2023年云南省大理州高考物理模擬試卷（二）及答案解析

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023年云南省大理州高考物理模擬試卷（二）1.如圖所示，輕質(zhì)網(wǎng)兜兜住重力為G的足球，用輕繩掛于光滑豎直墻壁上的A點(diǎn)，輕繩的拉力為FT，墻壁對(duì)足球的支持力為FN，則(

)A.FT<FN B.FT=2.如圖所示，一個(gè)盛水袋，某人從側(cè)面緩慢推裝液體的袋壁使它變形，則此過(guò)程中袋和液體的重心將(

)A.逐漸升高

B.逐漸降低

C.先降低再升高

D.始終不變3.如圖所示，虛線a、b、c表示電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面與紙平面的交線，且相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等。實(shí)線為一帶正電荷粒子僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點(diǎn)，則下面說(shuō)法中正確的是(

)A.φa>φb>φc

B.4.如圖甲為手機(jī)及無(wú)線充電板。圖乙為充電原理示意圖。交流電源接充電板，對(duì)充電板供電，充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，從而使手機(jī)內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流，再經(jīng)整流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對(duì)手機(jī)電池充電。為方便研究，現(xiàn)將問(wèn)題做如下簡(jiǎn)化：設(shè)受電線圈的匝數(shù)為n，面積為S，若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)垂直于受電線圈平面向上穿過(guò)線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度由B1均勻增加到B2A.c點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)的電勢(shì)

B.受電線圈中感應(yīng)電流方向由d到c

C.c、d之間的電勢(shì)差為n(B2?B1)5.某中學(xué)生將一質(zhì)量約為7kg的鉛球舉起放在肩膀處的位置，將其用力丟出，鉛球先上升大約0.8m后開始下降，最后落在距離他8mA.100J B.300J C.600J6.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，已知x軸上x1=1m和xA.2m/s B.4m/s7.一定強(qiáng)度的激光(含有三種頻率的復(fù)色光)沿半徑方向入射到半圓形玻璃磚的圓心O點(diǎn)，如圖甲所示。現(xiàn)讓經(jīng)過(guò)玻璃磚后的A、B、C三束光分別照射相同的光電管的陰極(如圖乙所示)，其中C光照射時(shí)恰好有光電流產(chǎn)生，則(

)

A.若用B光照射光電管的陰極，一定有光電子逸出

B.C光比B光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象

C.若入射光的入射角從零開始增大，C光比B光先消失

D.若用A光和C光分別照射光電管的陰極，A光照射時(shí)逸出的光電子的最大初動(dòng)能較大8.如圖所示，質(zhì)量均為m的小球和小環(huán)用長(zhǎng)為l不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固定的水平細(xì)桿上，將小球拉至輕繩與桿夾角為θ時(shí)，由靜止釋放，重力加速度為g，下列判斷正確的是(

)

A.小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒

B.小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同

C.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度為gl(19.用如圖所示的裝置，來(lái)完成“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中使用的小球1和2半徑相等，用天平測(cè)得質(zhì)量分別為m1、m2。在水平木板上鋪一張白紙，白紙上面鋪放復(fù)寫紙，記下重錘線所指的位置O。先不放小球2，使小球1從斜槽上某一點(diǎn)S由靜止?jié)L下，落到水平木板P點(diǎn)。再把小球2靜置于斜槽軌道末端，重復(fù)上述操作，小球1和小球2碰撞后分別落在水平木板上，在白紙上留下各自落點(diǎn)的痕跡。

(1)實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通過(guò)測(cè)量小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程來(lái)解決這個(gè)問(wèn)題。確定碰撞前后落點(diǎn)的位置P、M、N，用刻度尺測(cè)量出水平射程OP、OM、ON。

①本實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件是

。

A.斜槽軌道必須是光滑的

B.斜槽軌道末端必須是水平的

C.小球1每次必須從同一位置由靜止釋放

②實(shí)驗(yàn)器材準(zhǔn)備時(shí)，為確保小球1碰后不彈回，要求m1

m2(選填“>”、“<”、“=”)。

③若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式為：OP=

(用m1、m2、OM、O10.根據(jù)閉合電路歐姆定律，用圖甲所示的電路可以測(cè)定電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。圖中R0是定值電阻，通過(guò)改變R的阻值，在1、2位置處接一電壓傳感器，可直接顯示R0兩端的對(duì)應(yīng)電壓U12。對(duì)所得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，就可以實(shí)現(xiàn)測(cè)量目的。根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，在1U12?R坐標(biāo)系中描出坐標(biāo)點(diǎn)，如圖乙所示。已知R0=150Ω，請(qǐng)完成以下數(shù)據(jù)分析和處理。

(1)圖乙中電阻為

Ω的數(shù)據(jù)點(diǎn)應(yīng)剔除；

(2)在圖乙上畫出1U12?11.如圖所示，水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，置于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=5T，導(dǎo)軌寬度L=0.4m，左側(cè)與R=0.5Ω的定值電阻連接。右側(cè)有導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=2.0kg，電阻r=0.5Ω，與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，其余電阻可忽略不計(jì)。導(dǎo)體棒ab在大小為10N的水平外力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)了x=40cm12.某簡(jiǎn)易溫度報(bào)警裝置的示意圖如圖所示，其原理是：導(dǎo)熱性能良好的豎直細(xì)管中用水銀封閉了一定質(zhì)量的空氣(視為理想氣體)，當(dāng)溫度升高時(shí)，水銀柱上升，使電路導(dǎo)通，蜂鳴器發(fā)出報(bào)警聲。27℃時(shí)，空氣柱長(zhǎng)度L1=20cm，水銀柱上表面與導(dǎo)線下端的距離L沸點(diǎn)9899100101102壓強(qiáng)7475767778(1)求當(dāng)?shù)氐拇髿鈮簭?qiáng)p0；

(2)若取出1cm13.如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，第一象限存在與xOy平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且與y軸負(fù)方向的夾角θ=30°，第二象限存在垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶正電粒子自O(shè)點(diǎn)射入第二象限，速度v與x軸負(fù)方向的夾角θ=30°，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入第一象限，并由x軸上的M點(diǎn)(未畫出)離開電場(chǎng)。已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E=2Bv，粒子的比荷為vBL，不計(jì)粒子重力。

(1)求OP兩點(diǎn)的距離；

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如圖；運(yùn)用合成法，根據(jù)幾何知識(shí)得：

繩子對(duì)球的拉力為：FT=Gcosθ

墻壁的支持力為：FN=Gtanθ，

可知：FT>FN，2.【答案】A

【解析】解：從側(cè)面緩慢推袋壁使它變形，根據(jù)Ep=mgh，知重力勢(shì)能增大，則水的重心升高，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

故選：A。3.【答案】C

【解析】解：A、由于帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)所受電場(chǎng)力的方向指向軌跡的凹側(cè)，且和等勢(shì)面垂直可知，電場(chǎng)線是由c指向b在指向a，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向，電勢(shì)逐漸降低，所以有φa<φb<φc，故A錯(cuò)誤；

BC、帶正電粒子若從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)M點(diǎn)，電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向成銳角，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加；

若從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力的方向與粒子運(yùn)動(dòng)方向成鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，則動(dòng)能減少。

綜合上述分析可知EPM<EPN，EkM>EkN，故B錯(cuò)誤，C正確；

D4.【答案】D

【解析】解：AB、穿過(guò)受電線圈的磁通量向上且均勻增加，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)向下，根據(jù)安培定則可知電流從d流出，從c流入，所以d點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)電勢(shì)，故AB錯(cuò)誤；

C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知受電線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小E=nΔΦΔt=n(B2?B1)St2?t1，

則Ucd=?n(B2?5.【答案】B

【解析】解：鉛球做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平分速度為vx和豎直分速度為vy，拋出點(diǎn)到最高點(diǎn)的豎直高度為h上，拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離為x，

豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)vy2=2gh上，t上=vyg

解得vy=4m/s，t上=0.4s

水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拋出點(diǎn)距地面有一定高度，則vx?2t上<x

得vx<10m/s

對(duì)鉛球做的總功等于鉛球的初動(dòng)能：W=12mv06.【答案】AC【解析】解：由振動(dòng)圖像可知周期T=4s，t=0時(shí)刻，x1=1m處質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置且向下振動(dòng)，而x2=7m處質(zhì)點(diǎn)位于波峰。若波沿x軸正方向傳播，其波形如圖甲所示，x2處質(zhì)點(diǎn)的平衡位置可能在A1或A2或A3…

則有x2?x1=(n+14)λ，(n=0,1,2,…)

得λ=4(x2?x1)4n+1=4×(7?1)4n+1m=244n+1m，(n=0,1,2,…)

可得波速v=7.【答案】CD【解析】解：由圖甲可得，三種頻率的光，其中B光和C光為單色光，根據(jù)幾何光學(xué)知識(shí)可知，B光和C光中C光偏折程度較大，C光的折射率大，頻率高；A光除了BC光的反射光線外，還含有第三種頻率的光，為三種光的復(fù)合光。結(jié)合發(fā)生全反射的條件可知，第三種頻率的光頻率大于B光與C光。

A.C光頻率比B光高，C光照射光電管恰好有光電流產(chǎn)生，用B光照射同一光電管，不能發(fā)生光電效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.因C光的頻率大，波長(zhǎng)小，則C光比B光更不容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)sinC=1n可知，C光的臨界角較小，若入射光的入射角從0開始增大，C光比B光先消失，故C正確；

D.A光為三種頻率的復(fù)合光，但A光中某頻率的光發(fā)生了全反射，其臨界角最小，折射率最大，頻率最大，則A光和C光分別照射，光電管的陰極時(shí)，A光打出的光電子的最大初動(dòng)能較大，故D正確；

故選：CD。8.【答案】BC【解析】解：A.根據(jù)題意可知，小球向下擺動(dòng)，有豎直方向的加速度，系統(tǒng)在豎直方向上合力不為零，則小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)題意可知，水平方向不受外力，則小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。小球向右擺到的最高點(diǎn)時(shí)，小球和小環(huán)的速度相同，設(shè)為v，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得：0=2mv

解得：v=0。

根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球向右擺到的最高點(diǎn)和釋放點(diǎn)的高度相同，故B正確；

C.根據(jù)題意可知，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球速度的大小v1，小環(huán)速度的大小v2，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒定律有：0=mv1+mv2

由機(jī)械能守恒定律有：mgl(1?sinθ)=12mv12+12mv29.【答案】BC

<

OM+【解析】解：(1)①AC、實(shí)驗(yàn)要保證小球1到達(dá)斜槽末端時(shí)的速度相等，只要小球1每次從斜槽的同一位置由靜止釋放即可保證小球1到達(dá)斜槽末端時(shí)的速度相等，斜槽軌道不必光滑，故A錯(cuò)誤，C正確；

B、為使小球離開斜槽軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須是水平的，故B正確。

故選：BC。

②為確保小球1碰后不彈回，要求m1>m2；

③設(shè)小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，小球m1的碰前速度為

v0=OPt，

碰撞后的速度大小

v1=OMt，

小球m2的碰后速度大小

v2=ONt，

小球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2

整理得：OP=OM+m2m1ON；

(10.【答案】80

0.00444

1.50

【解析】解：(1)根據(jù)畫圖描點(diǎn)原則應(yīng)舍掉電阻為80Ω的點(diǎn)；

(2)連線時(shí)應(yīng)該用直線擬合，使線過(guò)盡可能多的點(diǎn)，不在線上的數(shù)據(jù)點(diǎn)均勻分布在線的兩側(cè)；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律得：

Ep=U12+U12R0(R+rx)

解得：1U12=1Ex+R11.【答案】解：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，設(shè)最大速度為vm。

此時(shí)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLvm

電流為：I=Er+R

則此時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力為：

FB=BIL=B2L2vmR+r

由平衡條件得：FB+μmg=F

聯(lián)立解得最大速度：vm=1.5m/s；

(2)當(dāng)速度為v=1m/s，由牛頓第二定律得：

F?B2L2v【解析】(1)當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度到達(dá)最大，由平衡條件可以求出導(dǎo)體棒的最大速度。

(2)根據(jù)牛頓第二定律列式即可求得加速度大小；

(3)12.【答案】解：(1)以封閉氣體為研究對(duì)象，初狀態(tài)體積：V1=L1S，溫度：T1=(27+273)K

恰好報(bào)警時(shí)，體積：V2=(L1+L2)S，溫度：T2=？

根據(jù)蓋?呂薩克定律可得：V1T1=V2T2

解得：T2=375【解析】(1)以封閉氣體為研究對(duì)象，根據(jù)蓋?呂薩克定律進(jìn)行解答；

(2)13.【答案】解：(1)帶電粒子在第二象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖，圓心為C

由牛頓第二定律，得qvB=mv2R

解得R=L

由幾何關(guān)系得：∠OCP=120°

則OP=3L

(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T=2πRv