2021届宁夏银川市六盘山市高级中学高三(下)第二次模拟测试理综物理试卷及答案解析-

2023年一般高等学校招生全国统一考试理科综合力量测试物理部分一、选择题近代物理学史中的重大发觉都对人类社会进展产生深远影响，以下叙述正确的是（ ）粒子散射试验揭示了原子核内部具有简单结构氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子C.D.贝克勒尔发觉了自然 放射现象，并提出了原子的核式结构答案：B【解析】解：AD．卢瑟福的α粒子散射试验揭示了原子具有核式结构，贝克勒尔发觉的自然 放射现象揭示了原子核具有简单的结构，故AD错误；B．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，故B正确；C．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度和照射时间无关，故C。2.2023104过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽视空气阻力，则运动员（）过程I过程II过程I过程II答案：C【解析】分析】解：AC．过程I中动量转变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；B．运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量转变量不等于零，故B错误；D．过程II的动量转变量等于合外力的冲量，此过程中受重力和水的阻，则不等于重力的冲量，故D错误。故选C。如图，在倾角为a 光滑斜面上，与底边平行放置一根长为L、质量为、通电电流为I的直导体棒．欲使此导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场．在磁场方向由竖直向上沿逆时针方向转至水平的向左的过程中，关于磁感应强度B说法正确的是( )此过程中磁感应强度B此过程中磁感应强度B渐渐减小C.此过程中磁感应强度BD.此过程中磁感应强度B的最大值为答案：C【解析】

mgsinILmgtanIL导体棒受三个力，重力G、支持力FN

和安培力FA

，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由沿斜面对上渐渐变为竖直向上，依据平行四边形定则分析．FN

和安培力FA

，三力平衡，合力为零，将支持力FN

和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示：从图中可以看出，安培力FA

先变小后变大，由于FA

BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先减小后增大；由图可以看出当 FA

平行于斜面时有最小值， Bmin

ILmgsin，解得：B

mg，此过程中安培力竖直向上时最大为mg，故B的最大值为：

，故C正确，ABD错误．min

IL IL4.2023723PQ（）“天问一号”在绕地轨道的环绕速度大于7.9km/sB.“天问一号”在沿绕火轨道运行时的速度大于火星的第一宇宙速度C.“天问一号”在绕地轨道上P点 加速度等于在转移轨道上P点的加速D.“天问一号”在转移轨道运行的周期小于绕火轨道周期的答案：C【解析】GMr解：A．“天问一号”绕地轨道的半径大于地球半径，由vGMr“天问一号”绕火轨道的半径大于火星半径，由v故B错误；

可知其环绕速度小于7.9km/s，故A错GMrGMr“天问一号”在绕地轨道上P点所受的合力等于在转移轨道上P点所受的合力，依据牛顿其次定律，加速度也相等，故C正确；D．“于绕火轨道周期，故D故选C。在x轴上的AB两点各有一个点电荷，其静电场的电在x轴上分布如图所示点电势最低，下说法正确的是（ ）A.两点电荷带异种电荷B.A处的点电荷所带电荷量较大C.M处的电场强度大于N处的电场强度D.电子沿x轴从M点移动到N点，电势能先减小后增大答案：C【解析】电势φxM处的电场强度大于N0，知P0，所以AB两点的电荷在P方向相反，两电荷为同种电荷，依据沿电场线方向电势渐渐降低，知两电荷为正电荷，故A错误，C正确；B．由于P点的场强为0，所以A、B两点的电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，依据EkQ可r2知，距离大的电量大，所以A处点电荷的电荷量小于B处点电荷的电荷量，故B错误；D．电子带负电，依据E=qφ，电势先降低后上升，则电势能先增大后减小，故D错误。P故选C。一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个光子，已知质子、中子、氘核的质量分别m、m、m，常量为h，真空中的光速为c下列说法正确的是（ ）1 2 3核反应方程是1H+1n

H+γ1 0 1聚变反应中的质量亏损m(mm1 2

m)3辐射出的γE(m3

mm)c1 2γ

hm

c21 2 3答案：ABD【解析】解：A．依据质量数和电荷数守恒可知，核反应方程是1H+1n2

H+，故A正确；1 0 1聚变反应中的质量亏损m(mm1 2

mB3聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为E(mm1 2

m)c23故C错误；Ehc

(mm1

m)c23得h(mmm

)c21 2 3DABD。如图所示，将额定电压为60V的用电器，通过一抱负变压器接在正弦交变电源上，闭合开关S后，用电器正常工作沟通电压表和沟通电流（均为抱负电表的示数分别为220V和2.2以下推断正确的（ 132WC.D.变压器原、副线圈匝数比nn＝11∶31 2【解析】解：A．变压器的输入功率等于输出功率P P入

IU2

2.260W132WAB．依据P IU入 1 1所以I132A0.6AI1 220所以通过原线圈电流的有效值为0.6A，故B错误；C．电流表示数为有效值，故通过副线圈的电流的有效值为2.2AI 22.2A2.2 2Am故C错误；D．n：n

2260131 2DAD。37°2m/slkgv=6m/s0.25，最大静摩擦0力等于滑动摩擦力，重力加速度为10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8.下列说法正确的是（ ）2m/sC.传送带对物块做功的最大瞬时功率为12WD.物块与传送带间由于摩擦而产生的热量为答案：BC【解析】解：AB.物块刚滑上传送带时，由于速度大于传送带的速度，则所受摩擦力沿传送带向下，此时的加速度为agsin37gcos37 8m/s21方向向下，即物块先做减速运动；当与传送带共速后由于gcos37 gsin37，则物块连续减速，直到速度减到零后反向做加速运动直到离开传送带，选项A错误，B正确；C物块开头刚滑上传送带时速度最大，传送带对物块做功的瞬时功率最大，最大值为Pmgcos37 v 12W0选项C正确；D从开头滑上传送带到与传送带共速阶段用时间vt 0v62s=0.5sv1 a 81物块相对传送带运动的距离s1

vv0 t2

vt1

1m共速后物块的加速度a gsin37-gcos37 4m/s22物块减速到零的时间t v2 a2

2s=0.5s4此过程中物块相对传送带运动的距离s vt2 2

vt2

0.5m此时物块离底端的距离为vv vs 02

t t1 2

2.5m然后物块向下加速运动，加速度仍为a a3 2

4m/s2下滑到底端时1s at22 33解得5t s53 2此过程中物块相对传送带运动的距离svt3

(2.5 5)m整个过程中物块与传送带间由于摩擦而产生的热量为Qmgcos37(s12s3

)(82 5)J选项D错误。故选BC。二、非选择题：共629～1213～16考题，考生依据要求作答。（一）必考题一个试验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的试验中：(1)甲同学在做该试验时，通过处理数据得到了图甲所示的F图象，其中F为弹簧弹力为弹簧长度请通过图甲分析并计算该弹簧的弹性系数k= 当指针如图乙所示弹簧秤的示数F= 。(2)乙同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图丙所示。下列表述正确的是 。A．abB．abbD正比。答案：(1).25(2).3.00(3).B【解析】解：(1)[1F图象中斜率代表弹簧的劲度系数，则F 6k

N/m0.24[2]在乙图中弹簧秤的示数F3.00ND．弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。D．弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。故选B。某同学接受“半偏法”测量一个量程为3V的电压表的内阻（约3，电路图如图所示。要使测量值尽量精确     ，除了选用电源、导线、开关和待测电压表外，还：应从供应的滑动变阻器中选 （选填”或”电阻箱中选 （选填C”或电源中（选填或“F”）滑动变阻器50Ω）滑动变阻器2kΩ）电阻箱0 -999.9Ω，阻值最小转变量为0.1ΩD.电阻箱0 -9999.9Ω，阻值最小转变为0.1Ω1.5V，内阻可忽视4.5V，内阻可忽视该同学在测量电压表的内阻时，试验步骤如下：S

断开把滑动变阻器的滑片P置 （选填”或”；1 2②闭合开关S，S，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为3.00V；1 2③保持P位置不变，再断开开关S，调整电阻箱的阻值使电压表的示数为1V，此时电阻箱的阻值为6.2kΩ，2则被测电压表内阻的测量值R kΩ。V电压表内阻RV

的测量值R

和真实值R测

真

（选填“略大于”“略小于”或“等于。测 真答案：(1).A(2).D(3).F(4).a(5).3.1(6).略大于【解析】解：(1)[1][2][3]本题滑动变阻器是分压式接法，为了操作便利应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选3kΩ，所以电阻箱选D；由于电压表量程为3V，并且(2)中电压表示数要调到3V，所以电源只能选F。(2)①[4]按试验原理图连按好电路，把开关S，S断开，为了保证开关闭合时电路的安全，且本试验接受分1 2压接法，为了让测量电路中的电压由零开头调整，把滑动变阻器的滑片P置于a端；②[5]电阻箱和电压表串联的总电压是3.0V，调整电阻箱使电压表示数为1.0V时，电阻箱上分压认为2.0V，依据串联电路电压与电阻成正比，得被测电压表内阻的测量值1R= ×6.2kΩ=3.1kΩV 2(3)[6]试验中当S2

断开时电阻箱和电压表串联与滑动变阻器并联，则此时电阻箱和电压表两端电压略大于3V，认为当S2

断开时，电阻箱和电压表两端电压仍为3V，故调整电阻箱R0

的阻值使电压表指针指到1.0V位置此时电阻箱的电压大于2.0V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻的2倍，即电压表内阻测量值偏大11.如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为 d=0.5m，其右端接有阻值为R=0.4Ω的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B=0.8T的匀强磁场中，一质量为质量分布均匀的导体杆ab现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F=1Nl=0.5m时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直，设杆接入电路的电阻为r=0.1Ω，10m/s2在此过程中，求：杆的最大速度（保留三位有效数字）通过电阻R（保留三位有效数字。（12.97m/（0.345J【解析】（）当杆的速度达到最大时，安培力为F B2d2v安 Rr杆受力平衡，故有FMgF 0安解得杆的最大速度为(FMg)(Rr)vB2d2

2.97m/s（2）对杆，由动能定理有FlMglW安系统总的焦耳热QW安

12Mv2故电阻R产生的焦耳热Q R QR Rr联立解得Q 0.345JR一轻弹簧的一端固定在倾角为θma35mbax0t=0b面对上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块、b分别；再经过同样长的时间，距其动身点的距离恰好也为x。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：0弹簧的劲度系数；物块bt在物块a、bt8mgsin

gsin

8 4mg2sin2答案：(1)

5x0

(2)

5 (3)F

mgsin25

225x0【解析】解：(1)对整体分析，依据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：35kx=(m+ m）gsinθ50解得8mgsink= 5x0x0由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知x 11x 40x 3x说明当形变量为xx 0 0时二者分别；1 0 4 4对m分析，因分别时ab间没有弹力，则依据牛顿其次定律可知kx-mgsinθ=ma1联立解得1a=5gsin设时间为t，则经时间tab1x=2

at2=

gsint210则形变量变为△x=x-x0对整体分析可知，由牛顿其次定律有3 3F+k△x-（m+5m）gsinθ=(m+5m）a解得8F=25

4mg2sin225x 0由x由4因分别时位移x= 04x 14x= 0=24

at2解得5x25x2gsin05x2gsin05x2gsin0[物理——选修3-3]物质的气态、液态和固态在肯定条件下可以相互转变。在相互转变的过程中会发生能量交换。晶体在化过程中吸取的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能 填“增加”“削减”或“保持不变”)，分子平均动能 填“增加”“削减”或“保持不变”)。所以，晶体有固定的熔点。非晶体没有空间点阵，吸取的热量主要转化填“分子动能”或“分子势能不填“吸热”或“放热温填“上升”“下降”或“保持不变。答案：(1).增加(2).保持不变(3).分子动能(4).吸热(5).上升【解析】解：[1][2]晶体熔化过程中，吸取 热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，所以晶体有固定的熔点非晶体没有空间点阵，熔化时不需要去破坏空间点阵，吸取的的量主要转化为分子动能，不断吸热，温度就不断上升。S的绝热活塞位于M的重物并保持平衡，此时气缸内抱负气体的温度为T，活塞距气缸底部的高度为h0h活塞上升了2

，封闭抱负气体吸取的热量为Q。已知大气压强为p，重力加速度为g。求：0h活塞上升了 时，抱负气体的温度是多少2抱负气体内能的变化量答案：(1)3

；(2)Q1(

SMg)h2 0 2 0【解析】解：(1)封闭抱负气体初始状态VSh，TT1 1 0封闭抱负气体末状态V S(h1h)3Sh2 2 2用电热丝缓慢给气缸内的抱负气体加热，抱负气体做等压变化，设末状态的温度为T2，由盖吕萨克定律得V V1 2T T1 2解得VT 2T3TV2 V 1 2 01(2)抱负气体做等压变化，依据受力平衡可得pSpSMg1 0抱负气体对外做功为WpS1h1 2由热力学第肯定律可知UQW联立解得UQ1(

SMg)h2 0[物理——选修3–4]下列说法正确的是（）白光通过三棱镜后分解为彩色光，是光的色散现象C.医学上可以用激光做“光刀”是由于激光是相干光在单