2023年云南省昆明市三诊一模高考物理教学质检试卷（二模）

2023年云南省昆明市三诊一模高考物理教学质检试卷（二模）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.图甲是市区中心的环岛路，4、B两车正在绕环岛做速度大小相等的匀速圆周运动，如图

乙所示。下列说法正确的是（）

C.A,B两车所受的合力大小一定相等D.4车所受的合力大小一定比B车的大

2.某燃气灶点火装置的原理图如图甲所示，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流

电压，并加在理想变压器的原线圈上。变压器原、副线圈的匝数比为k,电压表为理想交流电

压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发火花进而点

燃气体。下列说法正确的是（）

A.副线圈输出电压一个周期内钢针只能点火一次

B.t=OQls时，交流电压表示数为零

C.当k小于嬴时，点火装置才能点火

D.转换器输出的交流电压频率为IoOHZ

3.如图所示，两端开口的“U”形玻璃管竖直放置，其右侧水银柱之间封

住一段高九=5sn的空气柱。空气柱下方的水银面与玻璃管左侧水银面的高i

度差也为限已知大气压强为75SnHg,空气柱中的气体可视为理想气体，h

周围环境温度保持不变，玻璃管的导热性良好且玻璃管粗细均匀。下列说法正确的是（）

A.右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度小于5cm

B.封闭空气柱中气体的压强为70CmHg

C.从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大

D.从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大

4.Xoy平面（纸面）由同种均匀介质组成，坐标原点O处的波

源垂直平面振动，形成在平面内传播的简谐横波，波源振动

的周期为2s。某时刻观察到离波源最近的波谷、波峰如图所

示，虚线代表波谷（向纸面内振动位移最大），实线代表波峰，

将平衡位置坐标为（LI）的质点记为P。下列说法正确的是（）

A.该波的波长为ITn

B.该波的波速为0.25m∕s

C.此时质点P的位移方向垂直纸面向外

D.此时质点P的速度方向垂直纸面向里

5.第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度。理论分析表明，逃逸速

度是环绕速度的，N倍。有些恒星，在它一生的最后阶段，强大的引力把物质紧紧地压在一

起，密度极大，其逃逸速度大于光速，这样的天体称为黑洞。已知地球的半径约为6400km,

地球表面附近的重力加速度约为Iom/S2,光速约为3.0xl08m∕s,不考虑地球的自转。倘若

地球保持质量不变收缩成为黑洞，该黑洞半径的最大值接近（）

A.0.01mB.0.1τnC.ImD.IOm

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

6.如图所示为氢原子的能级图，金属鸨的逸出功为4.54eV.现有大量处于Ti=4能级的氢原

子向低能级跃迁，由图可知（）

-----------------------------------13.6

A.发生跃迁时对外辐射光的光谱是连续谱

B.发生跃迁时最多能辐射6种频率的光

C.发生跃迁时辐射的光中能使鸨发生光电效应的有3种

D.从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光波长最长

7.如图所示，四根带有等量正电荷且电荷均匀分布的细绝缘棒a、b、c、d组成一个正方形，

4点位于正方形的中心，4、B两点关于a棒对称。若将a棒移走，其余棒上电荷仍均匀分布,

规定无穷远处电势为零。下列说法正确的是（）

d

b

A.移走ɑ棒后，4、B两点的电势均减小

B,移走ɑ棒后，4、B两点的电场强度均减小

C.移走α棒前，将正点电荷从4点移动到B点，电势能减小

D.移走a棒前，将负点电荷从无穷远处分别移动到人B两点，电场力做功相同

8.如图甲所示，4、B两个物体相互接触但不黏合，放置在粗糙水平地面上，两物体的质量

分别为叫时，推力以、分别作用于、随时间的

1=Mg,mβ=4kgat=0FB4B上,FA.FBt

变化规律如图乙所示。已知两物体与地面间的动摩擦因数均为0∙l,取重力加速度g=10m∕s2.

下列说法正确的是（）

A.t=1.5s时，物体4B分离

B.物体4、B分离瞬间，物体A的速度大小为3zn∕s

C.t=Is时，4对B的作用力大小为5N

D.O〜IS内，A对B的作用力的冲量大小为5N∙s

三'实验题（本大题共2小题，共18.0分）

9.某同学通过查阅资料得知：弹簧弹性势能表达式为EP=Tk（4x）2,k为弹簧的劲度系数，

/%为弹簧的形变量。为验证该表达式，该同学用一劲度系数为自的轻弹簧，利用如图所示装

置进行实验。

主要操作步骤如下：

（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度d,用天平测出物块a、b（含挡光片）的质量均为m；

（2）将弹簧左端固定在气垫导轨的左侧，右端与a拴接，把气垫导轨调整至水平，并使气泵正

常工作，弹簧处于自然状态时将a右侧所处的位置记为。点；

（3）在O点右侧某处固定一光电门，用b将a向左推使a右侧对齐P点（未超出弹簧弹性限度），测

出Po之间的距离为久，由静止释放a和b,记下挡光片通过光电门的挡光时间3则a从P点运

动到。点过程中，a和b（含挡光片）组成的系统增加的动能为/a=（用d、t、Tn表示），

弹簧减少的弹性势能为ZEp=（用心、X表示），若在误差范围内，满足/a=4琮则

验证了该表达式；

（4）当a物块将弹簧再次压缩到最短时，a的右侧与。点距离为L,则。

AA.Lr=-1X

B.L

C.L=x

10.热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化。实验小组用伏安法测量某热敏电阻的阻值，并

研究其阻值与温度的关系，实验室可提供的器材有：热敏电阻灯（阻值在几百到儿千欧的范围

内）；电压表U（量程为15V,内阻约3k。）；电流表量程为0.64,内阻约0.20）；电流表4（量

程为IOn内阻约10；滑动变阻器R（最大阻值20。）；蓄电池（电动势为E=12匕内阻不

计）；开关、导线若干。

Λ,∕kΩ

020406080100

WT

⑴为了减小测量误差，电流表应该选（选填或“七”），图甲中电压表右侧导

线接（选填"a”或"b”）；

（2）请根据图甲用笔画代替导线把如图乙所示的实物图补充完整；

（3）正确连接电路后，调节恒温箱中的温度t,调节滑动变阻器的滑片P,使电流表和电压表示

数在合适数值，记录对应的电流表和电压表的示数，并算出热敏电阻的阻值小。多次改变温

度t,算出对应的阻值小；

（4）在坐标纸上作出上与温度t的关系图像如图丙所示。根据图丙可知，当电压表的示数为9.（Ψ,

电流表的示数为3.0mA时，热敏电阻所在处的温度约为℃：

（5）实验小组用该热敏电阻设计了如图丁所示的保温箱温度控制电路，Rt为热敏电阻，/?2为电

阻箱，控制系统可视为R=3000的电阻，电源的电动势=9U（内阻不计）。当通过控制系

统的电流小于2mA时，加热系统将开启为保温箱加热；当通过控制系统的电流达到2nM时，

加热系统将关闭。若要使得保温箱内温度低于40。（2,加热系统就开启，应将刈调为。；

若要使得保温箱内温度低于37汽，加热系统开启，应将&（选填“调大”或“调小”）。

四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）

11.如图所示，纸面内两平行直线MN、PQ的上方和下方区域存在大小相等、方向垂直纸面

向里、范围足够大的匀强磁场。a、b、C为直线PQ上的三个点，b为ac的中点。一带正电的粒

子从a点以速度先垂直PQ向上沿纸面射入，粒子经C点后又回到a点。在MN、PQ之间加方向

垂直于PQ向上的匀强电场后，粒子从a点仍以相同的速度沿纸面射入，粒子第一次离开下方

磁场区域时，恰好经过b点。已知ac之间的距离为d,粒子的比荷为鼠不计粒子的重力。求：

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

（1）匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）加电场后，PQ与MN之间的电势差。

12.如图所示为部分跳台滑雪轨道的简化示意图。运动员在某次滑雪训练时，从滑道上的4点

由静止开始下滑，到达轨道B点时的速度大小为15m∕s,方向与水平方向之间的夹角为37。，

滑离B点后下落到轨道上的C点，落到C点前瞬间速度方向与竖直方向之间的夹角也为37。。已

知运动员（含装备）的质量为50kg,轨道上4、B两点间的高度差为12τn,运动员可看作质点,

不计空气阻力，取重力加速度g=10τn∕s2,sin370=0.6,CoS37。=0.8。求:

（1）运动员（含装备）从4点运动到B点的过程中损失的机械能;

(2)运动员从B点运动到C点的时间；

(3)B点和C点之间的高度差。

13.如图所示，倾角为O=37。的绝缘斜面上固定着两足够长的平行金属导轨，导轨间距为

L=2m,上端连接阻值为R=O.40的定值电阻，下端开口。粗糙的导体棒a、b恰能静止在导

轨上MN和PQ位置，MN和PQ之间的距离d=3Μ。PQ下方存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁

感应强度大小为B=0.57。现使a棒在平行于斜面向下F=6N的恒力的作用下，从MN位置由

静止开始向下加速运动，当a棒运动到与b棒碰撞前瞬间，撤去力F,a、b两棒发生弹性碰撞。

已知a棒的质量mcι=1kg，电阻Ra=0.40,b棒的质量n⅛=3kg,电阻&=0.2。，金属导

轨的电阻均不计，两棒始终与金属导轨垂直且接触良好，棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑

动摩擦力,取重力加速度g=10m∕s2,S讥37。=0.6,cos370=0.8«求:

R

(l)aʌb棒碰后瞬间b棒的速度大小；

(2)从b棒开始运动到停下的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热;

(3)最终a、b棒间的距离。

答案和解析

1.【答案】B

2

【解析】解：ACD,两车的线速度"大小相等，由图可知τ⅛>9,由α7l=亍可得A车的向心加速度

大于B车向心加速度,匀速圆周运动合力全部提供向心力，两车的质量关系未知，由F=6即可知，

两车的向心力即合力大小无法确定，故ACz）错误；

B、由3=3可知，A车的角速度大于B车角速度，故8正确。

故选:B。

ACD,匀速圆周运动的特点：线速度大小不变，合力全部提供向心力，由图可知两车半径的大小

2

关系，由αn=亍可比较两车的向心加速度大小，两车的质量关系未知，由F=Znan可知无法确定

两车合力的大小关系；

B、由3=£可比较角速度大小。

本题考查了向心加速度、角速度、向心力，注意匀速圆周运动合力全部提供向心力。

2.【答案】C

【解析】解：4、副线圈输出电压是与原线圈电压频率相同的交流电压，原线圈一个周期内有两

次最大值，则副线圈一个周期内也有两次最大值，即一个周期内钢针能点火两次，故4错误；

8、由图乙知，t=0.01s时，原线圈上瞬时电压为零，但交流电压表所测量的是电压的有效值，

不是电压的瞬时值，故交流电压表示数为击IZ=浮匕示数不为零，故B错误；

C、原线圈电压的有效值

又或咤=%

联立可得副线圈电压有效值为出=7⅛u

则副线圈电压最大值为"ax=CU2=4X息V=/

要使点火装置成功点火，则应满足

U2max>5000U

故C正确；

11

D、由图乙知，转换器输出的交流电压周期7=2xl0-2s,则频率为/=亍=发记Hz=50Hz,

故。错误。

故选：Co

A、副线圈输出电压是与原线圈电压频率相同的交流电压，原线圈一个周期内有两次最大值，则副

线圈一个周期内也有两次最大值，故可判断。

B、交流电压表所测量的是电压的有效值，不是电压的瞬时值。

C、要使点火装置成功点火，应使副线圈电压的瞬时值大于5000V,根据变压器有效值公式、原副

线圈电压有效值与线圈匝数比的关系，联立可求。

。、由图乙可得转换器输出的交流电压周期，则频率可求。

本题主要考查变压器原理、交流电图像知识，要熟练掌握变压器原副线圈电压有效值与线圈匝数

比的关系，掌握电压最大值与有效值之间的关系，要会识别、读取交流电图像。

3.【答案】C

【解析】解:AB,同一液面压强相等，则封闭气体的压强为：p=(75CmHg+5cmHg)=80cmHg,

所以右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度等于5cm,故AB错误；

C、从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度增加，水银柱对空气柱产生的压强

增大，则空气柱的压强一定变大，故C正确；

。、从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度不变，气体做等压变化，即空气柱

的压强不变，故。错误。

故选：Co

同一液面压强相等，由此得到封闭气体的压强和右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度；从玻璃

管右侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强变大；从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，空气

柱的压强不变。

解答本题的关键是掌握封闭气体压强的计算方法，知道同一液面压强相等。

4.【答案】D

【解析】解：AB、图甲中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，则有g=2m,可得4=4τn;根

据题意T=2s,则此机械波的传播速度为u=彳=gτn∕s=2τn∕s,故AB错误；

C、根据图象可知此时P点与虚线的距离为X=(√I2+I2-l)m=(√^-l)τn<^λ,可知此时

质点P的位移方向垂直纸面向里，故C错误；

D,根据波的平移可知此时质点P的速度方向垂直纸面向里，故。正确；

故选：D。

根据图中信息可得出波长，结合周期，从而求出此机械波的传播速度。根据几何关系分析P的运

动情况。

本题要理解波的形成过程，根据图像分析出横波的传播特点，结合公式u=*和运动学公式进行分

析。

5.【答案】A

【解析】解：地球表面附近有鬻=mg

R

设光子能够绕黑洞表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得：等=漏

将R=640OkTn=64000OOJn代入解得R'=0.01m

故A正确，BCl)错误；

故选：Ao

地球表面附近万有引力近似等于重力，根据光子绕黑洞做匀速圆周运动求解黑洞的半径。

本题主要是考查黑洞的知识，解答本题的关键是能够从给出的信息中获取解答的知识，掌握万有

引力定律的应用。

6.【答案】BC

【解析】解：AB,大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁最多能辐射番=6种不同频率的光,

即产生6条氢原子的特征谱线，其光谱应为线状谱，故A错误，B正确；

C、根据跃迁规律可知从n=4向n=1跃迁时辐射光子的能量为加=E4-E1=-0.85eV-

(-13.6eK)=12.75eK;

从n=3向n=1跃迁时辐射光子的能量为∕ιv=E3-E1=—1.5IeU-(-13.6el∕)=12.09eK;

从n=2向n=1跃迁时辐射光子的能量为成=E2-E1=-3AeV-(-13.6eK)=10.2eK;

这些光子的能量大于金属鸨的逸出功，故能使金属鹤发生光电效应的光有3种，故C正确；

。、氢原子从Ti=4能级跃迁到n=l能级，所发出的光的能量最大，由E=∕ιv=与可知，所发出

的光的波长最短，故。错误。

故选：BCo

根据数学组合公式判断辐射出的不同频率的光子种类，氢原子只能处于几条特定的能级状态，在

不同能级跃迁时发出特定频率的光，判断氢原子发射的光谱是不是连续的；

根据氢原子跃迁条件结合光电效应的条件分析使金属铝发生光电效应条件分析；根据能级差与光

子频率和波长的关系判断波长的长短。

本题难度不大，主要考查了氢原子能级跃迁和光电效应的相关知识，解决本题的关键是熟练掌握

氢原子跃迁的规律和光电效应方程。

7.【答案】AC

【解析】解：4、电势是标量，正电荷周围的电势大于0,移走ɑ棒后，4B两点的电势均减小，

故A正确；

B、移走α棒前，根据电场强度的叠加原理，A点电场强度为0,所以4点的电场强度增大，B两点

的电场强度均小，故B错误；

CD.移走ɑ棒前，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，则B点电势较低，所以将正点电荷从4点移

动到B点，电势能减小，将负点电荷从无穷远处分别移动到力、B两点，电场力做功不相同，故C

正确，力错误；

故选：ACo

根据电场强度的叠加原理分析4B两点的电场强度，电势是标量，根据标量的运算解得。点的电

势，根据电场力做功分析电势能变化。

本题考查学生对电场强度、电势概念的理解和应用能力，要掌握电场的叠加原理，分析时要抓住

对称性。

8.【答案】BD

【解析】解：力、当AB间弹力为零时二者分离

以=8-2(

Fβ=2÷2t

对ZB整体：FB+FA-μ(jnλ+mB)g=(mA+τnβ)α

解得a=lm∕s2

对8：

FB-NmBg=mBa

解得FB=8N

代入FB=2+2t中得t=3s,

故4错误；

B、4B分离前a=lτn∕s2不变，故分离时v=at=3τn∕s,故B正确；

C,t=ISB寸，FB=2+2t=4N

对B:FB+NAB-〃机Bg=ɑ

解得NAB=4/V

故C错误；

。、O〜IS内对B应用动量定理：IFB-HmBgt+IAB=TΠBV1

v1=at1

代入数据解得巧=lm∕s

∕FB为图象面积或/FB=FBtI

代入数据解得∕FB=3NS∙S

联立得：1AB=5N-S

故。正确。

故选：BDa

当AB间弹力为零时二者分离；AB分离前a不变；t=Is时，FB=2+2t=4∕ViO〜IS内对B应用

动量定理分析求解。

本题考查动量定理，明白当AB间弹力为零时二者分离，结合动量定理进行分析求解。

9.【答案】嗒TkoX2B

【解析】解：(3)物块运动到。点时滑块的速度大小D=T物块组成的系统增加的动能ZEk=；X

C7md2

2mvz=m×(-)=-p-

2

物块a从P点运动到。点过程中弹簧减少的弹性势能AEP=i⅛0x

(4)从物块ɑ经过。点到物块α将弹簧再次压缩到最短过程，物块α与弹簧组成的系统机械能守恒，

22

由机械能守恒定律得：Iτnvfc0L

解得：L=浮心故B正确，AC错误。

故选：Bo

故答案为：(3)嗒；TM;(4)Bo

(3)根据挡光片的宽度与挡光时间求出物块的速度，然后求出系统的动能；根据弹性势能的计算公

式求出弹簧减少的弹性势能。

(4)根据机械能守恒定律求解。

分析清楚物块的运动过程、理解实验原理是解题的前提；求出物块到达。点的速度，应用机械能

守恒定律可以解题。

10.【答案】A2b46700调小

p19C

【解析】解：(1)通过电流表的最大电流为∕7n=关=前4=6X103=607714故电流表应选

择必，根据粤＜M，故电流表应采用内接法，图甲中电压表右侧导线接R

KXκΛ

(2)根据电路图连接实物图如图所示

乙

(4)当电压表的示数为9.0U,电流表的示数为3.0ΠL4时，热敏电阻的阻值为：R=*3OTO-30=

3.0X103∕2=3.Ofcfi

根据图像可知热敏电阻所在处的温度约为46汽；

(5)由图像可知，温度为40。&热敏电阻的阻值为3.5x1030,根据闭合电路欧姆定律有：/=

EO

Rt+Rz+R

代入数据解得：R2=700Ω

温度为37n，热敏电阻的阻值为4.0X103。要使电流小于2巾4同理根据上式可得%=2000。

应将/?2调小。

故答案为：(1)A2,R(2)见解析；(4)46；(5)700,调小。

(1)根据估算电流选择电流表，根据误差分析选择电流表的接法；

(2)根据电路图连接实物图；

(4)根据欧姆定律计算电阻，结合图像得到对应的温度；

(5)根据闭合电路欧姆定律分析判断。

本题考查热敏电阻的应用，要求掌握实验原理和数据处理。

11.【答案】解：(1)不加电场时，粒子的运动轨迹如图甲所示，

甲

设带电粒子做圆周运动的轨迹半径为rl,根据几何关系可得:

2r1=d

粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

qv0B=警

rI

联立解得：B=⅛

kd

(2)加电场时，粒子的运动轨迹如图乙所示,

设带电粒子在MN上方磁场中做圆周运动的轨迹半径为上，根据几何关系可得

2r2=d+；d

设粒子从MN进入磁场瞬间速度大小为口粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得

qvB=

r2

联立解得：V=Iv0

粒子在电场中加速运动过程，由动能定理可得

qUJ,=-1mv2z--ɪmvθ2

解得：U=萍

8k

答：(1)匀强磁场的磁感应强度大小为簪；

KCl

(2)加电场后，PQ与MN之间的电势差为普。

【解析】(1)画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何知识确定出粒子在磁场中运动时轨迹的半径，

根据牛顿第二定律求解匀强磁场的磁感应强度大小。

(2)画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何知识确定出粒子在磁场中运动时轨迹的半径，根据牛顿

第二定律和动能定理结合可求出加电场后，PQ与MN之间的电势差。

解决该题的关键是分析带电粒子的运动过程，带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是画出带

电粒子做圆周运动的轨迹，确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解

未知量;对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。

12.【答案】解：(1)运动员从4点运动到8点的过程中，根据能量守恒定律得:mghAB=ɪmvj+AE机

代入数据解得：4E)W=375/

(2)运动员从8点运动到C点的过程中做斜抛运动，根据运动的合成和分解可得：VBCOS37。=

o

vcsin37

代入数据解得：％=20m∕s

运动员在竖直方向的分运动为竖直上抛运动，规定向下为正方向

o

运动员在B点的竖直分速度：vBy=-vβsin37

在C点的竖直分速度：vcy=vccos37°

在竖直方向，由U-t公式得：vcy=vBy+gt

代入数据解得：t=2.5s

⑶运动员从B点运动到C点的过程中，根据动能定理得：mghBC=lmv^-1mvj

代入数据解得：hBC=8.75m

答：(1)运动员(含装备)从4点运动到B点的过程中损失的机械能是375/；

(2)运动员从B点运动到C点的时间是2.5s；

(3)B点和C点之间的高度差是8.75m。

【解析】(1)根据能量守恒定律求出损失的机械能。

(2)从B到C过程运动员在竖直方向做匀变速直线运动，应用运动学公式求出从B到C的运动时间。

(3)应用动能定理求出B、C间的高度差。

根据题意分析清楚运动员的运动过程，应用运动的合成与分解，能量守恒定律与动能定理可以解

题。

13.【答案】解：(l)α棒恰好能静止在导轨上，设a棒与导轨间的动摩擦因数为〃，根据平衡条件可

得：

μmagcosθ=magsinθ

解得：μ=0.75

与b棒碰前a棒沿导轨向下做匀加速直线运动，设a棒的加速度为名,对a棒根据牛顿第二定律可得

F+magsinθ—μmagcosθ=maa1

解得：a=6m∕s2

2

设a棒与b棒碰前瞬间的速度大小为外根据匀变速直线运动的规律可得：V=2a1d

代入数据解得：V-6m∕s

a、b棒发生弹性碰撞，对a