【文档说明】天津市新华中学2023届高三下学期二模物理试题含解析.docx，共(18)页，6.186 MB，由小赞的店铺上传

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2023届高三第二学期统练二物理Ⅰ卷一、单选题（每小题5分，共25分）1.由a和b两种频率的光组成的光束，经玻璃三棱镜折射后的光路如图所示。其中a光是氢原子由n=4的能级向n=2的能级跃迁时发出的。下列说法中正确的是（）A.入射光束绕入射点顺时针旋转时，a光将先发生全反射B

.b光可能是氢原子由n=3的能级向n=2的能级跃迁时发出的C.用同一双缝干涉装置进行实验，a光的相邻条纹间距比b光的大D.用b光照射某金属时能发生光电效应，用a光照射同一金属时也一定能发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A．由题图可知，三棱镜对b光的折

射率较大，所以a光的频率小于b光，则说明a光的折射率小于b光，根据全反射定律有1sinCn=可知a光的全反射临界角大于b，则b光将先发生全反射，A错误；B．由于a光的频率小于b光，光是氢原子由n=4的能级向n=2的能级跃迁时发出的，而b光的能量大于a光，b光不可能是氢原子从n=3的能级向

n=2的能级跃迁时发出的，B错误；C．由于a光的频率小于b光，a光的波长大于b光的波长，由lxd=可得用同一双缝干涉装置进行实验，a光干涉条纹的间距大于b光干涉条纹的间距，C正确；D．因b光的频率较大，则若用b光照射某种金属

时能发生光电效应现象，则改用a光照射该种金属时不一定能发生光电效应现象，D错误。故选C。2.空间站是一种在近地轨道长时间运行、可供航天员工作和生活的载人航天器，其运行轨道可以近似为圆。如图甲为我国三名航天员站立在空间站内地板上的情景，图

乙是航天员王亚平在空间站做的实验，下列说法正确的是（）A.空间站内的航天员处于平衡状态B.空间站内的航天员不能用拉力器锻炼肌肉力量C.空间站的加速度比地球同步卫星向心加速度小D.空间站内漂浮水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的【答案】D【解析】【详解】A．空间站内的航天员处于完

全失重状态，不是平衡状态，故A错误；B．拉力器的工作原理是弹簧的形变，与重力无关，所以依然能用拉力器锻炼肌肉力量，故B错误；C．因为空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据2MmGmar=可知，空间站的加速度比地球同步卫星向心加速度大，故

C错误；D．空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的，故D正确。故选D。3.如图所示，一定质量的理想气体分别经历ab→和ac→两个过程，其中ab→为等温过程，状态b、c的体积相同，则（）A.状态a的内能大于状态bB.状态a的温度高

于状态cC.ac→过程中气体吸收热量D.ac→过程中外界对气体做正功【答案】C【解析】【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气的体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；B．由于状态b和状态c体

积相同，且bcpp，根据理想气体状态方程bbccbcpVpVTT=可知bcTT，又因为abTT=，故acTT，故B错误；CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据UWQ=+可知气体吸收热量；故C正确，D错误；故选C。4.一质量为m的乘客

乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用NF表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）A.10t时间内，v增大，NFmgB.t1~t2时间内，v减小，NFmgC.t

2~t3时间内，v增大，NFmgD.t2~t3时间内，v减小，NFmg【答案】D【解析】【详解】A．因s-t图像的斜率等于速度，可知10t时间内，v增大，加速度向下，失重，则NFmg选项A错误；B．t1~t2时间内，v先增加后减小，加速度先向下

后向上，则先失重后超重，则先NFmg，后NFmg，选项B错误；CD．t2~t3时间内，v减小，加速度向上，超重，则NFmg，选项C错误，D正确。故选D。5.关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是（）A

.卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征B.玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律C.光电效应揭示了光的粒子性D.电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性【答案】C【解析】【详解】A．波尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征，

A错误；B．玻尔的原子理论成功的解释了氢原子的分立光谱，但不足之处，是它保留了经典理论中的一些观点，如电子轨道的概念，还不成完全揭示微观粒子的运动规律，B错误；C．光电效应揭示了光的粒子性，C正确；D．电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，质子、中

子及原子、分子均具有波动性，D错误。故选C。二、不定项选择题（每小题5分，共15分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，

S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法中正确的是（）A.若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动B.若将S断开，则油滴立即做自由落体运动C.若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止D.

若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动【答案】AC【解析】【详解】A．电容器两板间带电油滴恰好处于静止状态，则有重力与电场力平衡，则有mg=qE若将A板向上平移一小段位移，两板间距d增大，电容器两板间的电压U不变，由UEd=可知，两板间的电场强度减小，油滴受电场

力减小，重力大于电场力，则油滴向下加速运动，A正确；B．若将S断开，电容器所带电荷量Q不变，电容C不变，由电容的定义式QCU=可知，两板间的电压不变，场强不变，则油滴仍处于静止状态，B错误；C．若将A板向左平移一小段位移，电容器两板相对面积S减小，电容器两板间的电压U不变，场强不变，则

油滴仍处于平衡状态，油滴仍然静止，C正确；D．若将S断开，电容器所带电荷量Q不变，再将A板向下平移一小段位移，d减小，S不变，由平行板电容器的电容决定式r4SCkd=、电容的定义式QCU=和场强公式UEd=，联立解得r4kQES=可知，电场强度E与电容器两板间距d无关，场强不变

，则油滴仍处于静止状态，D错误。故选AC。7.如图甲为小型交流发电机的示意图，两磁板N，S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，20n=匝的线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向以角速度匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示。已

知线圈内阻1r=，与线圈连接的定值电阻9R=，其他部分的电阻不计。下列说法正确的是（）A.图甲所示位置是图乙的计时起点B.线圈中产生电动势的最大值为20πVC.在0~0.1s内，通过电阻R的电荷量为0.8CD.在0~0.1s内，电阻R产生的焦耳热为2

1.8πJ【答案】ABD【解析】【详解】A．图甲所示线圈位置磁通量为零，图乙的起始磁通量也为零，因此图乙的磁通量曲线可以描述为以图甲为起点的线圈磁通量变化情况，故A正确；B．最大电动势为mm2200.2V20V0.4EnBsn====故B正确；C

．通过电阻R的电荷量为ΔqIt=由闭合电路欧姆定律得EIRr=+由法拉第电磁感应定律得ΔΔ0.2ΔEnWbt==，解得Δ0.4CnqRr==+故C错误；D．电流有效值为()m2A2EIRr==+因此在0~0.1s内，电阻R

产生的焦耳热为221.8JQIRt==故D正确。故选ABD。8.沿x轴传播的一列简谐横波在0=t时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在4mx=处的质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的波长为10mC.该波的

传播速度为12m/sD.4s15t=时刻，0x=处的质点回到平衡位置【答案】AD【解析】【详解】A．根据质点Q的振动图像可知，0=t时刻质点Q沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，选项A正确；BC．该波的波长12m=，周期1.6sT=，由

vT=可得该波的传播速度7.5m/sv=，选项B、C均错误；D．波动图像的方程为()ππ20sincm63yx=+0=t时刻，0x=处质点偏离平衡位置的位移大小为103cm，振动方程为()5π2π20sincm43yt=+

4s15t=时刻回到平衡位置，选项D正确。故选ADⅡ卷三、实验题（9题6分，10题6分）9.利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。（1）已如打点计时器所用的交流电频率为50Hz，实验中得到一条点迹

清晰的纸带如图2所示，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量点，测得A、B、C、D各点到O点的距离为62.90cm、70.14cm、77.76cm、85.73cn。由此可知打下B点时纸带的速度为_

________m/s（计算结果保留2位有效数字）：的。（2）重物固定在纸带的_________端（选填“左”或“右”）；（3）选取某个过程，发现重物动能的增加量略大于重力势能的减小量，造成这一结果的原因可能是_

________。A．重物质量过大B．电源电压高于规定值C．重物质量测量错误D．先释放纸带，后接通电源（4）某同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到某一计数点O的距离h，计算出对应计数点的重物速度v，描绘出v2－h图像。下列说法中正确的是_______

__。A．为减小误差，应利用公式v=2gh计算重物在各点的速度B．在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为2mm的纸带C．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒D．若图像是一条不过原点的直线，重

物下落过程中机械能也可能守恒【答案】①.3.7②.左③.D④.D【解析】【详解】（1）[1]B点的速度等于AC间的平均速度，即277.7662.9010m/s3.7m/s20.04ACBxvT−−===（2

）[2]由图可知，纸带上起始点靠近重物，所以重物固定在纸带的左端。（3）[3]AC．由212mghmv=可知，重物质量过大、重物质量测量错误都不会使动能的增加量略大于重力势能的减小量。故AC错误；B．电源电压高于规定值不会影响打点周期。故B错误；D．若O点的初速度不为0，则会使动能的增加量

略大于重力势能的减小量，原因可能是先释放纸带，后接通电源。故D正确。故选D。（4）[4]A．用公式2vgh=等于是默认机械能守恒定律，与实验目的相悖，实验中不能用2vgh=计算重物在各点的速度。故A错误；BD．在选取纸带时，可以选取其中两点来验证，如

221122CAACmvmvmgh−=与第1、2两点间距是否为2mm无关，这时描绘出v2－h图像是一条不过原点的直线，但只要满足图线的斜率等于2g，就验证了重物下落过程中机械能守恒，故B错误，D正确；C．由动能定理得212mvmah=，只要重物做匀加速直线运

动，v2－h图像就是一条过原点的直线，当图线的斜率小于2g，机械能就不守恒，故C错误。故选D。10.某同学为了测定一个圆柱体工件材料的电阻率，采用了如下方法：（1）利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量圆柱体工件的高度和直径，测量结果如图甲、乙所示，该工件高度H为___________cm

，直径D为___________mm。（2）用多用电表测得该工件的电阻Rx大约为500Ω，该同学又用伏安法测定该工件的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A．直流电源（电动势E=12V，内阻不计）B．电压表V1（量程0

~3V，内阻约为3kΩ）C．电压表V2（量程0~15V，内阻约为25kΩ）D．电流表A1（量程0~25mA，内阻约为1Ω）E．电流表A2（量程0~250mA，内阻约为0.1Ω）F．滑动变阻器R，阻值0~2ΩG．开关

S，导线若干在上述仪器中，电压表应选择___________（选填“V1”或“V2”），电流表应选择____________（选填“A1”或“A2”），请在图中虚线框内画出电路原理图（电表用题中所给的符号表示）____________。（3）如果电压表示数为U，电流表示数为Ⅰ，则此圆柱工件材料的

电阻率为____________（用题中所给符号表示）。【答案】①.10.220②.5.899##5.900##5.901③.V2④.A1⑤.⑥.2π4DUIH【解析】【详解】（1）[1]该工件的直径为102mm40.05mm1

02.20mm10.220cmD=+==[2]高度为5.5mm40.00.01mm5.900mmH=+=（2）[3]根据所给电源电动势可知电压表应选择V2。[4]通过工件的最大电流约为m24mAxEIR==所以

电流表应选择A1。[5]因为滑动变阻器最大阻值远小于Rx，所以滑动变阻器应采用分压式接法。又因为A1V2xRRR所以电流表应采用内接法，电路原理图如图所示。（3）[6]根据欧姆定律有xURI=根据电阻定律有24π

xHHRSD==解得2π4DUIH=四、解答题（11题14分，12题16分，13题18分）11.如图所示，质量=1kgm的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量4kgM=的小车C，其上表面与平台等高，小车

与水平面间的摩擦不计。平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接，圆弧轨道半径1.6mR=，其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角60=。现将滑块A从P点由静止开始释放，滑块A滑至平台上挤压弹簧，经过一段时间

弹簧恢复原长后，滑块B离开平台滑上小车C，最终滑块B恰好未从小车C上滑落。已知滑块B与小车C之间的动摩擦因数0.4=，小车的长度0.9mL=，重力加速度大小2=10m/sg，滑块A、B均可视为质点，求：（1

）滑块B刚滑上小车C时的速度大小0v；（2）滑块A的质量0m；（3）该过程中弹簧弹性势能的最大值pE。【答案】（1）3m/s；（2）06kg；（3）3J【解析】【详解】（1）设滑块B滑至小车C右端时它们共同速度大小为v，滑块B从滑上小车C到滑至小车

C右端的过程中，滑块B和小车C两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有0()mvMmv=+根据能量守恒定律有22011()22mvMmvmgL−+=解得0=3m/sv（2）滑块A自P点滑至平台的过程中，由动能定理有002A1(1cos60)2mmgRv−=设滑块A挤压

弹簧结束后（弹簧恢复原长时）的速度大小为1v，滑块A与滑块B在水平平台上相互作用的时间内，两者组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律，根据动量守恒定律有0A010mvmvmv=+根据机械能守恒定律有2220A010111

222mvmvmv=+解得00.6kgm=（3）当滑块A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律有0A0()mvmmv=+共根据能量守恒定律有22p0A011()22Emvmmv=−+共解得p3JE=.的12.如图甲

所示，两根平行光滑金属导轨相距1mL=，导轨平面与水平面的夹角30=，导轨的下端PQ间接有8ΩR=的电阻。相距6mx=的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。将阻值2Ωr=

的导体棒ab垂直放在导轨上，使导体棒从0=t时由静止释放，1st=时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑，210m/s=g。求：（1）0～1s内回路中的感应电动势；（2）导体棒ab的质量；（3）0～2s时间内导体棒所产生的热

量。【答案】（1）12V；（2）0.4kg；（3）4.88J【解析】【详解】（1）0～1s内，磁场均匀增强，由法拉第电磁感应定律有1BBESLxtt==由图象可得2T/sBt=解得112VE=（2）导体棒从静止开始做匀

加速运动，加速度大小为2sin5m/sag==t1=1s末进入磁场区域的速度为15m/svat==导体棒切割磁感线产生的电动势210VEBLv==可知导体受到的合力为零，有sinmgBIL=根据闭合电路欧姆定律有22EIRr=+联立解得21AI=，m=0

.4kg（3）在0～1s根据闭合电路欧姆定律可得111.2AEIRr==+t=2s时间内导体棒所产生的热量为221121()4.88JQIrtIrtt=+−=13.“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相

同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v1向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内．当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径

为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)．放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向

推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应)．已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：(1)氙原子核在A处的速度大小v2；(2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小

v3；(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比．【答案】（1）22BDqm（2）222112284BvqdmBDqm+（3）090FAN=13【解析】【详解】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时：22

22vBqvmr=根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即2Dr=则：222BDqvm=（2）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，

形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q，则11EqBvq=即11EBv=氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为3v，根据动能定理可知：22321122Uqmvmv=−其中电压11UEdBvd==联立可得2221123284

BvqdmBDqvm+=（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为2B之后，根据2mvrBq=可知，2rrD==①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上

极板RM挡住而无法进入区域I．该轨迹的圆心O1，正好在N点，11AOMOD==，所以根据几何关系关系可知，此时090FAN=；②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I．22A

OANNOD===，所以此时入射角度030GAN=．根据上述分析可知，只有060FAG=这个范围内射入的粒子还能进入区域I．该区域的粒子占A处总粒子束的比例为00601==1803获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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