江苏省南京市、盐城市2023届高三下学期第二次（3月）模拟物理试题及答案

2023年南京市、盐城市高三二模物理试卷

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。

I.我国的可控核聚变实验已取得重大突破，处于国际领先地位，下列说法正确的是（）

A.只有气（；H）和僦（：H）能发生核聚变，其他原子核不能

B.由核反应方程jH+：Hf；He+；n可知，核聚变反应的条件之一就是需要慢中子

C.核聚变和核裂变释放核能时，都有质量亏损

D核聚变反应发生后，需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去

答案：C

解析：A.理论上，原子序数小于铁的都可以发生核聚变，不一定是笊和敬，恒星演化后期会有氮

聚变为碳进而聚变为氧的过程，所以A错误；

B.核聚变的反应条件之一是高温高压，产生中子，所以B错误；

C.核聚变和核裂变释放核能时，都有质量亏损，C正确；

D.核聚变一旦发生，就不再需要外界给它能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，所以D错

误。

故选Co

2.下列光现象中属于衍射的是（）

A.水中的气泡看起来特别明亮

B.白光通过三棱镜在屏上出现彩色光带

C.在阳光照射下肥皂泡上出现彩色条纹

D.某彩色光照射圆盘后，在适当的位置，影的中心出现一个亮斑

答案：D

解析：A.水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反

射和折射的缘故，故A错误：

B.太阳光通过玻璃三棱镜后形成彩色光带，是光的折射现象，故B错误；

C.肥皂泡在阳光照耀下呈现彩色条纹，太阳光肥皂泡经过内外膜的反射后叠加，从而出现彩色条

纹，这是光的干涉，故C错误；

D.圆盘衍射出现泊松亮斑，故D正确。

故选D。

3.如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡

位4缓慢调至卡位1（如图乙），电脑与支架始终处于相对静止状态，则（)

A.电脑受到的支持力变大

B.电脑受到的摩擦力变大

C.支架对电脑的作用力减小

D.电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小

答案：A

解析：AB.根据题意，对电脑受力分析，如图所示

电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为

=Geos3

电脑受到的摩擦力大小

f=Gsin8

由原卡位1调至卡位4,。减小，故&增大，/减小，故B错误，A正确；

C.散热底座对电脑的作用力的合力，即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的

重力，方向竖直向上，始终不变，故c正确；

B.电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，故D错误。

故选Ao

4.一列波长大于1m的横波沿x轴负方向传播，处在玉=lm的质点4和芯=2m的质点8各自的

振动图像如图所示，由此可知（）

A.波长等于两米

B.波速为lm/s

C.3s末质点B的振动方向为y轴负方向

D.2s末至3s末A、B两质点振动的平均速度相同

答案：B

解析：AB.因为该波沿x轴负方向传播，所以A与B相隔L个周期，间距为1m,故波速为lm/s,

4

由振动图像可知周期T=4s,可得波长为4m,故A错误，B正确；

C.由图像可知3s末4、B两质点的位移分别为力=-2m,%=0,所以3s末质点B的振动方向

为y轴正方向，故C错误；

D.由图可知2~3s末，质点A从平衡位置运动到波谷，质点B从波谷运动到平衡位置，两质点的平

均速度大小相等但是方向不同，故D错误。

故选B。

5.2023年1月21日，神舟十五号3名航天员在400km高的空间站向祖国人民送上新春祝福，空间

站的运行轨道可近似看作圆形轨道I,设地球表面重力加速度为g,地球半径为R,椭圆轨道n为

载人飞船运行轨道，两轨道相切与A点，下列说法正确的是（）

轨道I-------、、、、

/'轨道n'、、、

A.在A点时神州十五号经过点火加速才能从轨道I进入轨道II

B.飞船在A点的加速度小于空间站在A点的加速度

C.空间站在轨道I上的速度小于历

D.轨道I上的神州十五号飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可

答案：c

解析：A.载人飞船若要从轨道I进入轨道H,做近心运动，需要在A点减速，故A错误；

B.载人飞船在轨道I上通过A点时受到的万有引力等于在轨道H上运行时通过A时点万有引力,

由牛顿第二定律可知，它们的加速度相等，故B错误;

C.根据万有引力提供向心力有

GMmv

——5—=m—

rr

万有引力等于重力有

GMm

可知，麻是围绕地球做圆周运动的最大速度，则空间站在轨道I上的速度小于胸，故C正确;

D.轨道I上的神州十五号飞船想与前方的空间站对接，需要加速，而加速后轨道半径会变大，则

需要在低轨道上加速才能完成与空间站对接，故D错误。

故选Co

6.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出几种不

同频率的光，其中只有频率为片、岭两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应，先分别

用频率匕或匕的三个光源久从c分别照射该光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所

示，下列说法中正确的是（）

A.处于第4能级的氢原子向下跃迁最多发出4种不同频率的光子

B.图线。对应的光是氢原子由第3能级向第1能级跃迁发出的

C.图线。对应的光子频率大于图线C对应的光子频率

D.用图线匕对应光照射光电管时，光电流会随着正向电压的增大而不断增大

答案：B

解析：A.第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中，能发出C；=6种不同频率的光，故A错误;

BC.由于只有频率为匕、以两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应，跃迁时发出的两

种频率最大的光为4-1、3-1,由图乙可知，b光的遏止电压大，。和C光的遏止电压小，根据光

电效应方程

E.=hv-W0

及

eUo=后卜

知，a对应的光子频率小于图线匕对应的光子频率，故。、C是3-1跃迁发出的，匕是4-1跃迁发

出的，故C错误，B正确；

D.用图线b对应的光照射光电管时;光电流达到饱和后不再增大，故D错误。

故选B。

7.如图所示，某同学用“插针法”测量两面平行玻璃砖的折射率，他先在纸上紧贴玻璃砖画出参

考线aa'9/,钉上大头针＜、P2,然后继续实验。并画出光路图，则下列说法正确的是（）

B.［、鸟及巴、鸟之间的距离取的小一些，可以减小误差

C.若在钉大头针6不小心使玻璃板平移到了虚线框位置，则最终测得的折射率偏大

D.若把从/误画在了cd,其他操作均正确，则测得的折射率偏小

答案：D

解析：A.入射角如果尽量小一些小些，折射角也会小些，折射现象不明显，角度的相对误差会大

些，故A错误：

B.折射光线是通过隔着玻璃观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度误差会较

大，故4、鸟及鸟、舄之间的距离适当大些，可以提高精确度，故B错误；

C.不小心把玻璃砖移平移到了虚线框位置，则入射角和折射角都不会改变，不会影响折射率的测

量，故C错误；

D.若把协，误画在了导致折射角变大，所以测得的折射率就会偏小，故D正确。

故选D。

8.如图所示，倾角为a的足够长斜面，现从斜面上。点与斜面成A角（4<90。），以速度%、2%

分别抛出小球P、Q,小球P、Q刚要落在斜面上A、8两点时的速度分别处、vQ,设。、A间的

距离为。、8间的距离为J，不计空气阻力，当£取不同值时下列说法正确的是（）

A.%一定等于2yp

B.”方向与斜面的夹角一定小于4方向与斜面的夹角

C.P、Q在空中飞行的时间可能相等

D.$2可能大于4sl

答案：A

解析：将初速度分解在垂直斜面反向和平行斜面方向，垂直斜面方向

v=%sinB

平行斜面方向

丫〃=%cos£

垂直斜面的加速度

a±=gcosa

平行斜面的加速度

a“=gsina

C.在空中飞行的时间

=^A

tgeosaxvo

所以P、Q在空中飞行的时间之比为1:2,故C错误;

D.小球的位移

12

S=V"+-a//t

结合

a产gsina

，P:%=1:2

可得

s2=4可

故D错误；

B.速度与斜面的夹角的正切值

八vsinB

tan0=----n----e——--------

%cos£+gsina•f

结合

fp:/Q=1:2

可知”方向与斜面的夹角一定等于％方向与斜面的夹角，故B错误；

A.结合B选项分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均为1:2,根据速度的合成

可知VQ一定等于2%,故A正确。

故选Ao

9.将一个小球从地球竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的

速率、位移、动能和机械能分别为丫、X、线和石，以地面为零势能面，则下列描述小球运动过

程的图像可能正确的是（）

解析：A.小球在上升过程中，由牛顿第二定律得

mg+kv=ma

v逐渐减小，则“减小，下降过程中有

mg-kv=ma

v越来越大，故加速度继续减小，图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为g,图

像应为平滑曲线，故A错误；

B.v-x图斜率为

,a

k--

v

在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B错误；

C.4-x图像斜率为合外力，向上运动过程

F=mg+kv

变小，向下运动过程中

F=mg-kv

继续变小，故C正确；

D、向上运动过程比向下过程中任意一个位置，摩擦力要更大，故向上过程中摩擦力做功更多一点,

机械能损失要更多一点，故D错误。

故选C。

10.如图，光滑绝缘水平面上，由1、2、3三个带电量均为+小质量均为，〃的相同金属小球，用长

为乙的三根绝缘细绳连接，A、B、C分别为其中心，。为三角形中心，已知单个点电荷q周围空间

的电势夕=攵幺，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是（）

r

A

02Br

A.0点的电场强度不为零，且方向向上

B.若L长度可调节，则A、O两点的电势可能相等

C.系统的总电势能为4=%较

pL

D.若8处剪断，则之后小球1的最大速度为二

y3mL

答案：D

解析：A.根据对称性可知A、B、C三处点电荷在。点产生的电场强度大小相等，根据电场强度

的叠加法则可得0点的电场强度大小为0,故A错误；

LFyj

B.。点到金属小球的距离均为一个，A点到金属小球3的距离为也，根据电势叠加原则，A、O

V32

两点的电势分别为

（pA-k^-x2+k-4+^^k—

△L电I3JL

2F

%=Z-^-x3=3限幺

LL

忑

则A、。两点电势不论在L取何值时都不可能相等，故B错误;

C.1电荷的电势能

E”=（夕2+仍）4=后斗

同理可得2和3电荷电势能

E-竽

故整个系统电势能为

p—Epi+Eg+后屋—卜3q°

LLt„————K

p2L

故c错误；

D.三球一条直线时整个系统电势能最小，动能最大，1球速度最大，此时

1电荷的电势能

E：=®+<P3)q=k与

2和3电荷电势能

22r0

E=E；3=k"+&=4

p2p3L2L2L

此时整个系统电势能最小为

E，一号+/'+/一、5/

p22L

对系统，根据能量守恒

.hq1.5q2121c2

k———k―2—=—mv,+—2mv

L2L21227

根据动量守恒

my,=2mv9

两式联立解得

故D正确。

故选D。

二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说

明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中

必须明确写出数值和单位。

11.某同学用多用电表做了以下两个实验：

（1）用欧姆挡测量一电阻的阻值（约1500。~2500。），进行了如图甲所示虚线框中A、B、C、

D四个操作，正确的操作顺序是；其中步骤B的指针指在如图乙所示的刻度处，该电阻

的阻值为kQ«

（2）欧姆表内部电路可简化为一个电动势为E的电源、一个电流表、一个可变电阻和红表笔串

联而成。为了测量多用电表欧姆挡在“xlOO”挡时的内部总电阻『、电动势E和黑表笔短接时多用

电表中的电流/,该同学设计了如图丙所示的电路。

乙

丙

①正确连线后，闭合开关，改变电阻箱的阻值，得到多组电流表的示数/和电阻箱的R,数据记录

如下表：

请根据该同学在坐标纸上描绘的点画出2一尺图像;

R/Q.15701140920550300110

//mA0450.520.610.660.730.81

y(mA-1)2.221.21.641.521.371.23

②由:-R图像计算欧姆表内电源的电动势£=V；

③若毫安表内阻公=1800,则红、黑表笔短接时多用电表中的电流/mA。（以上结

果均保留2位有效数字）

答案:®.CADB②.1.9®.1.5⑤.0.94

解析：（1）⑴使用多用电表测电阻，首先进行机械调零，用刻度盘下的调零旋钮手动把指针拨到

零刻度线处，然后选择欧姆挡位，再进行欧姆调零，两个表笔短接，调整调零旋钮，调整好之后,

把两表笔接在电阻两端，进行测量。故正确的操作顺序是CADB。

⑵由图乙可知，该电阻的阻值为

H=19xlOOC=L9kC

（2）①[3]根据闭合回路欧姆定律有

E

R+厂+&

整理可得

R,\+r

E

可知，图像为倾斜直线，则根据在坐标纸上描绘的点连成一条直线，如图所示

②⑷由图像可得

1(2.22—1.23)x103

~E~—1570-110—

解得

E»1.5V

③[5]由上述分析可知

区土^=L18xl()3

E

解得

r=15900

则红、黑表笔短接时多用电表中的电流

E

/=—«0.94mA

r

12.如图甲所示，一个导热气缸水平放置，内部封闭着热力学温度为"的理想气体，活塞截面积为

S,活塞与气缸底部距离为L，大气压为4，重力加速度为g,活塞与气缸之间摩擦忽略不计、

先保持温度不变，将气缸缓慢转动90。(如图乙)，活塞与气缸底部距离变为0.9L。再对气体缓慢

加热，活塞离气缸底部距离变为L2L(如图丙)，求：

(1)活塞的质量用；

(2)气体加热后的热力学温度7。

答案：（1）管；（2）r=l^

解析：（1）根据题意，由平衡条件可知，气缸水平时，内部气体气压为

=〃。

体积为

匕=SL

气缸竖直时，内部气体气压为

必=，。+等

体积为

V2=Q.9SL

由玻意耳定律

PM=P2V2

解得

PoS

9g

（2）根据题意可知，气体经历等压变化过程，由盖吕萨克定律

Q.9SL1.2SL

解得

4

F

13.某种发电机的原理如图所示，矩形线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可绕与磁场方

向垂直的固定轴00'匀速转动，角速度为已知线圈的匝数为〃，，由边长为4，0c边长为4，

线圈总电阻为「，线圈与阻值为/?的外电路连接，交流电压表为理想电表。求：

（1）线圈从图示位置转过90。的过程中，通过电阻R的电量4。

（2）发电机正常工作时，交流电压表的示数U。

BL.L,"BLJaiR

答案:(1)n——；(2)-7=77；-----r

R+rV2(/?+r)

解析:(1)根据题意，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势

E=性

Ar

电流强度

E

R+r

通过电阻R的电量

q

△r

联立得通过的电量为

\(bBL.L,

q=n-———=n———

R+rR+r

（2）根据题意可知，最大的感应电动势

Em=nBSco

得交变电流的最大值

,nBLyL,co

R+r

则电压表示数为

IR_nBL^L^coR

Um

72一拉(R+r)

14.如图甲所示，质量为2,篦的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m,置于C上,

B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数〃=0.2,B、C间,C与地面间的动摩擦因数

〃B=〃c=0」。给c施加一水平向右的恒力尸，A、B第一次相遇时间为心可得与尸的关系如

图乙所示。（设A、B间碰撞为弹性正碰，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）求:

(1)滑块A、B的最大加速度吗、〃B；

(2)A、B之间的初始距离L和滑块A的质量，〃：

(3)若F=13N,从刚开始施加力至A、B第二次相撞时拉力尸，所做的功卬。

[A]回F

C

甲

答案：(1)2m/s2,lm/s2；(2)2m,1kg；(3)702J

解析：（1）根据题意，由牛顿第二定律，对滑块A有

/jAmg=maA

解得

纵=2m/s2

对滑块B有

=maB

解得

=lm/s2

（2）根据题意，由图可知/足够大时A、B加速度恒定，即A、B均相对C滑动，相遇时间恒定

为

急=2s

由运动学公式可得

22

解得

L=2m

又因为A、C与B产生相对滑动时，才能相遇，由图可知，当尸=8N,滑块B与C恰好发生相对

滑动，则有

F-4生根8=47mzB

解得

m=lkg

(3)根据题意，设A、B、C均产生相对运动时拉力为巴，则有

m

耳-4〃cmg-AA^-^8=2maA

解得

K=11N

当尸=13N时，有

F'-4阳%-人加8-AB1ng=2mac

解得

2

ac-3m/s

由运动学公式v=%+G可得，由于相遇时间为2s,则有第一次相撞前

vA=4m/s

vB=2m/s

vc=6m/s

碰撞前后C速度不变，由于A、B间碰撞为弹性正碰，则碰撞后速度交换

vA1=2m/s

vBI=4m/s

设经过G，A、B第二次碰撞，则有

1212

+2"A'2=/也—5即‘2

解得

t2=4s

则整个过程木板运动的距离为

则拉力尸'所做的功为

W=F'xc=702J

15.如图所示，真空中存在一间距为d=0.02m的水平平行板电容器，板长L=0.04m,板间电压

为。、匀强电场方向向上，MN为一垂直上极板P。的足够长的光屏，其下端N与极板右端。重合,

在所在竖直线右侧存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A,可以紧贴极板水平向右连续

发射带正电的粒子，粒子比荷为q/，"=lxl（）8c/kg,初速度%=lxlO5m/s。已知粒子打到极板

或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。

（1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值；

（2）若匀强磁场方向垂直纸面向里，大小为g=0.05T,电压U可任意调节，则求粒子击中光屏

形成痕迹的长度八£。

（3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为8,=@T，电压U可任意调节，在极板右侧放置

220

另一块与MN平行的足够大的光屏CO,CZ）在磁场中只能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下

所有痕迹的面积So

答案：(1)