2023-2024学年甘肃省示范名校高三第二次联考物理试卷含解析

2023-2024学年甘肃省示范名校高三第二次联考物理试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，再选涂其它答案标号。

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。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。

导线框以某一初速度向右运动，t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，并以此位置开始计时做为导线框位移x的起点，随后导线框进入磁场区域，直至导线框的右边与磁场区域右边界重合。

下列图象中，可能正确描述上述过程的是（其中q表示流经线框的电荷量，v表示线框的瞬时速度）（）
A．B．
C．D．
2、某发电机通过理想变压器给定值电阻R提供正弦交流电，电路如图，理想交流电流表A，理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。

若发电机线圈的转速变为原来n倍，则
A．R消耗的功率变为nP
B．电压表V的读数为nU
C．电流表A的读数仍为I
D．通过R的交变电流频率不变
3、甲、乙两汽车在两条平行且平直的车道上行驶，运动的v —t 图象如图所示，已知t =0时刻甲、乙第一次并排，则（ ）
A ．t =4s 时刻两车第二次并排
B ．t =6s 时刻两车第二次并排
C ．t =10s 时刻两车第一次并排
D ．前10 s 内两车间距离的最大值为12m
4、如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外．ab 边中点有一电子发源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子．已知电子的比荷为k ．则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为
A ．14kBl 5
B ．14kBl ，54kBl
C ．12kBl 5
D ．12kBl ，54
kBl 5、一个质量为m 的质点以速度0v 做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为02
v 。

质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中 A ．该质点做匀变速直线运动 B ．经历的时间为
02mv F C ．该质点可能做圆周运动
D 021mv
6、一额定电压U额＝150V的电动机接在电压U1＝5V的直流电源上时未转动，测得此时流过电动机的电流I1＝0.5A。

现将该电动机接入如图所示的电路，用以提升质量m＝50kg的重物，当电源供电电压恒为U2＝200V时，电动机正常工作，保护电阻R＝10Ω，不计一切摩擦，g＝10m/s2电动机正常工作时，下列说法正确的是( )
A．电动机线圈的直流电阻r＝30Ω
B．电动机的铭牌应标有“150V，10A＂字样
C．重物匀速上升的速度大小v＝2m/s
D．若重物被匀速提升h＝60m的高度，整个电路消耗的电能为E总＝6×104J
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图甲、乙所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体，由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉到顶端，两次到达顶端的速度相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次F2水平向右。

则两个过程中（）
A．物体机械能变化量相同
B．物体与斜面摩擦生热相同
C．F1做的功与F2做的功相同
D．F1做功的功率比F2做功的功率小
8、长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M到金属板右端距离为l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示. 质量为m、电荷量为q的粒子以初速度0v从两金属板正中间自左端N点水平射入，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上. 对此过程，下列分析正确的是（）
A．粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等
B ．板间电场强度大小为2mg q
C ．若仅将滑片P 向下滑动一段后，再让该粒子从N 点以水平速度0v 射入板间，粒子不会垂直打在光屏上
D ．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N 点以水平速度0v 射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上
9、如图所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°
)从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（ ）
A ．A 、
B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶3
B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2－3)∶1
C ．A 、B 两粒子的比荷之比是3∶1
D ．A 、B 两粒子的比荷之比是(2＋3)∶3
10、已知均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。

如图所示，一个均匀带正电的金属球壳的球心位于x 轴上的O 点，球壳与x 轴相交于A 、B 两点，球壳半径为r ，带电量为Q 。

现将球壳A 处开有半径远小于球半径的小孔，减少的电荷量为q ，不影响球壳上电荷的分布。

已知球壳外侧两点C 、D 到A ，B 两点的距离均为r ，则此时（ ）
A ．O 点的电场强度大小为零
B ．
C 点的电场强度大小为
2(4)4k Q q r - C ．C 点的电场强度大小为2()4k Q q r - D ．D 点的电场强度大小为2(94)36k Q q r - 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。

其中M 为带滑轮的小车的
质量，m为砂和砂桶的质量。

(滑轮质量不计)
(1)实验时，一定要进行的操作是______。

A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两相邻计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______m/s2(结果保留两位有效数字)。

(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。

A．2tanθB．
1
tanθ
C．k D．
2
k
12．（12分）某同学要测量量程为6 V的电压表V x的内阻，实验过程如下：
(1) 先用多用电表粗测电压表的内阻，将多用电表功能选择开关置于“×1 K”挡，调零后，将红表笔与电压表________(选填“正”或“负”)接线柱连接，黑表笔与另一接线柱连接，指针位置如图所示，电压表内阻为________Ω.
(2) 为了精确测量其内阻，现提供以下器材：
电源E(电动势为12 V，内阻约为1 Ω)
Ｋ开关和导线若干
电流表A(量程0.6 A，内阻约为3 Ω)
电压表V(量程10 V，内阻约为15 kΩ)
定值电阻R 0(阻值为5 kΩ)
滑动变阻器R 1(最大阻值为5 Ω，额定电流为1 A)
滑动变阻器R 2(最大阻值为50 Ω，额定电流为1 A)
①请选用合适的器材，在方框中画出实验电路图_______(需标注所用实验器材的符号)．
② 待测电压表V x 内阻测量值的表达式为R x ＝________．(可能用到的数据：电压表V x 的示数为U x ，电压表V 的示数为U ，电流表A 的示数为I )
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图甲，一竖直导热气缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将气缸分隔成A 、B 两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A 、B 两部分气体体积相等，压强之比为2:3，拔去销钉，稳定后A 、B 两部分气体体积之比为2:1，如图乙。

已知活塞的质量为M ，横截面积为S ，重力加速度为g ，外界温度保持不变，不计活塞和气缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B 部分气体的压强。

14．（16分）一半圆柱形透明体横截面如图所示，O 为截面的圆心，半径R ＝3cm ， 折射率n ＝3．一束光线在横截面内从AOB 边上的A 点以60°的入射角射入透明体，求该光线在透明体中传播的时间．（已知真空中的光速c ＝3.0×108 m/s ）
15．（12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场。

磁感应强度大小 2.0T =B ，一质量8
5.010kg m -=⨯，电荷量61.010C q -=⨯的粒子（重力不计），从点沿纸面以方向与轴负方向夹角30θ=︒，大小不同的速度射入磁场，已知30cm OP L =，3π≈：
(1)若粒子垂直x 轴飞出，求粒子在磁场中飞行时间；
(2)若粒子不能进入x 轴上方，求粒子速度大小满足的条件。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D
【解析】
AB ．线圈进入磁场时，产生的感应电动势为
E =BLv
感应电流为
E I R
= 线框受到的安培力大小为
22B L v F BIL R
== 由牛顿第二定律为
F =ma
则有
22B L v a mR
= 在线框进入磁场的过程中，由于v 减小，所以a 也减小，则流经线框的电荷量
R BLx R
q ∆Φ== 则q ∝x ，q -x 图象是过原点的直线。

根据数学知识得：
q BL x BLv I t R t R
∆∆===∆∆ 因为v 减小，则q -t 图象切线斜率减小；当线框完全进入磁场后，无感应电流，不受安培力，线框做匀速直线运动，磁
通量不变，故AB 错误；
C ．线圈进入磁场的过程做加速度减小的变减速运动，v -t 图象是曲线，故C 错误；
D ．线圈进入磁场的过程，根据动量定理得：
0BILt mv mv -=-
又
BLvt BLx q It R R
=== 联立整理得
22
0B L v v x mR
=- v -x 图象是向下倾斜的直线，线框完全进入磁场后，做匀速直线运动，故D 正确。

故选D 。

2、B
【解析】
当发电机线圈的转速变为原来n 倍，发电机产生交流电的电动势有效值和频率都将发生变化。

变压器的输入电压变化后，变压器的输出电压、副线圈的电流、R 消耗的功率随之改变，原线圈的电流也会发生变化。

原线圈中电流的频率变化，通过R 的交变电流频率变化。

【详解】
B ：发电机线圈的转速变为原来n 倍，发电机线圈的角速度变为原来n 倍，据m E NBS ω=可得，发电机产生交流电电动势的最大值变为原来n 倍，原线圈两端电压变为原来n 倍。

据1212::U U n n =可得，副线圈两端电压变为原来n 倍，电压表V 的读数为nU 。

故B 项正确。

A ：R 消耗的功率22R U P R
=，副线圈两端电压变为原来n 倍，则R 消耗的功率变为2n P 。

故A 项错误。

C ：流过R 的电流22U I R
，副线圈两端电压变为原来n 倍，则流过R 的电流2I 变为原来的n 倍；再据1221::I I n n =，原线圈中电流变为原来n 倍，电流表A 的读数为nI 。

故C 项错误。

D ：发电机线圈的转速变为原来n 倍，发电机产生交流电的频率变为原来的n 倍，通过R 的交变电流频率变为原来的n 倍。

故D 项错误。

3、C
【解析】
AB.由图像可知，在前8s 内，甲的位移
x ′=vt =48m
乙的位移
x ″=262+·12m=48m 说明t =8s 时刻两车第二次并排，选项AB 均错误；
C.两车第二次并排后，设经过△t 时间两车第三次并排，有：
v ·△t =v 1·△t-2212
a t ⋅∆ 解得△t =2s ，两车恰好在乙速度为零时第三次并排，第三次两车并排的时刻为t =10s ，选项C 正确； D.由图像可知，前10s 内两车在t =4s 时刻两车距离最大（图像上左侧的梯形面积），
△x =242
+×6m=18m 选项D 错误。

4、B
【解析】
a 点射出粒子半径R a =4l =a mv Bq ，得：v a =4Bql m =4
Blk ， d 点射出粒子半径为2222l R l R ⎛⎫=+- ⎪⎝
⎭ ，R =54l 故v d =54Bql m
=54klB ，故B 选项符合题意
5、D
【解析】
质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，力F 是恒力所以不能做圆周运动，而是做匀变速曲线运动．设力F 与初速度夹角为θ，因速度的最小值为
02v 可知初速度v 0在力F 方向的分量为02v ，则初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有
v 0cos 30°－F m
t ＝0 在垂直恒力方向上有质点的位移
s =联立解得时间为
t = 发生的位移为
s = 选项ABC 错误，D 正确；
故选D ．
6、D
【解析】
A ．电动机不转动时的电阻即线圈的直流电阻，由欧姆定律知， 11
10U r I ==Ω 故A 错误；
B ．电动机的额定电流
2=5A U U I R -=额额
电动机的铭牌应标有“150V ，5A”字样，故B 错误； C ．由
2U I I r mgv -=额额额
得，重物匀速上升的速度大小
1m/s v =
故C 错误；
D ．因重物上升60m 的时间
60s h t v
== 由2=E U I t 总额得
4=610J E ⨯总
故D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD
【解析】
A ．两个过程中，物体的末速度相同，动能相同，则动能的变化量相同，物体上升相同的高度，重力势能变化量相同，所以物体的机械能变化量相同，故A 正确；
B ．由图分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，故物体与斜面的摩擦力产热不相同，故B 错误；
C ．根据动能定理得
2102
F f W mgh W mv --=
- 解得 212
F f W mgh W mv +=+ 第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，则F 1做的功比F 2做的少，故C 错误；
D ．根据
2
v x t = 知x 、v 相同，则t 相同，而F 1做的功小于F 2做的功，根据
W P t
= 可知F 1做功的功率比F 2做功的功率小，故D 正确。

故选AD 。

8、ABD
【解析】
A 、粒子先在水平放置的平行金属板间做平抛运动，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子离开电场后，粒子一定打在屏的上方，做斜上抛运动，粒子在水平放置的平行金属板间做平抛运动和离开电场后斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v 0，所以粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等，故A 正确；
B 、设粒子在平行金属板间的运动过程中加速度大小为a ，则粒子离开电场竖直分速度大小为10
·y qE mg l v at m v -==，
粒子离开电场后斜上抛运动则有20·y l v gt g v ==，联立解得2mg E q
=，故B 正确； C 、若仅将滑片P 向下滑动一段后，R 的电压减小，电容器的电压减小，带电量要减小，因为二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间的电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N 点以水平速度0v 射入板间，粒子会垂直打在光屏上，故C 错误；
D 、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器的电容要减小，由Q C U
=知U 不变，电量要减小，但因为二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间的电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N 点以水平速度0v 射入板间，粒子会垂直打在光屏上，故D 正确；
故选ABD ．
【点睛】粒子先在水平放置的平行金属板间做平抛运动，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子离开电场后，粒子一定打在屏的上方，做斜上抛运动，粒子在水平放置的平行金属板间做平抛运动和离开电场后斜上抛运动，采用运动的合成与分解求解．
9、BD
【解析】
AB ．设AB 两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R 和r ，
根据上图可知
cos30R R d ︒+=
cos60r r d ︒+=
联立解得
3(23)23R r -==- 故A 错误，B 正确。

CD ．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
2
v qvB m r
=
解得q v m Br
=，由题意可知，两粒子的v 大小与B 都相同，则AB 两粒子的q m 之比与粒子的轨道半径成反比，即粒子
C 错误，
D 正确。

故选BD 。

10、BD
【解析】
A ．根据电场强度的合成可得，O 点的电场强度大小
2=O kq E r
故A 错误；
BC ．C 点的电场强度大小
222(4)44C kQ kq k Q q E r r r
-=-= 故B 正确，C 错误；
D ．根据电场强度的合成可得，D 点的电场强度大小
222(94)4936D kQ kq k Q q E r r r
-=-= 故D 正确。

故选BD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、BCD 1.3 D
【解析】
(1)[1]AE ．本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，AE 错误；
B ．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B 正确；
C ．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，C 正确；
D ．改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F 变化关系，D 正确；
故选：BCD 。

(2)[2]相邻计数点间的时间间隔为
30.020.06s T =⨯=，
连续相等时间内的位移之差：
0.5cm x ∆=，
根据2x aT ∆=得：
2
22220.510m /s 1.3m /s 0.06
x a T -∆⨯===； (3)[3]对a -F 图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数：
2F Ma =，
即
2a F M
=， a -F 图线的斜率为k ，则
2k M
=， 故小车质量为：
2M k
=， 故D 正确。

故选D 。

12、 (1) 负 1.00×
104 (2) ① 如图所示； ② -x x
U R U U 0 【解析】
（1）红表笔是欧姆表的负极，所以应该接电压表的负接线柱．电压表的内阻为410.01000 1.0010⨯Ω=⨯Ω． （2）滑动变阻器的电阻远小于电压表的内阻，应该选择分压接法，若使用1R 会使流过滑动变阻器的电流超过1A ，故要选择2R ，电路图如图：
根据欧姆定律可得电压表内阻的测量值为：00x x x x x U U R R U U U U R ==--．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、32Mg S
【解析】
设气缸总容积为V ，初始状态
23
A B p p =① 最终平衡状态
B A Mg p p S
''=+② A 、B 两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得
223
A A V V p p '⋅=⋅③ 23
B B V V p p '⋅
=⋅④ 联立解得
32B Mg p S
'=⑤ 14、3.0×
10-10s 【解析】
设此透明体的临界角为C ，依题意
13sin 3
C n ==
当入射角为时，由0sin 60sin n α=，得折射角 30α=︒
此时光线折射后射到圆弧上的C 点，在C 点入射角为
，比较可得入射角大于临界角，发生全反射，同理在D 点也
发生全反射，从B 点射出
在透明体中运动的路程为 3s R =
在透明体中的速度为
c v n
= 传播的时间为 3s nR t v c =
==3.0×10-10s 15、 (1)26.2510s -⨯；(2)8m/s v ≤
【解析】
(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，由几何关系可得 10.6m R =
1150PO Q ∠=︒
则
2111
mv qv B R = 13
2T v R π= 解得飞行时间
2s 150 6.2510360t T -︒==⨯︒
甲
(2)若带电粒子不从x 轴射出，临界轨迹如图乙所示。

乙
由几何关系得
22sin OP R R L θ+=
解得
20.2m R =
由
2222
mv qv B R = 解得
28m/s v =
当8m/s v ≤时粒子不能进入x 轴上方。