第第頁【解析】安徽省三校（六安一中、合肥八中、阜陽一中)2023年高三理綜物理5月模擬試卷登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

安徽省三校（六安一中、合肥八中、阜陽一中)2023年高三理綜物理5月模擬試卷

一、單選題

1．（2023·合肥模擬）以下物理內容描述不正確的是()

A．愛因斯坦通過對光電效應實驗規律的分析揭示了光具有粒子性的一面

B．玻爾模型對一切原子的光譜現象都能準確解釋

C．放射性元素的半衰期與其以單質還是化合物形式存在無關

D．原子核的比結合能大小可以反映其穩定性特征

2．（2023·合肥模擬）如圖，一匝數為N的正方形線圈abcd邊長為L，電阻不計，以角速度在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO’轉軸勻速轉動．已知轉軸與磁場垂直且在線圏平面內，圖示位置為線圈平面與磁場平行，線圈通過電刷連接一理想變壓器，原副線圈匝數分別為n1和n2，兩交流電壓表均為理想電表，R為滑動變阻器，以下說法正確的是()

A．交流電壓表V2的示數為

B．僅將滑動變阻器R的動片P向上調節流過變壓器原線圈電流變大

C．僅將正方形線圈轉動的角速度變為2倍，變壓器的輸入功率變為4倍

D．線圈從圖示位置轉過90°過程，穿過線圈平面的磁通量變化了NBL2

3．（2023·合肥模擬）北京時間2023年4月10日21時，人類首張黑洞照片面世．該黑洞位于室女座一個巨橢圓星系M87的中心，距離地球5500萬光年，質量約為太陽的65億倍．黑洞的引力很大，使得視界內的逃逸速度不小于光速．若某黑洞質量M和半徑R的關系満足:(其中c為光速，G為引力常量)，且觀測到距黑洞中心距離為r的天體以速度v繞該黑洞做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()

A．光年是時間的單位

B．該黑洞質量為

C．該黑潤的半徑為

D．該黑洞表面的重力加速度為

4．（2023·合肥模擬）兩電荷量分別為Q1和Q2的點電荷固定在y軸上的M、N兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨坐標y變化的關系圖象如圖所示，其中P點電勢最高，且在y軸上MP長度小于PN長度．則下列說法正確的是()

A．Q1和Q2都帶正電荷

B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量

C．在M、N之間將一點電荷沿y軸從P點下側移到上側，電勢能先減小后增大，則該點電荷帶正電

D．一點電荷只在電場力作用下沿y軸從P點運動到接近N點，加速度逐漸變大

5．（2023·合肥模擬）某課外探究小組用如圖所示實驗裝置測量學校所在位置的地做地磁場的水平分量Bx．將一段細長直導體棒南北方向放置，并與開關、導線、電阻箱和電動勢為E、內阻為R的電源組成如圖所示的電路．在導體棒正下方距離為L處放一小磁針，開關斷開時小磁針與導體棒平行，現閉合開關，緩慢調節電阻箱接入電路中的電阻值，發現小磁針逐漸偏離南北方向，當電阻箱接入電路的電阻值為9R時，小磁針的偏轉角恰好為60°．已知通電長直導線周圍某點磁感應強度為(式中I為通過導線的電流強度，r為該點到通電長直導線的距離，k為常數)，導體棒和導線電阻均可忽略不計，則該位置地磁場的水平分量大小為()

A．B．C．D．

二、多選題

6．（2023·合肥模擬）如圖所示，正方形abcd區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩帯電粒子從a點沿與ab成30°角的方向垂直射入磁場．甲粒子垂直于bc邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點離開磁場．已知甲、乙兩帶電粒子的電荷量之比為1：2，質量之比為1：2，不計粒子重力．以下判斷正確的是()

A．甲粒子帶負電，乙粒子帶正電

B．甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍

C．甲粒子在磁場中的運動弧長是乙粒子在磁場中運動弧長的倍

D．如果改變入射速度大小，甲粒子有可能從ab邊射出，乙粒子不可能從bc邊射出

7．（2023·合肥模擬）如圖，一斜面緊靠豎直墻面固定在水平地面上．在紙面內加一勻強電場，其方向與水平面夾角為，場強，現將一質量為m帶電量為+q的小球從斜面上P點豎直向上以v0拋出，第一次與接觸面撞前空中飛行的豎直位移為y1，若僅將初速度大小變為3v0從P點豎直拋出，第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2，則下列說法可能正確的是()

A．y2=2y1B．y2=4y1C．y2=6y1D．y2=10y1

8．（2023高二上·長春月考）如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為m、長為L的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質量為m的小物塊A(可視為質點)從左端以速度沖上木板，當v＝v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速。此過程中A、B系統生熱為Q，則()

A．若，A，B系統生熱為

B．若，A，B相對運動時間為

C．若，B經歷t0時間的位移為

D．若，A經歷到達木板右端

9．（2023·合肥模擬）下列說法中正確的是()

A．針尖加熱后接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟為晶體

B．溫度一定時，當人們逐漸感到潮濕，則此時空氣的絕度濕度一定增大

C．兩個相互接觸的物體達到熱平衡時，此時二者一定具有相同的內能

D．一切與熱現象的對應的自發過程都是不可逆的

E．若氣體分子總數不變而氣體溫度升高，則氣體壓強可能不變

10．（2023·合肥模擬）如圖所示，實線是沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，虛線是這列波在t＝0.16s時刻的波形圖．已知該波的波速是1m/s，則下列說法正確的是()

A．這列波的波長是12cm

B．這列波可能是沿x軸正方向傳播的

C．t＝0.04時，x＝4cm處的質點速度沿y軸負方向

D．0～0.16s內，x＝6cm處的質點振動方向改變了3次

E．若此波傳入另一介質中其波速變為0.5m/s，則它在該介質中的波長為6cm

三、實驗題

11．（2023·合肥模擬）《研究勻變速直線運動實驗》中，打點計時器打出的一段紙帶如圖甲所示(使用交流電的頻率為50Hz)，已知紙帶記錄的是勻加速直線運動，且相鄰兩計數點間還有四個點未畫出來，各計數點間距離已在圖中標出，則紙帶記錄的加速度a＝m/s2，C點對應的瞬時速度vC＝m/s，該紙帶上E點后一段被撕斷，圖乙中的段能夠與原來紙帶拼接．(保留3位有效數字)

12．（2023·合肥模擬）要測量一個電源的電動勢和內電阻，給定下列實驗器材：

A．待測電源(電動勢約8V，內阻約2Ω)

B．電流表A(量程0.6A，內阻約1Ω)

C．電壓表V(量程3V，內阻為2kΩ)

D．滑動變阻器R(阻值范圍0-20Ω)

E.定值電阻R1＝4kΩ

F.定值電阻R2=20Ω

開關及導線

實驗要求電流表和電壓表的最大讀數都要超過量程的一半．

①若定值電阻選R1，畫出其實驗電路．

②若定值電阻選R2，畫出實驗電路．

③若選電阻R2設計電路，調節滑動變阻器R，分別得到兩組電壓，電流對應值U1、I1和U2、I2，則待測電源的電動勢E＝；內阻r＝，由此計算出的電源內阻相對真實值(“偏大”、“偏小”、“不變”)

四、解答題

13．（2023·合肥模擬）如圖甲所示，粗糙水平面上放置一塊長L＝2m，質量M=2kg的薄木板，一質量為m＝1kg的木塊放在木板的右端，輕質細線左端固定在墻上，右端通過力傳感器連在木塊上．現對木板施加一水平向右的力F，利用傳感器連接計算機繪制出細線拉力(F)與時間(t)的關系如圖乙所示．(g＝10m/s2)

試分析

（1）木塊與木板之間的動摩擦因數多大：

（2）已知木塊與地面、木板與地面之間的動摩擦因數均為＝0.2，現剪斷細線，對木板施加向右的恒力F＝11N，并開始計時，則t＝4s時，木塊的速度多大

14．（2023·合肥模擬）如圖所示，彎折成90°角的兩根足夠長金屬導軌平行放置，形成左右兩導軌平面，左導軌平面與水平面成，右導軌平面與水平面成37°，兩導軌相距L＝0.2m，電阻不計.質量均為m＝0.1kg，電阻均為R＝0.1Ω的金屬桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，金屬桿與導軌間的動摩擦因數均為＝0.5，整個裝置處于方向平行于左導軌平面且垂直右導軌平面向上的勻強磁場中.現讓cd固定不動，將金屬棒b由靜止釋放，當b沿導軌下滑x＝6m時，速度剛好達到穩定，此時，整個回路消耗的電功率為P＝0.8w，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

（1）磁感應強度B的大小

（2）ab沿導軌下滑x＝6m的過程中b棒上產生的焦耳熱Q

（3）若將ab與cd同時由靜止釋放，經時間t＝1.5s，cd棒的速度大小為7m/s，則ab棒的速度是多大．

15．（2023·合肥模擬）如圖所示，質量不計的兩個活塞A、B置于豎立圓筒的上下側，二者之間密封一定質量的理想氣體，活塞B與一勁度系數為k=500N/m的彈簧相連，平衡時兩活塞相距l0＝lm．現用力F向上拉活塞A，使其緩慢上移一段距離后再次平衡，此時力F＝400N．已知活塞橫截面積S＝0.02m2，外界大氣壓強p0＝10×105Pa，密封氣體無漏氣且溫度始終保持不變，不計一切摩擦，求：

①活塞A向上移動的距離H

②此過程大氣壓強對兩活塞做的總功W；

16．（2023·合肥模擬）如圖，某光學元件由截面為半徑為R的圓柱與直角三角形的三棱柱組成，二者為材料相同的透明玻璃．已知三角形BC邊的長度也為R，∠BAC＝30°.現讓一細束單色光從AB邊上距離A點為R的D點沿與AB邊成斜向右上方入射，光線經AC邊反射后剛好直接垂直于BC邊進入圓柱區域，求：

①試計算光線從圓弧上的E點(圖中未畫出)射出時的折射角

②試計算該細光束在玻璃中傳播的時間t(已知光在真空中的傳播速度為c)．

答案解析部分

1．【答案】B

【知識點】物理學史

【解析】【解答】A.愛因斯坦通過對光電效應實驗規律的分析揭示了光具有粒子性的一面，A正確，不符合題意；

B.玻爾模型只能解釋氫原子光譜，不能對一切原子的光譜現象準確解釋，B錯誤，符合題意；

C.放射性元素的半衰期與其以單質還是化合物形式存在無關，C正確，不符合題意；

D.原子核的比結合能大小可以反映其穩定性特征，比結合能越大，原子核越穩定，D正確，不符合題意；

故答案為：B

【分析】玻爾的原子模型只能解釋氫原子光譜，不能解釋其他光譜現象；半衰期的大小與單質或化合物的形式無關。

2．【答案】C

【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值

【解析】【解答】A.交流電壓的最大值等于NBωL2，電壓表V1示數為有效值NBωL2，交流電壓表V2的示數為，A不符合題意；

B.僅將滑動變阻器R的動片P向上調節，則電阻變大，則次級電流減小，則流過變壓器原線圈電流變小，B不符合題意；

C.僅將正方形線圈轉動的角速度ω變為2倍，則交流電的最大值變為原來的2倍，有效值變為2倍，次級電壓變為原來的2倍，根據可知，次級功率變為原來的4倍，則變壓器的輸入功率變為4倍，C符合題意；

D.線圈從圖示位置轉過90°過程，穿過線圈平面的磁通量變化了BL2，D不符合題意.

故答案為：C

【分析】利用電動勢的有效值結合匝數之比可以求出電壓表的讀數；負載電阻變大時會導致輸出電流和輸入電流都變??；利用電動勢的表達式結合角速度的變化可以判別功率的變化；利用磁通量的表達式可以判別磁通量的變化。

3．【答案】C

【知識點】萬有引力定律及其應用

【解析】【解答】A．光年是光在一年運動的距離，則光年是距離單位，A不符合題意；

B．由題意可知，解得，B不符合題意；

C．由可得，C符合題意；

D．由以及，解得，D不符合題意.

故答案為：C

【分析】光年屬于長度單位；利用引力提供向心力結合質量和半徑的關系可以求出質量、半徑及重力加速度的大小。

4．【答案】D

【知識點】電勢差、電勢、電勢能；勻強電場電勢差與場強的關系

【解析】【解答】A．從N到P的電勢升高，從P到M電勢降低，則電場線方向P到N，再從P到M，則Q1和Q2是同種電荷，一定是負電荷，A不符合題意；

B．在P點，φ-y圖線切線斜率為零，則P點的電場強度大小為零，說明Q1和Q2兩點電荷在P點產生的場強大小相等，方向相反，由公式，MP＜NP，則Q1的電荷量小于Q2的電荷量，B不符合題意；

C．負電荷從P點下側移到P點上側，電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，C不符合題意；

D．在φ-y圖線切線斜率為場強的大小，從P點到N點斜率越來越大，故場強越來越大，則一點電荷只在電場力作用下沿y軸從P點運動到接近N點，加速度逐漸變大，D符合題意．

故答案為：D

【分析】利用電勢的變化可以判別電場線方向及場源電荷的電性；利用斜率大小可以判別場強的大小及場源電荷量的大??；利用電勢結合電性的大小可以判別電勢能的變化及電場力做功；利用斜率大小可以判別加速度的變化。

5．【答案】C

【知識點】電磁感應的發現及產生感應電流的條件；力的平行四邊形定則及應用

【解析】【解答】由歐姆定律可得電路中的電流值：，由題目中給出的公式可得小磁針處電流產生的磁場：，由小磁針的偏轉角恰好為60°可得：，解得，地磁場的水平分量大小：，C符合題意，ABD不符合題意．

故答案為：C

【分析】利用歐姆定律結合磁感應強度的表達式可以求出磁場水平分量的大小。

6．【答案】B,C

【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動

【解析】【解答】由甲粒子垂直于bc邊離開磁場可知，甲粒子向上偏轉，所以甲粒子帶正電，乙粒子從ad邊的中點離開磁場可知，乙粒子向下偏轉，所以乙粒子帶負電，A不符合題意；

設磁場區域的邊長為L，由幾何關系可知，R甲=2L，乙粒子在磁場中偏轉的弦切角為60°，弦長為L/2，所以，解得：R乙=L，由牛頓第二定律得：，動能：，所以甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍，B符合題意；由幾何關系可知，甲粒子的圓心角為30°，由B分析可得，乙粒子的圓心角為120°，根據弧長可知甲粒子在磁場中的運動弧長是乙粒子在磁場中運動弧長的倍，C符合題意；如果改變入射速度大小，減小甲粒子的速度，則半徑減小，則甲粒子有可能從ab邊射出；增加乙粒子的速度，即增大乙粒子的運動半徑，則乙粒子也可能從bc邊射出，D不符合題意．

故答案為：BC

【分析】利用左手定則可以判別粒子的電性；利用幾何關系結合牛頓第二定律和動能的表達式可以求出動能的大??；利用圓心角和半徑可以求出弧長的比值；利用速度對半徑的影響可以判別粒子的運動軌跡。

7．【答案】B,C

【知識點】位移的合成與分解；勻變速直線運動基本公式應用

【解析】【解答】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力，大小為，其豎直分量為；則小球做豎直方向做勻速運動；水平方向，則水平方向做加速度為的勻加速運動；若小球第一次能落到斜面上，則第一次與接觸面撞前，則（其中α為斜面的傾角），則，則當初速度大小變為3v0時，豎直位移y變為原來的9倍；若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上，則水平位移相等，則時間相等，由y=v0t可知，則當初速度大小變為3v0時，豎直位移y變為原來的3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墻壁上，可知豎直位移應該介于3倍和9倍之間，則BC符合題意，AD不符合題意．

故答案為：BC

【分析】利用力的分解結合位移公式可以求出豎直方向位移的大小關系。

8．【答案】A,C

【知識點】動量與能量的綜合應用一板塊模型

【解析】【解答】當v=v0時，取向右為正方向，根據動量守恒定律得：mv0=2mv′，代入數據得：v′=0.5v0。由能量守恒定律得：Q=mv02-×2mv′2=mv02。若，取向右為正方向，根據動量守恒定律得m=2mv′得：v′=v0。系統生熱：，選項A符合題意；當v=v0時，對B，由動量定理得：ft0=mv′可得：；若，根據動量守恒定律得得：。對B，由動量定理得：，可得：，選項B不符合題意；若v=v0，則由A選項的分析可知：fL=Q=mv02；對物體B：聯立解得：，選項C符合題意；若v=2v0，取向右為正方向，根據動量守恒定律得：m2v0=mvA+mvB，A、B系統生熱等于系統克服摩擦力做功，與木板的長度有關，可知A、B系統生熱仍為Q。根據能量守恒定律得：。結合上面解答有：Q=mv02。對B，由動量定理得：ft=mvB-0；聯立解得：，（另一值不合理舍去），，故D不符合題意.

故答案為：AC

【分析】利用系統能量守恒及動量守恒可以求出系統產生的熱量；利用動量定理可以求出運動的時間；利用動能定理結合能量守恒可以求出B運動的位移和A經歷的時間。

9．【答案】B,D,E

【知識點】固體和液體；溫度；理想氣體與理想氣體的狀態方程

【解析】【解答】A．針尖加熱后接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明云母為晶體，A不符合題意；

B．溫度一定時，當人們逐漸感到潮濕，則此時空氣的絕度濕度一定增大，B符合題意；

C．兩個相互接觸的物體達到熱平衡時，此時二者一定具有相同的溫度，C不符合題意；

D．根據熱力學第二定律可知，一切與熱現象的對應的自發過程都是不可逆的，D符合題意；

E．若氣體分子總數不變而氣體溫度升高，若氣體的體積變大，則氣體壓強可能不變，選項E符合題意.

故答案為：BDE

【分析】蜂蠟的熔化是說明云母片屬于晶體；利用相對濕度的變化可以判別絕對濕度的變化；熱平衡的兩個物體具有相同的溫度。

10．【答案】A,D,E

【知識點】橫波的圖象

【解析】【解答】A．由圖可知λ=12cm，A符合題意；

B．則周期為：；，對應，則由圖可知傳播方向必向左，B不符合題意；

C．由圖可知，在t=0.04s時刻x=4cm處的質點在y軸負方向位置沿y軸正方向振動，C不符合題意；

D.0.12s=1T，x=6cm處的質點振動方向在4/3周期內共改變了3次，D符合題意；

E．若此波傳入另一介質中速度變為0.5m/s，但是周期不變，則它在該介質中的波長為，選項E符合題意

故答案為：ADE

【分析】利用圖像可以得出波長的大?。焕貌ㄋ俸筒ㄩL可以求出周期的大小；利用傳播的距離和波長大小可以判別波傳播的方向；利用運動的時間可以判別質點的位置及運動方向；利用周期大小可以判別質點振動方向改變的次數；利用頻率不變結合波速可以求出波長的大小。

11．【答案】0.780；0.239；（2）

【知識點】探究小車速度隨時間變化的規律

【解析】【解答】根據結合逐差法可知：；C點對應的瞬時速度；由可知E后面的點與E點間距為；再后面的兩點間距為4.34cm+0.78cm=5.12cm，則圖乙中的（2）段能夠與原來紙帶拼接.

【分析】利用逐差法可以求出加速度的大小；利用平均速度公式可以求出速度的大??；利用鄰差公式可以判別接下來的紙帶長度。

12．【答案】；；；；偏小

【知識點】電池電動勢和內阻的測量

【解析】【解答】①因電源電動勢為8V，而電壓表量程為3V，若定值電阻選R1，則需將定值電阻與電壓表串聯，相當與將電壓表擴大量程，則其實驗電路為：

；②若定值電阻選R2，則由于電壓表和電流表的量程都相對較小，可將R2與電源串聯，相當增加了電源內阻值，電路如圖；

；③由閉合電路的歐姆定律：U1=E-I1(R2+r)；U2=E-I2(R2+r)；

聯立解得：；；

由電路圖可得，電壓表測路端電壓，但由于電壓表的分流作用，使電流表的測量值小于真實值；實驗誤差是由于電壓表的分流造成的；當外電路短路時，電壓表不分流，故短路電流相同；而測量的電壓值要小于真實值；故作出測量值和真實值的圖象如圖所示；

由圖示可知，伏安法測電阻相對于電源來說采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，電流表測量值偏小，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的U-I圖象如圖所示，由圖象可知，電動勢測量值小于真實值，電源內阻測量值小于真實值．

【分析】（1）利用定值電阻的大小結合電表的量程可以判別選擇電表的改裝；

（2）選擇定值電阻小需要和電源串聯增大電源的內阻；

（3）利用閉合電路的歐姆定律可以求出電動勢和內阻的大?。焕秒妷罕矸至骺梢耘袆e內阻的測量值偏小。

13．【答案】（1）解：由圖乙可知，木塊與木板間滑動摩擦力f=1N，則μ1mg=f，解得μ1=0.1

（2）解：剪斷細線后，木塊向右勻加速運動，加速度為

木板向右勻加速運動，加速度：

經時間t1，木塊離開木板，則：

解得t1=2s，

此時木塊的速度v=at1=2m/s

木塊離開木板后，在水平面繼續向右做勻減速運動，加速度

再經過時間t2速度為零，則

故t=4s時，木塊的速度為零

【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型

【解析】【分析】（1）利用摩擦力的表達式可以求出動摩擦因數的大小；

（2）利用牛頓第二定律結合速度位移公式可以求出木塊的速度大小。

14．【答案】（1）解：ab棒速度達到穩定，即達到最大速度做勻速運動，有：

整個回路消耗的電功率：

則ab棒的最大速度：vm=4m/s

又整個回路的電功率又可表示為

解得B=0.5T

（2）解：ab棒下滑x=6m過程中，根據能量守恒：

ab棒產生的焦耳熱為：

解得Ｑ＝0.2Ｊ

（3）解：對cd棒：

即

對ab棒：

聯立消去xab可得：

故vab=2m/s

【知識點】電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題

【解析】【分析】（1）利用平衡方程結合功率的表達式可以求出磁感應強度的大??；

（2）利用能量守恒定律可以求出焦耳熱的大小；

（3）利用動量定理可以求出速度的大小。

15．【答案】解：①設活塞B向上移動的距離為x，由平衡條件F=kx

解得x=0.8m

活塞A受力向上移動的距離為H，由玻意耳定律（氣體的溫度不變）：

解得H=1.05m

②大氣壓強對活塞A和活塞B做的總功

解得W=-500J

【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程

【解析】【分析】（1）利用平衡條件結合等溫變化可以求出活塞上移的距離；

（2）利用恒力和位移可以求出大氣壓對活塞做的功。

16．【答案】解：①光線在三棱柱和1/4圓柱中的光路圖如圖：

由幾何關系可知，β=30°，則由光的折射定律：

解得n=

由幾何關系可知，

則，

故在GEB中，由幾何關系可得由因為n=，

則

解得

②由幾何關系

故光在玻璃中的傳播路程為，

光在玻璃中的速度：，

則光在玻璃中的傳播時間：

【知識點】光的折射及折射定律

【解析】【分析】（1）利用幾何知識結合折射定律可以求出折射角的大小；

（2）利用光傳播的路程和傳播的速度可以求出傳播的時間。

二一教育在線組卷平臺（）自動生成1/1登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

安徽省三校（六安一中、合肥八中、阜陽一中)2023年高三理綜物理5月模擬試卷

一、單選題

1．（2023·合肥模擬）以下物理內容描述不正確的是()

A．愛因斯坦通過對光電效應實驗規律的分析揭示了光具有粒子性的一面

B．玻爾模型對一切原子的光譜現象都能準確解釋

C．放射性元素的半衰期與其以單質還是化合物形式存在無關

D．原子核的比結合能大小可以反映其穩定性特征

【答案】B

【知識點】物理學史

【解析】【解答】A.愛因斯坦通過對光電效應實驗規律的分析揭示了光具有粒子性的一面，A正確，不符合題意；

B.玻爾模型只能解釋氫原子光譜，不能對一切原子的光譜現象準確解釋，B錯誤，符合題意；

C.放射性元素的半衰期與其以單質還是化合物形式存在無關，C正確，不符合題意；

D.原子核的比結合能大小可以反映其穩定性特征，比結合能越大，原子核越穩定，D正確，不符合題意；

故答案為：B

【分析】玻爾的原子模型只能解釋氫原子光譜，不能解釋其他光譜現象；半衰期的大小與單質或化合物的形式無關。

2．（2023·合肥模擬）如圖，一匝數為N的正方形線圈abcd邊長為L，電阻不計，以角速度在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO’轉軸勻速轉動．已知轉軸與磁場垂直且在線圏平面內，圖示位置為線圈平面與磁場平行，線圈通過電刷連接一理想變壓器，原副線圈匝數分別為n1和n2，兩交流電壓表均為理想電表，R為滑動變阻器，以下說法正確的是()

A．交流電壓表V2的示數為

B．僅將滑動變阻器R的動片P向上調節流過變壓器原線圈電流變大

C．僅將正方形線圈轉動的角速度變為2倍，變壓器的輸入功率變為4倍

D．線圈從圖示位置轉過90°過程，穿過線圈平面的磁通量變化了NBL2

【答案】C

【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值

【解析】【解答】A.交流電壓的最大值等于NBωL2，電壓表V1示數為有效值NBωL2，交流電壓表V2的示數為，A不符合題意；

B.僅將滑動變阻器R的動片P向上調節，則電阻變大，則次級電流減小，則流過變壓器原線圈電流變小，B不符合題意；

C.僅將正方形線圈轉動的角速度ω變為2倍，則交流電的最大值變為原來的2倍，有效值變為2倍，次級電壓變為原來的2倍，根據可知，次級功率變為原來的4倍，則變壓器的輸入功率變為4倍，C符合題意；

D.線圈從圖示位置轉過90°過程，穿過線圈平面的磁通量變化了BL2，D不符合題意.

故答案為：C

【分析】利用電動勢的有效值結合匝數之比可以求出電壓表的讀數；負載電阻變大時會導致輸出電流和輸入電流都變??；利用電動勢的表達式結合角速度的變化可以判別功率的變化；利用磁通量的表達式可以判別磁通量的變化。

3．（2023·合肥模擬）北京時間2023年4月10日21時，人類首張黑洞照片面世．該黑洞位于室女座一個巨橢圓星系M87的中心，距離地球5500萬光年，質量約為太陽的65億倍．黑洞的引力很大，使得視界內的逃逸速度不小于光速．若某黑洞質量M和半徑R的關系満足:(其中c為光速，G為引力常量)，且觀測到距黑洞中心距離為r的天體以速度v繞該黑洞做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()

A．光年是時間的單位

B．該黑洞質量為

C．該黑潤的半徑為

D．該黑洞表面的重力加速度為

【答案】C

【知識點】萬有引力定律及其應用

【解析】【解答】A．光年是光在一年運動的距離，則光年是距離單位，A不符合題意；

B．由題意可知，解得，B不符合題意；

C．由可得，C符合題意；

D．由以及，解得，D不符合題意.

故答案為：C

【分析】光年屬于長度單位；利用引力提供向心力結合質量和半徑的關系可以求出質量、半徑及重力加速度的大小。

4．（2023·合肥模擬）兩電荷量分別為Q1和Q2的點電荷固定在y軸上的M、N兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨坐標y變化的關系圖象如圖所示，其中P點電勢最高，且在y軸上MP長度小于PN長度．則下列說法正確的是()

A．Q1和Q2都帶正電荷

B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量

C．在M、N之間將一點電荷沿y軸從P點下側移到上側，電勢能先減小后增大，則該點電荷帶正電

D．一點電荷只在電場力作用下沿y軸從P點運動到接近N點，加速度逐漸變大

【答案】D

【知識點】電勢差、電勢、電勢能；勻強電場電勢差與場強的關系

【解析】【解答】A．從N到P的電勢升高，從P到M電勢降低，則電場線方向P到N，再從P到M，則Q1和Q2是同種電荷，一定是負電荷，A不符合題意；

B．在P點，φ-y圖線切線斜率為零，則P點的電場強度大小為零，說明Q1和Q2兩點電荷在P點產生的場強大小相等，方向相反，由公式，MP＜NP，則Q1的電荷量小于Q2的電荷量，B不符合題意；

C．負電荷從P點下側移到P點上側，電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，C不符合題意；

D．在φ-y圖線切線斜率為場強的大小，從P點到N點斜率越來越大，故場強越來越大，則一點電荷只在電場力作用下沿y軸從P點運動到接近N點，加速度逐漸變大，D符合題意．

故答案為：D

【分析】利用電勢的變化可以判別電場線方向及場源電荷的電性；利用斜率大小可以判別場強的大小及場源電荷量的大??；利用電勢結合電性的大小可以判別電勢能的變化及電場力做功；利用斜率大小可以判別加速度的變化。

5．（2023·合肥模擬）某課外探究小組用如圖所示實驗裝置測量學校所在位置的地做地磁場的水平分量Bx．將一段細長直導體棒南北方向放置，并與開關、導線、電阻箱和電動勢為E、內阻為R的電源組成如圖所示的電路．在導體棒正下方距離為L處放一小磁針，開關斷開時小磁針與導體棒平行，現閉合開關，緩慢調節電阻箱接入電路中的電阻值，發現小磁針逐漸偏離南北方向，當電阻箱接入電路的電阻值為9R時，小磁針的偏轉角恰好為60°．已知通電長直導線周圍某點磁感應強度為(式中I為通過導線的電流強度，r為該點到通電長直導線的距離，k為常數)，導體棒和導線電阻均可忽略不計，則該位置地磁場的水平分量大小為()

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】電磁感應的發現及產生感應電流的條件；力的平行四邊形定則及應用

【解析】【解答】由歐姆定律可得電路中的電流值：，由題目中給出的公式可得小磁針處電流產生的磁場：，由小磁針的偏轉角恰好為60°可得：，解得，地磁場的水平分量大小：，C符合題意，ABD不符合題意．

故答案為：C

【分析】利用歐姆定律結合磁感應強度的表達式可以求出磁場水平分量的大小。

二、多選題

6．（2023·合肥模擬）如圖所示，正方形abcd區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩帯電粒子從a點沿與ab成30°角的方向垂直射入磁場．甲粒子垂直于bc邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點離開磁場．已知甲、乙兩帶電粒子的電荷量之比為1：2，質量之比為1：2，不計粒子重力．以下判斷正確的是()

A．甲粒子帶負電，乙粒子帶正電

B．甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍

C．甲粒子在磁場中的運動弧長是乙粒子在磁場中運動弧長的倍

D．如果改變入射速度大小，甲粒子有可能從ab邊射出，乙粒子不可能從bc邊射出

【答案】B,C

【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動

【解析】【解答】由甲粒子垂直于bc邊離開磁場可知，甲粒子向上偏轉，所以甲粒子帶正電，乙粒子從ad邊的中點離開磁場可知，乙粒子向下偏轉，所以乙粒子帶負電，A不符合題意；

設磁場區域的邊長為L，由幾何關系可知，R甲=2L，乙粒子在磁場中偏轉的弦切角為60°，弦長為L/2，所以，解得：R乙=L，由牛頓第二定律得：，動能：，所以甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍，B符合題意；由幾何關系可知，甲粒子的圓心角為30°，由B分析可得，乙粒子的圓心角為120°，根據弧長可知甲粒子在磁場中的運動弧長是乙粒子在磁場中運動弧長的倍，C符合題意；如果改變入射速度大小，減小甲粒子的速度，則半徑減小，則甲粒子有可能從ab邊射出；增加乙粒子的速度，即增大乙粒子的運動半徑，則乙粒子也可能從bc邊射出，D不符合題意．

故答案為：BC

【分析】利用左手定則可以判別粒子的電性；利用幾何關系結合牛頓第二定律和動能的表達式可以求出動能的大??；利用圓心角和半徑可以求出弧長的比值；利用速度對半徑的影響可以判別粒子的運動軌跡。

7．（2023·合肥模擬）如圖，一斜面緊靠豎直墻面固定在水平地面上．在紙面內加一勻強電場，其方向與水平面夾角為，場強，現將一質量為m帶電量為+q的小球從斜面上P點豎直向上以v0拋出，第一次與接觸面撞前空中飛行的豎直位移為y1，若僅將初速度大小變為3v0從P點豎直拋出，第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2，則下列說法可能正確的是()

A．y2=2y1B．y2=4y1C．y2=6y1D．y2=10y1

【答案】B,C

【知識點】位移的合成與分解；勻變速直線運動基本公式應用

【解析】【解答】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力，大小為，其豎直分量為；則小球做豎直方向做勻速運動；水平方向，則水平方向做加速度為的勻加速運動；若小球第一次能落到斜面上，則第一次與接觸面撞前，則（其中α為斜面的傾角），則，則當初速度大小變為3v0時，豎直位移y變為原來的9倍；若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上，則水平位移相等，則時間相等，由y=v0t可知，則當初速度大小變為3v0時，豎直位移y變為原來的3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墻壁上，可知豎直位移應該介于3倍和9倍之間，則BC符合題意，AD不符合題意．

故答案為：BC

【分析】利用力的分解結合位移公式可以求出豎直方向位移的大小關系。

8．（2023高二上·長春月考）如圖所示，光滑水平面上靜置一質量為m、長為L的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質量為m的小物塊A(可視為質點)從左端以速度沖上木板，當v＝v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速。此過程中A、B系統生熱為Q，則()

A．若，A，B系統生熱為

B．若，A，B相對運動時間為

C．若，B經歷t0時間的位移為

D．若，A經歷到達木板右端

【答案】A,C

【知識點】動量與能量的綜合應用一板塊模型

【解析】【解答】當v=v0時，取向右為正方向，根據動量守恒定律得：mv0=2mv′，代入數據得：v′=0.5v0。由能量守恒定律得：Q=mv02-×2mv′2=mv02。若，取向右為正方向，根據動量守恒定律得m=2mv′得：v′=v0。系統生熱：，選項A符合題意；當v=v0時，對B，由動量定理得：ft0=mv′可得：；若，根據動量守恒定律得得：。對B，由動量定理得：，可得：，選項B不符合題意；若v=v0，則由A選項的分析可知：fL=Q=mv02；對物體B：聯立解得：，選項C符合題意；若v=2v0，取向右為正方向，根據動量守恒定律得：m2v0=mvA+mvB，A、B系統生熱等于系統克服摩擦力做功，與木板的長度有關，可知A、B系統生熱仍為Q。根據能量守恒定律得：。結合上面解答有：Q=mv02。對B，由動量定理得：ft=mvB-0；聯立解得：，（另一值不合理舍去），，故D不符合題意.

故答案為：AC

【分析】利用系統能量守恒及動量守恒可以求出系統產生的熱量；利用動量定理可以求出運動的時間；利用動能定理結合能量守恒可以求出B運動的位移和A經歷的時間。

9．（2023·合肥模擬）下列說法中正確的是()

A．針尖加熱后接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟為晶體

B．溫度一定時，當人們逐漸感到潮濕，則此時空氣的絕度濕度一定增大

C．兩個相互接觸的物體達到熱平衡時，此時二者一定具有相同的內能

D．一切與熱現象的對應的自發過程都是不可逆的

E．若氣體分子總數不變而氣體溫度升高，則氣體壓強可能不變

【答案】B,D,E

【知識點】固體和液體；溫度；理想氣體與理想氣體的狀態方程

【解析】【解答】A．針尖加熱后接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明云母為晶體，A不符合題意；

B．溫度一定時，當人們逐漸感到潮濕，則此時空氣的絕度濕度一定增大，B符合題意；

C．兩個相互接觸的物體達到熱平衡時，此時二者一定具有相同的溫度，C不符合題意；

D．根據熱力學第二定律可知，一切與熱現象的對應的自發過程都是不可逆的，D符合題意；

E．若氣體分子總數不變而氣體溫度升高，若氣體的體積變大，則氣體壓強可能不變，選項E符合題意.

故答案為：BDE

【分析】蜂蠟的熔化是說明云母片屬于晶體；利用相對濕度的變化可以判別絕對濕度的變化；熱平衡的兩個物體具有相同的溫度。

10．（2023·合肥模擬）如圖所示，實線是沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，虛線是這列波在t＝0.16s時刻的波形圖．已知該波的波速是1m/s，則下列說法正確的是()

A．這列波的波長是12cm

B．這列波可能是沿x軸正方向傳播的

C．t＝0.04時，x＝4cm處的質點速度沿y軸負方向

D．0～0.16s內，x＝6cm處的質點振動方向改變了3次

E．若此波傳入另一介質中其波速變為0.5m/s，則它在該介質中的波長為6cm

【答案】A,D,E

【知識點】橫波的圖象

【解析】【解答】A．由圖可知λ=12cm，A符合題意；

B．則周期為：；，對應，則由圖可知傳播方向必向左，B不符合題意；

C．由圖可知，在t=0.04s時刻x=4cm處的質點在y軸負方向位置沿y軸正方向振動，C不符合題意；

D.0.12s=1T，x=6cm處的質點振動方向在4/3周期內共改變了3次，D符合題意；

E．若此波傳入另一介質中速度變為0.5m/s，但是周期不變，則它在該介質中的波長為，選項E符合題意

故答案為：ADE

【分析】利用圖像可以得出波長的大小；利用波速和波長可以求出周期的大?。焕脗鞑サ木嚯x和波長大小可以判別波傳播的方向；利用運動的時間可以判別質點的位置及運動方向；利用周期大小可以判別質點振動方向改變的次數；利用頻率不變結合波速可以求出波長的大小。

三、實驗題

11．（2023·合肥模擬）《研究勻變速直線運動實驗》中，打點計時器打出的一段紙帶如圖甲所示(使用交流電的頻率為50Hz)，已知紙帶記錄的是勻加速直線運動，且相鄰兩計數點間還有四個點未畫出來，各計數點間距離已在圖中標出，則紙帶記錄的加速度a＝m/s2，C點對應的瞬時速度vC＝m/s，該紙帶上E點后一段被撕斷，圖乙中的段能夠與原來紙帶拼接．(保留3位有效數字)

【答案】0.780；0.239；（2）

【知識點】探究小車速度隨時間變化的規律

【解析】【解答】根據結合逐差法可知：；C點對應的瞬時速度；由可知E后面的點與E點間距為；再后面的兩點間距為4.34cm+0.78cm=5.12cm，則圖乙中的（2）段能夠與原來紙帶拼接.

【分析】利用逐差法可以求出加速度的大??；利用平均速度公式可以求出速度的大?。焕绵彶罟娇梢耘袆e接下來的紙帶長度。

12．（2023·合肥模擬）要測量一個電源的電動勢和內電阻，給定下列實驗器材：

A．待測電源(電動勢約8V，內阻約2Ω)

B．電流表A(量程0.6A，內阻約1Ω)

C．電壓表V(量程3V，內阻為2kΩ)

D．滑動變阻器R(阻值范圍0-20Ω)

E.定值電阻R1＝4kΩ

F.定值電阻R2=20Ω

開關及導線

實驗要求電流表和電壓表的最大讀數都要超過量程的一半．

①若定值電阻選R1，畫出其實驗電路．

②若定值電阻選R2，畫出實驗電路．

③若選電阻R2設計電路，調節滑動變阻器R，分別得到兩組電壓，電流對應值U1、I1和U2、I2，則待測電源的電動勢E＝；內阻r＝，由此計算出的電源內阻相對真實值(“偏大”、“偏小”、“不變”)

【答案】；；；；偏小

【知識點】電池電動勢和內阻的測量

【解析】【解答】①因電源電動勢為8V，而電壓表量程為3V，若定值電阻選R1，則需將定值電阻與電壓表串聯，相當與將電壓表擴大量程，則其實驗電路為：

；②若定值電阻選R2，則由于電壓表和電流表的量程都相對較小，可將R2與電源串聯，相當增加了電源內阻值，電路如圖；

；③由閉合電路的歐姆定律：U1=E-I1(R2+r)；U2=E-I2(R2+r)；

聯立解得：；；

由電路圖可得，電壓表測路端電壓，但由于電壓表的分流作用，使電流表的測量值小于真實值；實驗誤差是由于電壓表的分流造成的；當外電路短路時，電壓表不分流，故短路電流相同；而測量的電壓值要小于真實值；故作出測量值和真實值的圖象如圖所示；

由圖示可知，伏安法測電阻相對于電源來說采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，電流表測量值偏小，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的U-I圖象如圖所示，由圖象可知，電動勢測量值小于真實值，電源內阻測量值小于真實值．

【分析】（1）利用定值電阻的大小結合電表的量程可以判別選擇電表的改裝；

（2）選擇定值電阻小需要和電源串聯增大電源的內阻；

（3）利用閉合電路的歐姆定律可以求出電動勢和內阻的大小；利用電壓表分流可以判別內阻的測量值偏小。

四、解答題

13．（2023·合肥模擬）如圖甲所示，粗糙水平面上放置一塊長L＝2m，質量M=2kg的薄木板，一質量為m＝1kg的木塊放在木板的右端，輕質細線左端固定在墻上，右端通過力傳感器連在木塊上．現對木板施加一水平向右的力F，利用傳感器連接計算機繪制出細線拉力(F)與時間(t)的關系如圖乙所示．(g＝10m/s2)

試分析

（1）木塊與木板之間的動摩擦因數多大：

（2）已知木塊與地面、木板與地面之間的動摩擦因數均為＝0.2，現剪斷細線，對木板施加