2023物理第二次模拟考试卷（云南A卷）（全解全析）

2023年高考物理第二次模拟考试卷

物理•全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置

上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号

涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案

写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18

题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选

对但不全的得3分，有选错的得。分。

14."夜光表"上的夜光材料一般为两种，一种将镉和硫化锌混合，由于镭的辐射，硫化锌就

自发光。一种是储光材料，白天吸收光能，晚上将光能释放出来。有一块手表，夜光材料是

镭和硫化锌混合物。表盘是硅材料。将光能转化为电能，转化效率为〃，面积为S。在太阳

底下照射t时间就可让手表工作nt的时间，单位时间太阳照到地球单位面积上的能量为Eo,

以下说法正确的是（）

A.首次发现镭的科学家是贝克勒尔

B.手表工作时消耗电能的平均功率尸=至

叫

C.已知镭的衰变方程为噌Raf2；：Rn+；He,该核反应为夕衰变

D.储光材料在有光的时候吸收光子，原子从低能级跃迁到高能级，夜晚时受激的原子从高

能级跃迁到低能级而发光

【答案】D

【详解】A.第一个发现镭元素的科学家是居里夫人，A错误；

B.硅材料在f时间接收的光能为

E\=EJS

转化为电能的是

3=〃%s

手表工作的平均功率为

p=E®=

ntn

B错误；

C普RaT；2Rn+：He应该是a衰变,c错误;

D.储光材料是利用了原子吸收光子向高能级跃迁，在晚上又自发向低能级跃迁而放出光子,

没有放射性，属于安全的材料，现在绝大部分手表的夜光材料都是这种材料，D正确。

故选D。

15.光刻机是生产大规模集成电路的核心设备。一个光刻机的物镜投影原理简化图如图所示,

三角形ABC为一个等腰直角三棱镜，半球形玻璃砖的半径为R,球心为0,0。'为玻璃砖

的对称轴。间距为GR的两条平行光线，从左侧垂直A8边射入三棱镜，经AC边反射后进

入半球形玻璃砖，最后汇聚在硅片上M点。己知半球形玻璃砖的折射率为G，反射光线关

于轴线0。'对称。则0M两点间距离为（）

RR6RR

、\•1\D•[\C«

33

【答案】C

【详解】根据对称性，先来分析一下a光线，光路图如图

第一次折射在。点，入射角a,折射角0。根据折射率公式，有

sina

n-----

sinP

由几何知识，可得

OF

sina=sin/ODE=---

OD

又

OE=画，OD=R

2

解得

a=NODE=60。，尸=30。

可得

ZEOD=30°

第二次折射发生在尸点，设入射角为a',折射角根据折射率公式，有

sin〃

n=———

sina'

又

TT

af=7r-^EOD-p--=30°

解得

^=ZOMF=60°

由三角形知识可得

R

DF=FO=―乙—=—R

cos3003

又

tan4OMF=tan60°=必

OM

解得

OM=-

3

故选C.

16.汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是:

s=16f-2/(m),则它在停止运动前最后1s内的平均速度为()

A.6m/sB.4m/sC.2m/sD.lm/s

【答案】c

【详解】根据匀变速直线运动的位移时间关系

x=VQ/+5。厂=16f-2厂,

2

解得：%=16m/s,a=-4m/ti;

采取逆向思维，在物体在停止运动前1s内的位移

x=­a?2=—x4xl2m=2m,

22

停止运动最后1s的平均速度

-x2._,

v=—=—m/s=2m/s,

t1

故选C.

【点睛】根据位移时间关系求出初速度和加速度，根据逆向思维求出物体在停止运动前1s

内的位移，再根据平均速度的定义式求出物体在停止运动前1s内的平均速度.

17.我国载人航天事业已迈入"空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动，运

行周期为T,轨道半径约为地球半径的1二7倍，已知地球半径为R,引力常量为G,忽略地

16

球自转的影响，则（）

A.漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力

B.空间站绕地球运动的线速度大小约为¥

C.地球的平均密度约为至丫

GT2U7j

D.空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍

【答案】B

【详解】A.漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动的

向心力，处于完全失重，视重为零，故A错误；

B.根据匀速圆周运动的规律，可知空间站绕地球运动的线速度大小约为

2兀3R

17兀R

v=_16_

T8T

故B正确;

C.设空间站的质量为m,其所受万有引力提供向心力，有

则地球的平均密度约为

M

一兀R

3

解得

P=

故C错误；

D.根据万有引力提供向心力，有

Mm

G---=----m--a

则空间站绕地球运动的向心加速度大小为

地表的重力加速度为

GM

g=F

解得

/⑶

故D错误。

故选B。

18.在一个点电荷。的电场中，让x轴与电场中的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的

坐标分别为0.3m和0.6m（如图甲所示），在A、8两点分别放置带正电的试探电荷，其受

到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系分别如图乙中直线。,人所示。己知静电力常量

jl=9.0xl09Nm2/C2,下列说法正确的是（）

A.A点的电场强度是40N/C,方向沿x轴负方向

B.B点的电场强度是2.5N/C,方向沿x轴正方向

C.点电荷。带正电，所在位置为坐标原点

D.点电荷Q的带电荷量约为4.44x1013c

【答案】B

【详解】AB.根据E=£可知，图线斜率表示电场强度，故

q

41

E.=—N/C=40N/C,E„=——N/C=2.5N/C

40.1110.4

AB点试探电荷电场力均为正方向，则两试探电荷位于场源电荷同侧，又因为A点场强大，

离场源电荷近，则场源电荷位于A点左侧，正点电荷所受电场力与电场强度方向相同，则

电场强度方向沿x轴正方向，场源电荷带正电，故A错误，BiE确；

CD.根据

约=kg=40N/C

厂

E„=k——2-z-=2.5N/C

11（r+0.3m『

解得

r-O.lm,0=4.4xlO-"C

故场源电荷坐标为

x=0.2m

故CD错误。

故选Bo

19.一列简谐横波在r=0.8s时的波形图如图甲所示，尸是介质中的质点，图乙是质点P的

振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为10m/s,则（）

A.该波沿x轴负方向传播

B.再经过0.9s,质点P通过的路程为30cm

C.f=0时刻质点P离开平衡位置的位移-56cm

D.质点P的平衡位置坐标为x=7m

【答案】AD

【详解】A.由乙图可知0.8s时P点振动方向向下，根据上下坡法，波沿负方向传播，A正

确；

B.经过1个周期，质点经过的路程

s=4A

经过0.5个周期，经过的路程

s=2A

以上规律质点在任何位置开始都适用

经过!怖个周期，经过的路程

44

s=A、3A

3

以上规律质点只有在特殊位置（平衡位置、最大位移处）才适用，f=0.9s=,此时P

未处于特殊位置，B错误；

C.由图乙可知，。时刻质点P位于平衡位置，C错误；

D.根据简谐运动的表达式

..27r,„.54

y=Asin——t=lOsin——t

T3

当x=0

y=5cm

则

r=0.Is

即x=0处的质点从平衡位置到5cm经历的时间

=0.Is

故P点振动形式传播到x=0处的时间

z=0.8s-0.1s=0.7s

xp=vt=lm

故D正确。

故选AD。

20.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细

线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为，〃的带电小球。小球静止时细线与竖直方向

成e角，此时让小球获得初速度且恰能绕。点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力

加速度为g。下列说法正确的是（）

,.-ltan0

A.匀强电场的电场强度E——

q

B.小球动能的最小值为线=普

2cos0

C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小

D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大

【答案】AB

【详解】A.小球静止时细线与竖直方向成。角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电

场力，三力平衡，根据平衡条件，有

qE=mgtan6

解得

_mgtan3

匕一

q

选项A正确；

B.小球恰能绕。点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定

律，有

mgv

------=m—

cos。L

则最小动能

Er.k=—1mv2=——mg--L

k22cos6

选项B正确：

C.小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带

负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；

D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功,

再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。

故选AB,

21.如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、

磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为3电阻不计；导轨上静置两根长

度均为L的导体棒PQ和其中产。的质量为2相、阻值为R,MN的质量为相、阻值为

2R。若在t=0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度"，不计运动过程中PQ和MN的相

互作用力，则（）

xx"XXPxXX

XXXXXXX

m2mA”>0

XXXBXXXX

xxNXxgxxx

A.r=o时刻，两导体棒的加速度大小相等

2

B./=0时刻，PQ两端的电压为:a外

C.PQ匀速运动时的速度大小为;％

D.从/=0时刻到PQ匀速运动的过程中，导体棒产生的焦耳热为:mv\

【答案】BD

【详解】A.f=0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度见,则产生的感应电动势为

E-BLvo

此时回路中的电流大小为

{E_BLv0

RMN+RPQ3R

两导体棒受到的安培力大小为

F=BIL

则有

F

a=一

MNm

F

两导体棒的加速度大小不相等，A错误；

B.f=0时刻，P。两端的电压为两端的电压，大小为

UMN=IRMN=§BL%

B正确；

C.由以上分析可知，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反,

两棒运动中，满足动量守恒，则有

2mvo=(m+2m)vjt

两棒达到共速，则得

2

此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；

D.导体棒和MN是串联关系，即/始=/切，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运

动中MMPQ产生的焦耳热量分别为

QMN~/鲁凡/

QPQ~吟RE

则有

QMN:QPQ=2:1

由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有

Q=gx2mv^-gx3机嗓=

QMN=T0=-wv()

3y

D正确•

故选BD,

二、非选择题：本题共5小题，共62分。

22.（6分）某学生用图S）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时

器所用电源的频率为50Hz,物块下滑过程中所得到的只带的一部分如图（6）所示，图中标

出了5个连续点之间的距离，每两个点之间还有4个点未画出。（答案均保留两位有效数字）

纸带打点计时器

物块

「4.78丁4.64丁4.50丁4.361cm

图（a）图（b）

（1）物块下滑是的加速度a=m/s2；打点。点时物块的速度i，£>=m/s;

（2）已知重力加速度大小为g,斜面底边的长度，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理

量是（填正确答案标号）

A.物块的质量B.斜面的高度C.斜面的质量

【答案】0.140.47B

【详解】（1）口］相邻两个计数点的时间间隔为

T=0.1s

根据纸带数据可知：加速度

_(%/>+X0E)

—(x.+x^c)=0.14m/s2

4〃o

(1)⑵打点D点时物块的速度

vn=^£E.=0.47m/s

"2T

(2)⑶由牛顿第二定律得

ma=mgsin0-/jmgcos0

加速度

a=gsin®-〃gcos。

所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角，因此需要测量斜面的高度。

23.(8分)根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示的电路可以测定电池的电动势和内电阻。

图中&是定值电阻，通过改变R的阻值，在1、2位置处接一电压传感器，可直接显示治

两端的对应电压U⑵对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据,

在；-R坐标系中描出坐标点，

如图乙所示。已知&=150。，请完成以下数据分析和处理。

(1)图乙中电阻为。的数据点应剔除;

在图乙上画出J-次关系图线.

(2)

012

图线的斜率是由此可得电池电动势Ex=Vo

【详解】(1)⑴根据画图描点原则应舍掉电阻为80Q的点；

(2)⑵连线时应该用直线拟合，使线过尽可能多的点，不在线上的数据点均匀分布在线的

(3)⑶⑷根据闭合电路欧姆定律得

4，

Ex=Ui2+~^~(R+rx)

Ko

所以

_L±___仆

5JE「RQE」E*R。

由图可知斜率

1

-r-r=0.00444

R°E,

即可得

Er=1.50V

24.（15分）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑：圆弧导轨在8点平滑连接，导

轨半径为R。质量为机的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经

过B点时的速度大小为廊，之后沿轨道8。运动。以0为坐标原点建立直角坐标系xOy,

在xN-H区域有方向与x轴夹角为6=45。的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小

为"移。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：

（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；

（2）小球经过。点时的速度大小；

（3）小球过。点后运动的轨迹方程。

【答案】（1）（2）%=7^;（3）y2=6Rx

【详解】（1）小球从A到B,根据能量守恒定律得

（2）小球从B到。，根据动能定理有

-mgR+qE--J1R=gmVg-；rnv1

解得

%=7^

（3）小球运动至。点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴,

则x轴方向有

cos45=max

竖直方向有

qEsin45-mg=ma,

解得

4=g,&=°

说明小球从。点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀

速宜线运动，即做类平抛运动，则有

12

x=~gr,y=vot

联立解得小球过。点后运动的轨迹方程

y2=6Rx

25.（12分）某简易温度报警装置的示意图如图所示，其原理是：导热性能良好的竖直细管

中用水银封闭了一定质量的空气（视为理想气体），当温度升高时，水银柱上升，使电路导

通，蜂鸣器发出报警声.27℃时，空气柱长度力=20cm,水银柱上表面与导线下端的距离

j=5cm,水银柱高度〃=2cm,用该温度报警装置测量沸腾的某种液体时恰好报警，该液体

沸点与大气压强的关系如下表。

沸点98℃99℃100℃101℃102℃

压强74cmHg75cmHg76cmHg77cmHg78cmHg

（1）求当地的大气压强po;

（2）若取出1cm水银柱，求该装置报警时的热力学温度八。（结果保留三位有效数字）

口手鸣器

业r

【答案】（1）78cmHg；（2）385K

【详解】（1）以细管内密封的空气柱为研究对象，设其横截面积为S。温度升高时，管内气

体做等压变化，有

一

工（

其中

（）（）

V1=L,S,7]=rl+273K=300K,%=£,+♦♦

解得

4=375K

即待测液体的温度102℃,对照表可知此处的气压

〃0=78cmHg

（2）以cmHg为压强单位，取出.r=lcm水银柱，有

其中

Px=p0+Pi,=（78+2）cmHg=80cmHg

外=Po+Pi,-Px=79cmHg

.jS,-=（£）+.+x）S

解得

7；=385K

26.（20分）如图所示，平面直角坐标系xQy中，第I象限存在沿〉轴负方向的匀强电场，

第IV象限在OVy<-d之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量

为q（4>。）的带电粒子以初速度V。从），轴上P（0,h）点沿x轴正方向开始运动，经过电

场后从x轴上的点。（殛九0）进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重

3

力。求：

（1）粒子在Q点速度的大小v和口与x轴正方向的夹角仇

（2