2023年高考政治第二次模拟考试卷-物理（全国甲卷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

二、选择题：本题共8小题，每小题6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0分。

14.某小组用如图a所示的风速仪研究交流电，风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动；

某一风速时，线圈中产生的交变电流如图6所示，已知风杯转速与风速成正比，则（）

A.该交变电流的周期为

B.该交变电流的峰值为血人

C.风速增大，产生的交变电流周期增大

D.风速增大，产生的交变电流峰值增大

【答案】D

【解析】A.从图像可以看出该交变电流的周期为"。，A错误；

B.结合图像可知该交变电流的峰值为二，B错误；

C.已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由

fn

知产生的交变电流周期减小，C错误；

D.已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由

[,=—―=-N-B-S-c-o=--2-N-B-S--兀-n

mRRR

可知产生的交变电流峰值增大，D正确。

故选D。

15.如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线力”“2”“3”所在水平面分别是地面、运

动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷

出时的速度约为（）

C.12m/sD.20m/s

【答案】c

【解析】篮球运动员身高约为1.8m,由图可知水柱的高度约为人身高的4倍，即7.2m,则

0-崂=-2g/z

解得

%=12m/s

故选C。

16.如图，倾角为30。的斜面上有一个电荷量为qS>0）质量为加的小球以田的初速度水平抛出。

竖直平面内有一水平向左的匀强电场，电场强度为E.已知小球回到斜面时速度方向与斜面的夹角

3niVg

不变，克服电场力做功8。从抛出小球到小球回到斜面的运动过程中，下列说法正确的是（）

F一百现

L-j-

A.q

B.该系统的机械能不变

%

C.小球最小速度为2

D.若第二次抛出小球时撤去电场，则两次小球离斜面最远距离之差为48g

【答案】D

【解析】A.设小球落回到斜面是的速度为匕，则其水平分速度

vx=匕sin30°

水平方向的只受静电力作用，做匀减速直线运动，则

匕＜%

加速度大小为

qE

%=一

m

水平方向的位移大小

E

x=———-

小球克服电场力做功

解得

匕=%

由类斜抛运动知识可得，小球合力方向垂直斜面向下，则

Eq=mgtan30°

解得

6叫

LP-,---------

3g

A错误；

B.小球克服电场力做功，机械能减小，B错误；

C.由类斜抛运动知识可得，当小球沿垂直斜面的分速度为0时，速度最小，即

=%cos30°=年

C错误；

D.第•次抛出小球时，离斜面最远距离

(vsin3O0)2

a.=---o------------=--------

2g16g

cos30°

第二抛出小球时，在运动起点同时垂直于斜面方向和平行与斜面方向分解%、g,垂于斜面向上为y

轴正方向，y轴方向分速度

vv=%sin30

y轴方向分加速度大小

ay=geos30

则

Uy-aj=0

2

O-V^=-2ayd2

得

v0tan30°

g

2

,v0sin30°tan30°6V0之

d、=-----------=---—

-2g12g

所以

a,=a-.y—a.,=------

48g

D正确。

故选D。

17.水平地面上有一质量为町的长木板，木板上右端放有一质量为m2的木块，如图甲所示；用水

平向右的拉力尸作用在长木板上，尸随时间r变化的规律如图乙所示，其中片、居分别为八、‘2时

刻尸的大小；木块的加速度由随时间r变化的规律如图丙所示，已知长木板与地面间的动摩擦因数

为从，木块与长木板间的动摩擦因数为〃"假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加

速度大小为g，则下列说法正确的是（）

A耳=必gg

B,6=（4一必）（町+吗）g

C.%至‘2这段时间内木块的速度变化量2-v-

人1（…）（一）

ZAk一

D.至’2这段时间内木块的速度变化量2ml

【答案】C

【解析】A.在〃时刻，木板和物块恰好开始运动，此时拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力,

即

Fi-f.ii（zn/+n?2）g

故A错误；

B.在〃时刻，木板和物块恰好发生相对运动，此时二者的加速度仍相同，即为

将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律

乙一〃［（肛+吗）g=（町+m2）a0

解得

E=（M+〃2）（叫+丐）g

故B错误；

C.根据图丙可知，。〜及时间内二者的加速度相同，物块与木板之间没有发生相对运动，图丙中图

像与横轴围成面积代表速度变化量，4至G这段时间内木块的速度变化量

故C正确

D.因为。〜f2时间内存在摩擦力，摩擦力的冲量是，“2的合外力冲量，故D错误。

故选C。

18.2022年1月28日，国务院新闻办公室发布我国第五部航天白皮书《2021中国的航天》，白皮书

中提到将继续实施月球探测工程，发射“嫦娥六号''探测器、完成月球极区采样返回。若将地球和月

球看做一个双星系统，二者间距离为L,它们绕着二者连线上的某点做匀速圆周运动，运行周期为

T;从漫长的宇宙演化来看，两者质量都不断减小，将导致月地间距离变大。若引力常量为G,则

下列说法正确的是（）

A.当前月球和地球的动能相等

B.当前该双星系统的总质量为通于

C.在将来的演化过程中，该双星系统运转的周期将逐渐减小

D.在将来的演化过程中，该双星系统的总动能将逐渐增大

【答案】B

【解析】A.设地球的质量为地球的轨道半径为R月球的质量为"?，轨道半径为R故有

..22

=mco~r2

由于

7；+弓=L

联立得

Lm

4=-----

m+M

LM

r>=---------

m+M

故地球的动能为

“2叫斗）2（〃+4

月球的动能为

L1/、2orlJmM2

由于地球与月球的质量不同，故两者动能不同，A项错误;

B.双星系统中，两天体之间的万有引力提供向心力，有

粤=加心

1}

GMm

———=mco2G

1}

将轨道半径代入后整理得

(0=

24

CD------

将T代入整理得

M+m厘

GT2

B项正确;

C.由

GT2

两天体质量减小，距离增大，故周期增大，c项错误;

D.由于两天体距离增大，万有引力做负功，系统总动能减小，D项错误;

故选Bo

19.中国实验快堆是第四代核能系统的优选堆型，采用杯（*Pu）做燃料，在堆心燃料杯的外围再

,238

生区里放置不易发生裂变的铀（9?TUT）,杯-239裂变释放出的快中子被再生区内的铀-238吸收，转

变为铀-239,铀-239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钵-239,从而实现核燃料的“增殖”。

下列说法正确的是（）

A.铀-239转变为杯-239,经过了2次夕衰变

B.杯-239发生裂变过程中，电荷数守恒，质量也守恒

C.铀-239发生衰变的实质是原子核外的电子飞出

D.杯（“PU）裂变生成两个中等质量的核，杯核的比结合能小于生成的两个核的比结合能

【答案】AD

【解析】A.铀-239转变为钵-239,质量数不变，电荷数增加2,则经过了2次£衰变，故A正确；

B.杯-239发生裂变过程中，电荷数守恒，质量数也守恒，由于裂变放出能量，由质量亏损可知，

质量不守恒，故B错误：

C.铀-239发生夕衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，故C错误；

D.杯（-Ju）裂变生成两个中等质量的核，反应放出核能，生成的新核更加稳定，则杯核的比结

合能小于生成的两个核的比结合能，故D正确。

故选AD。

20.如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上,

小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则

下列说法正确的是（）

A.若'厚一§,则P、Q只能发生一次碰撞

4

若心则P、Q只能发生一次碰撞

C.若叫5则P、Q只能发生两次碰撞

D.若叫9,则P、Q只能发生多次碰撞

【答案】AC

【解析】AB.设Q滑到水平面上时速度大小为v,P、Q相碰.动量守恒及动能不变，有

mQv=mQvQI+mpvpl

121212

5%了=/加咯

联立解得第一次碰后

m0-mp

之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P,则有

出讣Ql|

解得

如」

mp3

A正确、B错误；

&=工

C.若％第一次碰后，可得

12

VPI=3V%=丁

之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有

性（-%）+,悔%|=恤也+叫用2

12121212

-%%+-^PVP1=-〃6为2+-

得

8

也=丁

5

因

VP2>VQ2

故P、Q只能发生两次碰撞，C正确：

1

〃?Q=

9-

D.若‘小第一次碰后，可得

4

%=丁

之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有

机Q(-VQI)+%%=mQvQ2+mvvp2

WQMQ

-QV!+-mvVp,=-/QV2+-mvVp2

得

因

VP2>|VQ2|

故P、Q只能发生两次碰撞，D错误。

故选AC。

21.如图，在平面直角坐标系的第二象限有一半径R=OAm的圆形区域内有磁感应强度为

B=2.0X102T的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，圆形区域与坐标轴相切于A、c两点，在第一、

-=2.0x10'6kg/C

四象限有竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.6V/m,有一束"的带正电的粒子在

第三象限沿y轴正方向，以％nLOxlO,Ws垂直射入圆形磁场中，粒子束宽度d=o.2m,经过磁场

偏转后打入第一象限，重力和一切阻力都不计，则下列说法正确的是（）

A.所有进入磁场中偏转的粒子最后都经C点打入电场

B.所有进入磁场中偏转的粒子最后都平行于x轴方向打入电场

C.从x="O/m处打入的粒子经磁场和电场偏转后与x轴交于x=0.5m处

D.从x=41m处打入的粒子经磁场和电场偏转后与x轴交于x=0,8m处

【答案】AC

【解析】A.粒子在磁场中做圆周运动过程中洛伦兹力提供向心力

nmvo

qv°B=-5-

解得

2.0xl0hxl.0xl03

“1%m=0.1m

qB2xl(y2

任意画一条运动轨迹如图，设粒子在磁场中的入射点为出射点为N

因为粒子做圆周运动的半径等于磁场半径，故四边形a“°2N为菱形，所以MO—即。声沿X

轴正方向，N点C点重合。故所有进入磁场中偏转的粒子最后都经C点打入电场，A正确；

B.由上述分析可知，粒子进入磁场中偏转后经过C点的速度方向不一定平行于x轴，B错误；

C.从工二川.向处打入的粒子在磁场中偏转后经c点平行于x轴打入电场，粒子在电场中做类平抛

运动

qE

a=-L—

m

1

y=R=—at9

2

联立可得

x=0.5m

C正确，D错误。

故选ACo

22.（6分）（1）某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电压表&的内阻及电源电动势。已知电

压表量程为3V,内阻&”=6000。，电压表Vz量程也为3V,内阻H丫2为几千欧（待测），电源电

动势约为5V,电源内阻可忽略。按以下步骤进行操作。

①按图甲所示原理图完成电路连接;

②把“、凡均调至最大阻值；

U—(j

③闭合开关s,调节&、%,使V|、V?均有合适示数，分别为4、5,若调至4、内满足2~=31

的关系，此时电阻箱&的阻值为1500C,则可知电压表V2的内阻&2为.

④若将"调至4000C并保持不变，调节记录多组对应的必、外值，以-为纵坐标，力为横

坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为协则电源的电动势为

(用己知量和已测得量计算出结果)。

(2)用伏安法测量电源电动势和内阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误

差。按如图乙所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差。

①闭合开关即、$2,灵敏电流计⑥的示数不为零，调节R和P使得灵敏电流计的示数为零,

读出电流表和电压表的示数人和■；②改变滑动变阻器R、R'的阻值，重新使得灵敏电流计

的示数为零，读出电流表和电压表的示数乙和02；③重复②操作，得到了多组/、u；④根据实验

得到的多组数据作出的U-I图线如图丙所示，由此可得电源的电动势E=V,内阻

【答案】300032.01.0

【解析】（1）③根据并联电路规律可知

为2

代入数据可得

&，2=3000Q

④根据闭合电路欧姆定律有

JC—U.-rI-R-'--\--1--^--V-2--A).

整理得

u_ERviR、R\fiJJ

Rvi+R-2(%i+4)

即

3E4

u,=---u2

故

（2）④根据闭合电路欧姆定律有

U=E-Ir

所以u-/图像的斜率为

L9-1.6

Q=-1.0Q=-r

--0.4-0.1

所以电源的内阻

r=1.0Q

当/=0.1A时，U=L9V,解得

E=2.0V

23.（9分）某实验小组设计了图甲所示的实验装置来测量木块与平板间的动摩擦因数，其中平板的

倾角6可调。

打点计时器纸带

123

34567891011121314151617181920

（1）获得纸带上点的部分实验步骤如下:

A.测量完毕，关闭电源，取下纸带

B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块

C.把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔

D.将木块靠近打点计时器

上述实验步骤的正确顺序是：（用字母填写）。

（2）打点计时器的工作频率为50Hz,纸带上计数点的间距如图乙所示。根据纸带求出木块的加速

度"=向小（保留两位有效数字）。

⑶若重力加速度g=9.8m//,测出斜面的倾角6,查表知sin6=0.60,cos6=0.80,若木块的质量

为根=0.20kg,则木块与平板间的动摩擦因数幺=（保留两位有效数字）。

（4）若另一小组利用图甲装置验证了牛顿第二定律，则实验时通过改变,验证质量一

定时，加速度与力成正比的关系；通过改变,验证力一定时，加速度与质量成反比的关

系。

【答案】CDBA1.60.55平板的倾角®加和久且粗（如夕-〃cos。）保持不变

【解析】（1）实验时首先要把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位

孔；将木块靠近打点计时器，接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块，测量完毕，关闭电源，

取下纸带。则此实验步骤的正确顺序是CDBAo

（2）根据—运用逐差法得

a=占=a5.70-9.00）-（9.00-3.90）xl（）.2m/s2水1nzs?

（57）2（5x0.02）2

（3）根据牛顿第二定律

mgsin0-/./mgcos0=ma

解得

卜ih0.55

（4）探究牛顿第二定律采取的是控制变量法，验证质量一定时，加速度与力成正比的关系，通过改

变平板的倾角0来改变合外力。

验证力一定时，加速度与质量成反比的关系，由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力和

摩擦力提供，所以要保证向下的合力不变，应该使团gsin6>-w〃gcos，不变，所以需要同时改变滑

块的质量“和斜面倾角

24.（14分）如图所示，一光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，半径R=7.5m,圆弧轨道的圆心。

在圆弧最低点B的正上方，其中NAO8=60。。圆弧轨道左侧有一顺时针方向匀速转动的水平传送带，

传送带上表面与圆弧轨道的圆心0在同一高度。现将可视为质点的物块P从传送带左端M由静止

释放，离开传送带右端N时恰好与传送带共速，从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块尸的质

量帆=3kg,重力加速度g取10mzs）求：

（1）传送带的速度；

（2）物块到达轨道最低的B时，小物块P对轨道的压力。

【答案】（1）5m/s2；（2）100N

【解析】（1）设传送带速度作,则在A点时

tan60=—

%

V；=2g/?cos60

解得

%5m/s

(2)从A到B

~^mvs~~mvA=mgRQ—cos60)

其中

%=f=2睥

cos60V3

在8点时

N-mg=

解得

、10

N=-^mg

根据牛顿第三定律可知小物块P对轨道的压力

M=『〃g=100N

25.（18分）如图所示，在正交坐标系°-xyz空间中，Oz竖直向下，。'为），轴上的一点。相距0.5m

的两平行抛物线状光滑轨道OR。下通过长度不计的光滑绝缘材料在P、P'处与平行倾斜粗糙直

z=4

轨道PQ、尸‘。’平滑相接，其中抛物线状轨道OP的方程为4,0。洞用导线连接R=1C的定

值电阻，倾斜轨道足够长，Q。'间用导线连接C=IF的电容器。电容器最初不带电。抛物线状轨道

区域存在方向竖直向下、磁感应强度的=4丁的匀强磁场，倾斜直轨道区域存在与导轨垂直向上、磁

感应强度名=2T的匀强磁场。一质量为0.5kg,长为0.5m的金属导体棒在恒定外力F作用下从y

轴开始以初速度%沿抛物线状轨道做加速度方向竖直向下、大小为10m/s?的加速运动，导体棒到达

连接处PP后立即撤去该外力凡已知金属导体棒与轨道始终接触良好，金属棒与倾斜直轨道间的

9

八ruzp——rn

动摩擦因数〃=075,P点纵坐标80，金属棒电阻为1C,其他电阻忽略不计，金属捧在运动

过程中始终与y轴平行，不计空气阻力，重力加速度g取求：

（1）金属棒初速度%的大小；

（2）外力F的大小和金属捧在抛物线状光滑轨道运动过程中产生的焦耳热.；

【答案】⑴2m/s；（2）4N,O.6J.⑶6

【解析】（D由题意可知，金属棒做类平抛运动，加速度为”=l°m/s2,则有

I2

Y_1；fz=—at

“一咿，2

解得

a

Z=-7尤2

2说

轨迹方程为

5

Z--X:

4

联立解得

%=2m/s

（2）由金属棒运动性质可知，金属棒有效切割速度不变，由法拉第电磁感应定律可得

E=BJ%

山闭合电路欧姆定律可得

1=-^—

R+r

又

F=kBJl

联立解得

F=4N

由

12

zp=］叫

解得金属棒在抛体状轨道上运动的时间为

3

t=­s

1x20

由焦耳定律可得

2

Q=irtt

解得

Q=0.6J

（3）金属棒运动到连接处时，金属棒的竖直分速度为

vv=ati=\.5m/s

金属棒运动到连接处时的速度为

v=J片+琉=2.5m/s

斜面倾角满足

tan0=—=0.75

%

可得

，=37。

金属棒滑上斜面后，由动量定理可得

r

-B2//AZ+mgsin0\t-〃ngcosONt=mv-mv

又

q=/A/

由电路特点和电容定义可得

f

q=CB2lv

联立解得

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计

分。

33.1选修3-31（15分）

（1）（5分）

下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得

5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A.知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，就能计算出阿伏加德罗常数

B.水胆能停于水面上，是由于液体表面张力的作用的结果

C.晶体有固定的熔点，但不一定有确定的几何形状，也不一定具有各向异性

D.影响蒸发快慢的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距

E.随着科技的发展，将来可以将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化

【答案】BCD

【解析】A.因为气体分子间距较大，所以只知道水蒸气的摩尔体积和水分了•的体积，不能计算出

阿伏加德罗常数，故A错误；

B.水晶能停于水面上，是由于液体表面张力的作用的结果，故B正确；

C.晶体分为单晶体和多晶体，晶体都有固定熔点，多晶体物理性质各向同性，没有固定的几何形

状；单晶体一定具有规则的几何外形和物理性质的各向异性，故C正确；

D.空气的相对湿度即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，故D

正确；

E.根据热力学第二定律可知，与热现象有关的宏观过程具有方向性，故不能将散失的能量重新聚

集利用而不引起其他变化，故E错误。

故选BCD,

（2）（10分）如图所示，导热的圆柱形气缸固定在水平桌面上，横截面积为5、质量为叫的活塞封

闭着一定质量的理想气体，活塞与气缸间无摩擦且不漏气。总质量为丐的祛码盘（含祛码）由绕过

定滑轮的细线与活塞相连。当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为〃，g为重力加速度。现使环

境温度缓慢升高到127：

（1）当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？

（2）保持环境温度为L2T不变，在活塞上方添加质量为的沙子时，活塞返回到高度为处，求

大气压强P。。

（5A/n+丐一〃q）g

【答案】⑴12〃（2）S

【解析】（1）当环境温度为T时，状态为压强为四，温度为T,体积为K；环境温度缓慢升高到L2T

时，状态为压强P2,温度为L2T,体积为匕。在缓慢变化的过程是个等压过程，故跟据盖吕萨克定

律可知

乜=七

刀T2

解得

V2=Sh'=V}=\.2Sh

h'=l.2h

（2）由题可知，在放沙子前体积为匕=L2S〃，活塞的受力

'^8+P0S=p2S+m2g

放沙子后返回到八处，体积为匕=s〃，活塞的受力

s

州g+Po+=P3s+m2g

这个过程是个等温过程，根据玻意耳定律可知

p2.1.25/2=p3sh

联立解得

_（5Aw+m2一叫）g

Po=S-

34.【选修3-41（15分）

（1）（5分）

如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图像，波速大小为mlOm/s,方向水平向右，此时波恰好传

到/点，下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选

对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

B.质点E开始振动的方向沿y轴负方向

C.当f=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置处

D.质点B、F在振动过程中相对平衡位置的位移总是相同

E.质点4、瓜/振动过程中的加速度总是相同

【答案】BDE

【解析】A.由波形图可知，波长2=4m,则周期

T=-=—s=0.4s

v10

故A错误；

B.由图像信息以及波的传播方向与质点振动方向的关系可知,E刚开始振动时的方向沿），轴负方向,

故B正确；

C.波传到户10m的质点的时间

r=5.ls时，x=10m的质点已经振动

Ar=5.1-0.2s=12-7'