：F=1L+9，即F的大小与板长L有关，选项D正确；故选BD.【点睛】此题时牛顿第二定律的综合应用问题，首先要搞清两物体的运动情况，通过v-t图像获取运动信息，结合牛顿第二定律求解.10、BD【解析】

AB．若磁感应强度，即粒子的运动半径为r==d如图所示：到达荧光屏的粒子运动时间最长的是发射速度沿垂直且背离MN运动的粒子，其运动时间（周期T=）为运动时间最短的是以d为弦长的粒子，运动时间为所以最大时间差为故A错误，B正确；CD．若磁感应强度，即粒子的运动半径为R=2d，如图所示：到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN相切的，设下半部分的亮线长度为x1，根据几何关系，有解得；到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x2，根据几何关系，有解得，所以亮线的总长度为，故C错误，D正确。故选BD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、变小3.02.0偏小偏小【解析】

(1)[1]．滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时R值减小，电路总电阻减小，总电流变大，电源内阻上电压变大，则路端电压减小，即电阻R0上电压减小，电流减小，即电流传感器1的示数变小。(2)[2][3]．由闭合电路欧姆定律可得I1R0＝E－（I1＋I2）r变形得由数学知可知图象中的由图可知b＝1.50k＝1×10－3解得E＝3.0Vr＝2.0Ω。(3)[4][5]．本实验中传感器1与定值电阻串联充当电压表使用，由于电流传感器1的分流，使电流传感器2中电流测量值小于真实值，而所测量并计算出的电压示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流为轴向左下转动，如图所示，故图象与横坐标的交点减小，电动势测量值减小；图象的斜率变大，故内阻测量值小于真实值。12、右1.50.84I【解析】

（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：（2）开关闭合前，滑动