2023年青海省西宁市大通县高考物理二模试卷+答案解析(附后)

2023年青海省西宁市大通县高考物理二模试卷
1. 中科院合肥物质科学研究院的可控核聚变装置全超导托卡马克已实现了可重复的亿摄氏度101秒和亿摄氏度20秒等离子体运行，创造了新的世界纪录。

核聚变的核反应方程是，则下列说法错误的是( )
A. X是中子
B. 这个反应必须在高温下才能进行
C. 是核反应中释放的内能
D. 的比结合能要大于的比结合能
2. 北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示.运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用、P、、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计运动员所受空气阻力，下列图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
3. 人类通过不断的探索，发现了适宜人类居住的星球，该宜居星球的密度与地球密度相同，半径为地球半径的4倍，假设地球表面重力加速度为，则该宜居星球表面重力加速度为( )
A. B. C. D.
4. 如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷，在y轴上C 点有点电荷，且，，下列判断正确的是( )
A. O点电场强度为零
B. D点电场强度方向沿OD方向
C. 若将点电荷从O移向C，电势能增大
D. 若将点电荷从O移向C，电势能增大
5. 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，
为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )
A. 电流表的示数为10A
B. 线圈转动的角速度为
C. 时线圈平面与磁场方向垂直
D. 时电阻R中电流的方向自右向左
6. 如图所示，绕过定滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，定滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，保持B点高度不变，在人缓慢向左移动一小段距离的过程中( )
A. 绳上张力变大
B. 人对地面的压力变大
C. 地面对人的摩擦力变大
D. 滑轮受到绳的作用力变大
7. 两带电的平行板A、B水平放置，上极板A的中央有一小孔.如图甲所示，一带电油滴
从小孔的正上方的O点处自由下落，穿过上极板A中央的小孔后，刚好不与下极板B相碰，在此过程中，油滴的速度v随时间t变化的关系如图乙所示.重力加速度为g，不计空气阻力，可知( )
A. 在时，油滴刚好穿过A板的小孔
B. 在时，油滴刚好返回到O点
C. 油滴受到的重力与电场力之比为2：3
D. O点到下极板B的距离为
8. 如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻、
，阻值均为R，右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。

质量
为m、长度也为d的金属杆置于左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静
止开始运动，经时间t到达时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零。

已知金属
杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是( )
A. 杆刚进入磁场时速度大小为
B. 杆刚进入磁场时电阻两端的电势差大小为
C. 整个过程中，流过金属杆的电荷量为
D. 整个过程中，电阻上产生的焦耳热为
9. 某实验小组成员用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验.他们在气垫导轨上安装
了一个光电门，调节气垫导轨水平，装有遮光条的滑块放在导轨上，用绕过气垫导轨左端定
滑轮的细线将滑块与钩码相连.
实验前先用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图所示，则_____mm；
由静止释放滑块，与光电门相连的数字计时器，记录遮光条遮光的时间t，若滑块和遮光条的总质量为M，钩码的质量为m，滑块没有释放时遮光条到光电门的距离为L，则表达式______在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验证.
多次改变滑块遮光条到光电门的距离L，记录每次遮光条遮光的时间t，作出图像，如果图像是一条过原点的直线，图像的斜率等于______，则机械能守恒定律得到验证.
10. 某同学做“测定电动势约2V，内阻约几欧的电池的电动势和内阻”实验。

他采用如图1所示的实验电路进行测量。

现有下列器材供选用：
A.电压表内阻约
B.电压表内阻约
C.电流表内阻约
D.电流表内阻约
E.滑动变阻器
F.滑动变阻器
实验中所用电压表应选______ ，电流表应选用______ ，滑动变阻器应选用______ 。

填字母代号
图2中给出了做实验所需要的各种仪器。

请你按电路图把它们连成实验电路______ 在
答题卷上先用铅笔连线，确定准确无误后，再用签字笔连线。

根据实验数据做出图象，如图3所示，蓄电池的电动势______ V，内电阻
______ 结果保留2位有效数字。

这位同学对以上实验进行了误差分析。

其中正确的是______ 。

A.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用导致的
B.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用导致的
C.实验测出的电动势小于真实值
D.实验测出的内阻大于真实值
11. 如图所示，传送带以速度顺时针传动，P、Q间距离，紧挨传送带
右侧放置一质量的木板B。

一质量为的滑块可看作质点以
的速度从传送带的左端滑上传送带，到达右端时，刚好与传送带共速。

滑块滑出传送带时与木板B发生弹性碰撞，碰后滑块被反弹回传送带上，继续在传送带上运动，已知重力加速度
，试求：
滑块m第一次从传送带左端滑到右端的过程中，由于摩擦产生的热量；
滑块m被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离。

12. 如图所示，真空中一对平行金属板长为L，两板间有垂直
板面向下的匀强电场，质量为m、
电荷量为q的带负电粒子以速
度从两板中央沿中线进入电场，粒子射出平行板时速度方向
与中线夹角为，板右侧有上、下范围足够大的有界匀强磁场区
域，磁场方向与纸面垂直，磁场边界与两板中线垂直，两边界
间距离为d，不计粒子重力，忽略板外空间的电场，求：
匀强电场的场强大小E；
欲使粒子经磁场偏转后垂直于右边界穿出，磁感应强度B；
欲使粒子经磁场偏转后从左边界穿出，求磁感应强度的最小值。

13. 下列说法中正确的是( )
A. 知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数
B. 当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
C. 单晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性
D. 一定质量的理想气体保持压强不变，在温度升高时，吸收的热量一定大于内能的增加量
E. 随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，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
14. 如图所示，水平放置内壁光滑的圆柱形密闭汽缸，内有可自由活动的活塞将汽缸分为Ⅰ、Ⅱ两部分。

活塞与汽缸左侧连接一轻弹簧，当活塞与汽缸右侧接触时弹簧恰好处于原长。

开始Ⅱ内封闭有一定质量的理想气体，Ⅰ内为真空，稳定时Ⅱ内气柱长度为，此时弹
簧弹力与活塞重力大小之比为3：4。

已知开始环境温度为，汽缸导热性能良好，活塞
质量，截面积，重力加速度g取。

将活塞锁定，将环境温度缓慢上升至，求此时Ⅱ部分气体的压强；
保持环境温度不变，解除活塞锁定，同时将汽缸逆时针缓慢旋转，求稳定时Ⅱ
部分气柱的长度。

15. 下列有关光学现象的说法正确的是( )
A. 光的偏振说明光是一种横波
B. 玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象
C. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
D. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
E. 红光和黄光分别通过同一双缝干涉装置，红光形成的相邻亮条纹间距小
16. 如图所示，位于x轴上的P、Q两个质点间的距离。

时刻，从位于原
点的波源发出的一列简谐横波刚好传播到P点。

此后又经，P完成了10次全振动，Q 完成了8次全振动，已知波源振动时的振幅。

求这列波的波速大小v；
写出波源振动的位移y随时间t变化的函数关系式。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据质量数守恒和核电荷数守恒可知X的质量数为1，核电荷数为0，则X是中子，故A正确；
这个反应是热核反应必须在高温下才能进行，故B正确；
是核反应中释放的核能，故C错误；
该核聚变释放能量，生成物的原子核更稳定，的比结合能要大于的比结合能，故D 正确。

本题选错误选项，故选：C。

根据核反应过程中规律和爱因斯坦的质能方程分析判断。

本题考查核聚变，要求掌握核反应过程中规律和爱因斯坦的质能方程。

2.【答案】D
【解析】解：A、滑雪运动员离开起跳区后在空中做平抛运动，加速度为g，速度变化量为
，可知速度变化量和时间t成正比，图像为过原点的一条倾斜直线，故A错误；
B、经过时间t后竖直方向速度为，重力的瞬时功率为，可知重力瞬时功率P和时间t关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故B错误；
C、不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程中机械能守恒，不随时间变化，故C错误；
D、设运动员起跳时的速度为，则经过时间t动能为，可知动能和时间关系为二次函数，图像为抛物线一部分，顶点不在原点，故D正确。

故选：D。

运动员在空中做平抛运动，根据分析与t的关系。

根据、相结合分析重力的瞬时功率P与t的关系。

不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程机械能守恒。

根据机械能守恒定律列式，分析动能与时间的关系。

本题关键要明确运动员的受力特征和运动性质，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。

3.【答案】B
【解析】解：设地球的密度为、质量为、半径为、重力加速度为，假设地球表面有
一物体的质量为m，物体受到的万有引力提供重力，由此可得：
其中
可得：
由题知，该宜居星球的密度与地球密度相同，半径为地球半径的4倍，设该宜居星球的重力加速度为，则可知：
，故B正确，ACD错误；
故选：B。

地球表面的物体的万有引力提供重力，结合质量和密度的关系得出重力加速度的表达式，结合半径的比值关系得出该星球表面的重力加速度。

本题主要考查了万有引力定律的相关应用，星球表面的物体的万有引力提供重力，结合质量和密度的关系即可完成分析。

4.【答案】C
【解析】解：A、A、B两点两个等量同种点电荷在O点产生的电场强度抵消，O点的电场强度等于点电荷在O点产生的电场强度，不为零，故A错误；
B.设，根据点电荷产生的电场强度公式得到，两个等量同种点电荷在D点
产生的电场强度大小为，方向y轴负方向。

在O点产生的电场强度大小也为
，方向y轴正方向，则D点的合场强为零，故B错误；
若将点电荷从O移向C，则由点电荷的分布可知，三个电荷都对点电荷做负功，若将
点电荷从O移向C，三个电荷都对点电荷做正功，由此可知将点电荷从O移向C，电势能增大，若将点电荷从O移向C，电势能减小，故C正确，D错误。

故选：C。

O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．
空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成．等量同种电荷的电场要抓住对称性．
5.【答案】A
【解析】解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是，周期，由于电流
表的示数为有效值，故示数，故A正确；
B、角速度，故B错误；
C、时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D、由楞次定律可判断出时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误；
故选：A。

由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出时流过电阻的电流方向．
本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值．
6.【答案】AC
【解析】解：滑轮两边绳上的力大小相等，人缓慢向左移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的夹角变大，对滑轮处结点受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
解得：
可知，变大，绳上的张力T变大，故A正确；
B.对人分析有
结合上述解得
根据牛顿第三定律可知，人对地面的压力为
可知人对地面的压力不变，故B错误；
C.对人分析可知地面对人的摩擦力为
可知变大，地面对人的摩擦力变大，故C正确；
D.对滑轮与小球整体分析可知，滑轮受到绳的作用力与小球重力平衡，即，滑轮受到绳的作用力不变，故D错误；
故选：AC。

对滑轮处结点受力分析，根据共点力平衡条件求出绳的张力变化；在对人受力分析，根据平衡条件和牛顿第三定律可知摩擦力和人对地面压力的变化；滑轮受到绳的作用力与小球重力平衡。

熟练应用平衡条件及正交分解法解答共点力平衡问题，提高应用数学知识解决物理问题的能力。

7.【答案】AC
【解析】解：AB、根据题意再结合甲乙两图分析可知，油滴先从O点开始做自由落体运动，在
时，油滴刚好穿过A板的小孔，在时，油滴在电场中速度减为零，刚好到达B板未与之相碰，故A正确，B错误；
D
、时间段内油滴做自由落体运动，则时刻的速度为：，而速度-时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则可知O点到下极板B的距离为：，故D错误；
C、速度-时间图像的斜率表示物体的加速度，设油滴进入电场时的速度为v，由图乙可知，油滴做自由落体运动时，由牛顿第二定律有：
油滴进入电场后，由牛顿第二定律有：
联立以上两式可得：mg：：3，故C正确。

故选：AC。

根据题意结合图象，分清油滴的运动过程，确定各个时刻的位置；
根据牛顿第二定律，结合加速度的意义，求电场力与重力之比；
对整个过程，由图象的面积求O点到下极板的距离。

此题的关键要掌握带电油滴变速直线的综合，分清物理过程要与实际运动相对应，要学会知识的迁移，从而解决相关动力学问题。

8.【答案】AD
【解析】解：A、杆进入磁场之前的加速度，则进入磁场时速度大小为，故A
正确；
B 、杆刚进入磁场时产生的感应电动势：，则电阻两端的电势差大小为：
，故B错误；
C.金属杆进入磁场后，根据动量定理有
根据电流的定义式有
解得：，故C错误；
D.电路产生的焦耳热
并联电路产生的焦耳热
电阻上产生的焦耳热
解得：，故D正确。

故选：AD。

根据牛顿第二定律求解杆进入磁场之前的加速度，根据速度-时间关系求解进入磁场时速度大小；根据闭合电路的欧姆定律求解杆刚进入磁场时产生的感应电动势和电阻两端的电势差；由动量定理求解电荷量；根据功能关系结合焦耳定律求解电阻上产生的焦耳热。

对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。

9.【答案】
【解析】解：由图乙可知，该游标卡游标尺的最小刻度为，主尺读数为2mm，游标
尺的读数为，则
该实验的原理是通过钩码高度的降低，使钩码的重力势能转化为钩码和滑块及遮光条共同的动能，则只要等式
在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验证。

由可得
则只要图像的斜率为
则机械能守恒定律得到验证。

故答案为：；；。

先确定游标卡尺的最小分度值，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；
根据钩码的重力势能和钩码和滑块及遮光条共同的动能变化量绝对值的关系判断；
根据钩码的重力势能和钩码和滑块及遮光条共同的动能变化量绝对值相等推导判断。

本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。

10.【答案】B C F 见解析
【解析】解：电源电动势为，故电压表选择3V量程的B；内阻约为几欧，故电流较小，电流表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的F；
根据电路图连接实物图，如图甲所示：
由图示电源图象可知，图象与纵轴交点坐标值为，电源电动势，电源内阻为：
在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用。

作出图线实际图线和测量图线，如图乙所示，知电动势的测
量值偏小，内电阻的测量值偏小，故AD错误，BC正确。

故答案为：，C，F；见解析；，；。

为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流；
根据电路图连接实物图；
由图示图象求出电源电动势与内阻；
通过作出的实际图线和测量图线判断测量电动势和内阻的误差。

本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，要掌握实验器材的选择原则，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。

11.【答案】解：从P运动到Q的过程中，对物体m只有到摩擦力做功，由动能定理可得：
解得：
则可知滑块在传送带上做减速运动的加速度大小为
则减速所用的时间为：
可知滑块的对地位移为：
传送带对地的位移为
可得相对位移为
则因摩擦产生的热量为
由题意知滑块与木板发生弹性碰撞，则碰撞前后动量守恒，机械能守恒，选择向右的方向为正方向，由此可得：
，
解得：，方向水平向左
设碰撞后滑块向左运动直至速度减为零这一过程中运动的位移为，则根据运动学公式可得：
解得
在此过程中运动的时间为
在此时间内传送带向右移动的位移为
滑块速度减为零后开始反向做匀加速直线运动，可知滑块向右滑动速度会达到并恰好离开传送带，在此时间内传送第向右运动的位移为3m，故可得滑块m被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离为6m。

答：滑块m第一次从传送带左端滑到右端的过程中，由于摩擦产生的热量为25J；
滑块m被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离为6m。

【解析】根据动能定理列式得出的大小，结合运动学公式得出相对位移的大小，再根据摩擦生热的计算公式完成分析；
根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式得出反弹后的速度，结合运动学公式即可完成分析。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，同时熟悉动能定理和运动学公式即可完成分析，整体难度不大。

12.【答案】解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运动时间为t，
水平方向：
粒子离开磁场时的竖直分速度：
由牛顿第二定律得：
粒子在竖直方向的分速度：
解得：
粒子进入磁场时的速度
粒子垂直右边界射出磁场，粒子运动轨迹如图1所示，
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
粒子在磁场中做匀速圆周运动从磁场左边界射出时最大轨道半径对应的运动轨迹与磁场右边界相切，
此时磁感应强度最小，粒子运动轨迹如图2所示，由几何知识可知：
解得粒子轨道半径：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
答：匀强电场的场强大小E是；
欲使粒子经磁场偏转后垂直于右边界穿出，磁感应强度B是；
欲使粒子经磁场偏转后从左边界穿出，磁感应强度的最小值是。

【解析】粒子在匀强电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度大小。

粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子做匀速圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度。

粒子运动轨迹与磁场有边界相切时粒子磁场左边界穿出磁场，此时对应的磁感应强度最大，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。

本题考查了带电粒子匀强电场和匀强磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提；要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般步骤：根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式分析答题。

13.【答案】BCD
【解析】解：根据气体分子的模型可知，气体分子间距较大，其占据的体积大于分子本身的体积，所以不能用摩尔体积除以分子体积去求得阿伏伽德罗常数，故A错误；
B.当分子力表现为斥力时，当分子间距离的减小，则分子力做负功，根据功能关系可知分子势能
增大，故B正确；
C.晶体分为单晶体和多晶体，都具有固定的熔点，但单晶体具有规则的几何外形，物理性质表现为各向异性，而多晶体没有规则的几何外形且物理性质表现为各向同性，故C正确；
D.根据热力学第一定律的表达式可知对于一定质量的理想气体保持压强不变，在温度升高时体积增大，气体对外做功，W取负，而温度升高能内增大，取正，因此吸收的热量一定大于内能的增加量，故D正确；
E.根据热力学第二定律，与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故不能将散失的能量重新收集起来而不引起其他的变化，故E错误。

故选：BCD。

根据气体的分子模型，结合阿伏加德罗常数的相关计算完成分析；
理解分子间距离与分子势能之间的关系；
理解单晶体的特点，结合题目选项完成分析；
根据热力学第一定律分析出气体吸收的热量与内能增加量的关系；
理解热力学第二定律的内容，结合题目选项完成分析。

本题主要考查了热力学定律的相关应用，熟悉热力学第二定律的内容，结合热力学第一定律得出气体的吸放热情况即可完成分析。

14.
【答案】解：开始环境温度为时，根据题意有，且
根据查理定律有
代入数据解得
稳定时Ⅱ在上方，设长度为x，压强为
根据玻意耳定律有
由于活塞与气缸右侧接触时为原长，则
根据受力平衡有
解得，或舍去
答：将活塞锁定，将环境温度缓慢上升至，此时Ⅱ部分气体的压强为；
保持环境温度不变，解除活塞锁定，同时将汽缸逆时针缓慢旋转，稳定时Ⅱ部分气柱的长度为。