1、2022-2023学年高三（23届）二模物理科试卷一、选择题1如图所示，两根长度不同的细线分别系有1、2两个质量相同的小球，细线的上端都系于O点，细线长L1大于L2现使两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动，下列说法中正确的有（）A球2运动的角速度大于球1的角速度B球1运动的线速度比球2大C球2所受的拉力比球1大D球2运动的加速度比球1大22022年6月5日上午10时44分07秒在酒泉卫星发射中心成功发射神舟十四号载人飞船。若神舟十四号飞船距离地面高度为h，地球半径为R，地球北极位置的重力加速度为g，引力常量为G，神舟十四飞船轨道可按照正圆轨道计算。则下列说法正确的是（）A由于地球自转的影响，无
2、法求出地球的质量B神舟十四号飞船的质量不知道，所以神舟十四号飞船绕地球飞行的周期无法求出C神舟十四号飞船受地球的吸引力，但不受重力D神舟十四号飞船的线速度的大小为3如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在平行于玻璃的拉力作用下，沿与竖直方向夹角为的虚线方向做匀速直线运动，若摩擦力大小与重力大小相等，重力加速度为g，则拉力的大小为（）ABCD4如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇的过程中，下列说法正确的是（）A相遇时间变为B相遇时间变为C相遇点的高度下降了D相遇点的位置在原来的左下方5如图所示，
3、a、b、c、d为圆周上的四个点，为相互垂直的两条直径，M、N为上关于圆心O对称的两个点，在a、b、c三点分别固定电荷量相等的点电荷，带电性质如图所示。有一带负电的试探电荷在外力作用下由M点沿直线匀速运动到N点，不计试探电荷重力。下列正确的是（）AM处的电场强度与N处的电场强度相同B试探电荷在运动过程中，电势能不变C试探电荷在运动过程中，外力始终做正功D试探电荷在运动过程中，电场力先做负功再做正功6如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I
4、和U。以下说法正确的是（）A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量增大C若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变7如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的03s段为抛物线，34.5s段为直线，（t1=3s时x1=3m）（t2=4.5s时x2=0）下列说法正确的是 （）A传送带沿逆时针方向转动B传送带速度大小为 1m/sC物块刚滑上传送带时的速度大小为 2m/sD04.5s内
5、摩擦力对物块所做的功为-3J8甲、乙两个完全相同的小球在同一高度处，将甲球从静止释放，乙球水平抛出，如图所示。则从开始到两小球落地的过程中，下列判断正确的是（）A落地前瞬间甲球重力的功率等于乙球重力的功率B落地前瞬间甲球重力的功率比乙球重力的功率小C上述过程中甲球动量的变化量和乙球动量的变化量相等D上述过程中甲球动量的变化量比乙球动量的变化量小9如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的固定挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，整个过程中弹簧未
6、超过弹性限度。则下列说法正确的是（）A整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒B整个过程中挡板对物体C的冲量大小为Mv0C物体C的最大速度为D如果，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为10如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，将轻弹簧正上方质量的小球由静止释放，小球下落过程中受到恒定的阻力作用。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为轴正方向，取地面处为重力势能零点，在小球第一次下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能、小球的重力势能、小球的动能、小球的机械能随小球位移变化的关系图像分别如图甲乙、丙、丁所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度，下列说法正确的是（）A图乙中B
7、图丙中C图丙中处的弹簧弹力为D图丁中，二、非选择题11实验小组利用光电门和数字传感设备设计了一个测量当地重力加速度的集成框架，如图甲所示，框架上装有两个光电门，都可上下移动；框架的竖直部分贴有刻度尺，零刻度线在上端，可以直接读出两个光电门到零刻度线的距离x1和x2；框架水平部分安装了电磁铁，将质量为m的小铁球吸住。一且断电，小铁球就由静止释放，先后经过两个光电门时，与光电门连接的数字传感器即可测算出速度大小v1和v2。多次改变两个光电门的位置，得到多组x1和x2、v1和v2的数据建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。（1）需要提前向数字传感器输入小球的直径d，当小铁球经过光电门
8、时，光电门记录下小球经过光电门的时间t，测算出的速度v=_。（2）当地的重力加速度为_（用k表示）。（3）若选择刻度尺的0刻度所在高度为零势能面，则小铁球经过光电门1时的机械能表达式为_（用题中的x1、x2、m、v1、v2、k表示）12某实验小组成员要测量某一定值电阻的阻值。（1）小王同学设计了如图甲所示的电路。图中R为电阻箱，为滑动变阻器。电流表（量程025mA，内阻）。闭合电键前，将图中的滑动变阻器滑片移到最_（填“左”或“右”）端，同时将电阻箱的阻值调为较大，闭合电键，再闭合电键，移动滑动变阻器的滑片、使电流表的指针偏转较大角度，记录此时电流表的示数I，及电阻箱的示数，保持滑动变阻器滑片
9、的位置不变，断开电键，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，记录这时电阻箱接入电路的电阻，则被测电阻_。（2）小李同学设计了如图乙所示的电路。实验前，将滑动变阻器的滑片移到合适的位置，闭合电键，多次调节滑动变阻器和电阻箱，每次使电压表有同一个较大读数U，记下每次调节后电阻箱的读数R和对应电流表的读数I。以电阻箱电阻的读数R为横坐标，以电流表读数I的倒数为纵坐标建立坐标系，描点作图，获得图线的纵轴截距为b，如图丙所示，可知被测电阻_（用题中所给的物理量符号表示），若从系统误差的角度分析用该方法测得的电阻与真实值相比_（填“偏大”“偏小”或“相等”）。13如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h
10、高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷。一质量为m 、电荷量为+q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60。静电常数为k，重力加速度为g，试求：（1）物块在A点时受到轨道的支持力大小；（2）点电荷+Q产生的电场在B点的电势；（3）物块能获得的最大速度。14如图所示，光滑水平面左端固定一竖直面内的光滑半圆轨道，DE为其一条直径，且DE垂直水平面，轨道半径，右端接一倾角为的固定斜面，在水平面上C点放一质量为m的物块乙，一质量也为m的物块甲从斜面上的A点由静
11、止滑下，物块甲与斜面间的动摩擦因数，甲与乙发生弹性正碰，碰后乙恰好能到达半圆轨道的最高点E，忽略通过轨道连接处的能量损失（取g=10m/s2， sin37=0.6，cos37=0.8）。（结果可以保留根号）（1）求碰后乙的速度v2;（2）求甲刚开始下滑时的A点离水平面的高度H。15如图所示，一质量M1kg的绝缘长木板静止于水平地面上，在距其最左端L1m处存在宽度d2m、方向竖直向下的匀强电场区域，电场强度E300N/C。一质量m1kg、带电量C的物块（可视为质点）放在长木板的最左端，物块在F10N的水平向右恒力作用下从静止开始运动，在物块刚离开电场右边界时撤去外力F，物块最终未从长木板末端滑离
12、。若物块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度g10m/s2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块电量损失，求：（1）物块刚进入电场区域时的速度大小；（2）长木板从开始运动至与物块共速所用的时间；（3）木板与地面摩擦而产生的热量。1B【详解】CD设细线与竖直方向的夹角为，小球的质量为mg，加速度大小为a，细线的拉力大小为T，小球在竖直方向合力为零，则在水平方向根据牛顿第二定律有根据解得因为，所以，故CD错误；A设小球的角速度大小为，在水平方向根据牛顿第二定律有根据解得因为两小球在同一水平面上做匀速圆周运动，则相同，所以两小球的角速度大小相同，故A错误；B球1的
13、运动半径比球2的运动半径大，根据可知球1运动的线速度比球2大，故B正确。故选B。2D【详解】A北极位置的重力加速度为g，在北极质量为m的物体万有引力等于重力，即解得地球的质量A错误；B神舟十四号飞船绕地球做圆周运动，设飞船的质量为m，周期为T，根据万有引力提供向心力，联立解得B错误；C飞船绕地球做圆周运动，处于完全失重状态，但仍然受地球吸引力即重力，C错误；D根据万有引力提供向心力，联立解得D正确。故选D。3D【详解】将拉力分解为沿水平方向的分量 和竖直方向的分量 ，擦窗工具做匀速直线运动，所受的合力为零。根据题意和力的平衡可得因此拉力F的大小为故选D。4C【详解】AB设第一次抛出时A球的速度
14、为，B球的速度为，则A、B间的水平距离第二次两球的速度为第一次的，但两球间的水平距离不变，则联立得故AB错误；CD两次相遇位置的高度差两次相遇A球水平位移相遇位置在原来的正下方，故C正确，D错误。故选C。5C【详解】Aa、b两处异种电荷在M、N处上形成的场强大小、方向相等。c处正电荷在M、N处形成的场强方向相同，大小不同。所以M、N两处的合场强大小和方向均不同，故A错误；BCDa、b、c三处点电荷在cd上形成的场强方向为斜向右下方。负电荷从M匀速移动到N的过程中，所受电场力始终为斜向左上方，外力斜向右下方。电场力始终做负功，所以电势能增加。外力始终做正功。故BD错误，C正确。故选C。【点睛】研
15、究多个点电荷在同一位置形成的场强时，可以先确定常见的点电荷形成的合场强大小和方向变化情况，再依次与其他电荷形成的场强叠加。6D【详解】A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，R2所在支路有电容器，是被断路的，则I、U均保持不变；故A错误；B根据因电容器两端电压U不变，若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少，故B错误；C若仅用更强的光照射R1，电阻随光照强度的增大而减小，总电阻减小，总电流变大，则I增大，U应当减小；R3的电压变大，电容器两端的电压减小，根据Q=CU可知，电容器电荷量减小，故C错误；D根据全电路的欧姆定律有E=U+Ur则外电路电压变化量的绝对值等于内电压变化量绝对值，即U=U
16、r故有即U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值表示电源的内电阻，是不变的；故D正确。故选D。7D【详解】AB根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动。3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为故AB错误；C由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则其中x=1mt=1s解得根据牛顿第二定律解得在0-2s内，对物块有解得物块的初速度为故C错误；D对物块在04.5s内，根据动能定理解得摩擦力对物块所做的功为故D正确。故选D。8AC【详解】A
17、B两球竖直方向均做自由落体运动，落地时，竖直方向速度相同，根据重力功率则落地前瞬间甲球重力的功率等于乙球重力的功率，故A正确，B错误；CD根据动量定理两球重力相同，运动时间相同，则动量的变化量相等，故C正确，D错误。故选AC。9CD【详解】AA与B碰撞后两物体粘在一起，A与B的碰撞过程中，三物体与弹簧组成的系统机械能有损失，物体AB碰后粘在一起到物体C离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三物体与弹簧组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误；B设物体A与B碰撞后的瞬间，AB粘合体的速度为v，根据动量守恒定律得根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时AB粘合体的速度大小为
18、v，以水平向右为正方向，对物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复原长的过程，根据动量定理得，弹簧对AB粘合体的冲量为所以弹簧弹力对AB的冲量大小为，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为，故B错误；C物体C离开挡板后，三物体与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复原长时AB粘合体与C的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律可得解得故C正确；D物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时速度为，根据动量守恒定律可得根据机
19、械能守恒定律可得且解得故D正确。故选CD。10BCD【详解】A由图可知，小球到最低点时，高度下降0.6m，则重力势能减少重力势能转化为摩擦热和弹簧的弹性势能，根据解得则图乙中故A错误；B结合图甲和图丙，可知小球高度下降0.5m内，只有重力做功，根据解得时的动能故B正确；C当小球动能最大时，小球加速度为零，根据平衡条件解得故C正确；D根据功能关系可知，小球高度下降0.5m时，机械能的减少量等于克服阻力所做的功为解得根据能量守恒定律可知，小球高度下降0.6m时，动能为零，则小球减少的重力势能等于减少的机械能为6J，则故D正确。故选BCD。11 【详解】1由于小铁球通过光电门的时间极短，所以小球通过
20、光电门的瞬时速度会近似等于小球经过光电门的平均速度，所以速度为2小铁球从光电门1到光电门2做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得解得结合图像可知3小铁球从0刻度所在位置到经过光电门1的过程中，小铁球只受重力作用，故由机械能守恒定律可得即小铁球经过光电门1时的机械能为【点睛】理解实验原理，再根据物体的运动类型，选择运动学相关公式或者功能关系进行解答。12 左 相等【详解】（1）1为了保护电流表，闭合电键前，将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零。2测得的电阻（2）3根据题意有得到结合图像可知解得4本实验中所用电流表内阻已知，不存在电表内阻引入的系统误差，所以测得电阻的阻值与真实值相
21、等。13（1）；（2）； （3）【详解】（1）物体在A点受到点电荷的库仑力由几何关系可知设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有N-mg-Fsin60=0解得（2）设点电荷产生的电场在B点的电势为B，由动能定理有解得（3）设物块能获得的最大速度为vm，由能量守恒定律有解得14（1）m/s；（2）4.8m【详解】（1）由题目可知物块刚好能到达半圆轨道的最高点E，此时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得解得设物块乙在C点碰后的速度为v2，物块乙恰好能到达E点，根据机械能守恒定律得解得 （2）甲、乙发生弹性碰撞，设碰前甲的速度为v0，碰后甲的速度为v1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和
22、机械能守恒定律分别有解得设物块甲开始下滑的高度为H，则根据动能定理得解得15（1）；（2）；（3）【详解】（1）对物块根据牛顿第二定律可得代入数据解得加速度大小为对长木板根据牛顿第二定律可得解得加速度大小为所以物块进入电场前，木板处于静止状态，对物块根据速度位移关系可得代入数据解得（2）设物块进入电场中时，物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得代入数据解得说明物块进入电场后匀速运动，设物块在电场中运动时间为，则有代入数据解得物块在电场中运动过程中，设木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得代入数据解得当物块刚要离开电场时，木板的速度为物块离开电场后，设物块的加速度大小为，则有代入数据解得对木板分析可得所以木板匀速运动。物块离开电场后，物块与木板共速的时间为，则有代入数据解得则长木板从开始运动至与物块共速所用时间（3）从物块进入电场到离开电场过程中，木板的位移物块离开电场到二者共速，木板的位移共速后二者一起减速运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得代入数据解得根据速度位移关系可得因木板与地面摩擦而产生的热量