2023年南京市、鹽城市高三二模物理試卷

一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分。每小題只有一個選項最符合題意。

I.我國的可控核聚變實驗已取得重大突破，處于國際領先地位，下列說法正確的是（）

A.只有氣（；H）和僦（：H）能發生核聚變，其他原子核不能

B.由核反應方程jH+：Hf；He+；n可知，核聚變反應的條件之一就是需要慢中子

C.核聚變和核裂變釋放核能時，都有質量虧損

D核聚變反應發生后，需要外界不斷給它提供能量才能將反應持續下去

答案：C

解析：A.理論上，原子序數小于鐵的都可以發生核聚變，不一定是笊和敬，恒星演化后期會有氮

聚變為碳進而聚變為氧的過程，所以A錯誤；

B.核聚變的反應條件之一是高溫高壓，產生中子，所以B錯誤；

C.核聚變和核裂變釋放核能時，都有質量虧損，C正確；

D.核聚變一旦發生，就不再需要外界給它能量，靠自身產生的熱就會使反應繼續下去，所以D錯

誤。

故選Co

2.下列光現象中屬于衍射的是（）

A.水中的氣泡看起來特別明亮

B.白光通過三棱鏡在屏上出現彩色光帶

C.在陽光照射下肥皂泡上出現彩色條紋

D.某彩色光照射圓盤后，在適當的位置，影的中心出現一個亮斑

答案：D

解析：A.水中的氣泡看起來特別明亮，是因為光從水射向氣泡時，一部分光在界面上發生了全反

射和折射的緣故，故A錯誤：

B.太陽光通過玻璃三棱鏡后形成彩色光帶，是光的折射現象，故B錯誤；

C.肥皂泡在陽光照耀下呈現彩色條紋，太陽光肥皂泡經過內外膜的反射后疊加，從而出現彩色條

紋，這是光的干涉，故C錯誤；

D.圓盤衍射出現泊松亮斑，故D正確。

故選D。

3.如圖甲所示，筆記本電腦支架一般有多個卡位用來調節角度，某人將電腦放在該支架上，由卡

位4緩慢調至卡位1（如圖乙），電腦與支架始終處于相對靜止狀態，則（)

A.電腦受到的支持力變大

B.電腦受到的摩擦力變大

C.支架對電腦的作用力減小

D.電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力大小

答案：A

解析：AB.根據題意，對電腦受力分析，如圖所示

電腦始終處于靜止狀態，故電腦受力平衡。由平衡條件可得，電腦受到的支持力大小為

=Geos3

電腦受到的摩擦力大小

f=Gsin8

由原卡位1調至卡位4,。減小，故&增大，/減小，故B錯誤，A正確；

C.散熱底座對電腦的作用力的合力，即電腦受到的支持力與摩擦力兩力的合力，大小等于電腦的

重力，方向豎直向上，始終不變，故c正確；

B.電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和大于其重力大小，故D錯誤。

故選Ao

4.一列波長大于1m的橫波沿x軸負方向傳播，處在玉=lm的質點4和芯=2m的質點8各自的

振動圖像如圖所示，由此可知（）

A.波長等于兩米

B.波速為lm/s

C.3s末質點B的振動方向為y軸負方向

D.2s末至3s末A、B兩質點振動的平均速度相同

答案：B

解析：AB.因為該波沿x軸負方向傳播，所以A與B相隔L個周期，間距為1m,故波速為lm/s,

4

由振動圖像可知周期T=4s,可得波長為4m,故A錯誤，B正確；

C.由圖像可知3s末4、B兩質點的位移分別為力=-2m,%=0,所以3s末質點B的振動方向

為y軸正方向，故C錯誤；

D.由圖可知2~3s末，質點A從平衡位置運動到波谷，質點B從波谷運動到平衡位置，兩質點的平

均速度大小相等但是方向不同，故D錯誤。

故選B。

5.2023年1月21日，神舟十五號3名航天員在400km高的空間站向祖國人民送上新春祝福，空間

站的運行軌道可近似看作圓形軌道I,設地球表面重力加速度為g,地球半徑為R,橢圓軌道n為

載人飛船運行軌道，兩軌道相切與A點，下列說法正確的是（）

軌道I-------、、、、

/'軌道n'、、、

A.在A點時神州十五號經過點火加速才能從軌道I進入軌道II

B.飛船在A點的加速度小于空間站在A點的加速度

C.空間站在軌道I上的速度小于歷

D.軌道I上的神州十五號飛船想與前方的空間站對接，只需要沿運動方向加速即可

答案：c

解析：A.載人飛船若要從軌道I進入軌道H,做近心運動，需要在A點減速，故A錯誤；

B.載人飛船在軌道I上通過A點時受到的萬有引力等于在軌道H上運行時通過A時點萬有引力,

由牛頓第二定律可知，它們的加速度相等，故B錯誤;

C.根據萬有引力提供向心力有

GMmv

——5—=m—

rr

萬有引力等于重力有

GMm

可知，麻是圍繞地球做圓周運動的最大速度，則空間站在軌道I上的速度小于胸，故C正確;

D.軌道I上的神州十五號飛船想與前方的空間站對接，需要加速，而加速后軌道半徑會變大，則

需要在低軌道上加速才能完成與空間站對接，故D錯誤。

故選Co

6.氫原子的能級圖如圖甲所示，一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發出幾種不

同頻率的光，其中只有頻率為片、嶺兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發生光電效應，先分別

用頻率匕或匕的三個光源久從c分別照射該光電管陰極K，測得電流隨電壓變化的圖像如圖丙所

示，下列說法中正確的是（）

A.處于第4能級的氫原子向下躍遷最多發出4種不同頻率的光子

B.圖線。對應的光是氫原子由第3能級向第1能級躍遷發出的

C.圖線。對應的光子頻率大于圖線C對應的光子頻率

D.用圖線匕對應光照射光電管時，光電流會隨著正向電壓的增大而不斷增大

答案：B

解析：A.第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中，能發出C；=6種不同頻率的光，故A錯誤;

BC.由于只有頻率為匕、以兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發生光電效應，躍遷時發出的兩

種頻率最大的光為4-1、3-1,由圖乙可知，b光的遏止電壓大，。和C光的遏止電壓小，根據光

電效應方程

E.=hv-W0

及

eUo=后卜

知，a對應的光子頻率小于圖線匕對應的光子頻率，故。、C是3-1躍遷發出的，匕是4-1躍遷發

出的，故C錯誤，B正確；

D.用圖線b對應的光照射光電管時;光電流達到飽和后不再增大，故D錯誤。

故選B。

7.如圖所示，某同學用“插針法”測量兩面平行玻璃磚的折射率，他先在紙上緊貼玻璃磚畫出參

考線aa'9/,釘上大頭針＜、P2,然后繼續實驗。并畫出光路圖，則下列說法正確的是（）

B.［、鳥及巴、鳥之間的距離取的小一些，可以減小誤差

C.若在釘大頭針6不小心使玻璃板平移到了虛線框位置，則最終測得的折射率偏大

D.若把從/誤畫在了cd,其他操作均正確，則測得的折射率偏小

答案：D

解析：A.入射角如果盡量小一些小些，折射角也會小些，折射現象不明顯，角度的相對誤差會大

些，故A錯誤：

B.折射光線是通過隔著玻璃觀察成一條直線確定的，大頭針間的距離太小，引起的角度誤差會較

大，故4、鳥及鳥、舄之間的距離適當大些，可以提高精確度，故B錯誤；

C.不小心把玻璃磚移平移到了虛線框位置，則入射角和折射角都不會改變，不會影響折射率的測

量，故C錯誤；

D.若把協，誤畫在了導致折射角變大，所以測得的折射率就會偏小，故D正確。

故選D。

8.如圖所示，傾角為a的足夠長斜面，現從斜面上。點與斜面成A角（4<90。），以速度%、2%

分別拋出小球P、Q,小球P、Q剛要落在斜面上A、8兩點時的速度分別處、vQ,設。、A間的

距離為。、8間的距離為J，不計空氣阻力，當￡取不同值時下列說法正確的是（）

A.%一定等于2yp

B.”方向與斜面的夾角一定小于4方向與斜面的夾角

C.P、Q在空中飛行的時間可能相等

D.$2可能大于4sl

答案：A

解析：將初速度分解在垂直斜面反向和平行斜面方向，垂直斜面方向

v=%sinB

平行斜面方向

丫〃=%cos￡

垂直斜面的加速度

a±=gcosa

平行斜面的加速度

a“=gsina

C.在空中飛行的時間

=^A

tgeosaxvo

所以P、Q在空中飛行的時間之比為1:2,故C錯誤;

D.小球的位移

12

S=V"+-a//t

結合

a產gsina

，P:%=1:2

可得

s2=4可

故D錯誤；

B.速度與斜面的夾角的正切值

八vsinB

tan0=----n----e——--------

%cos￡+gsina?f

結合

fp:/Q=1:2

可知”方向與斜面的夾角一定等于％方向與斜面的夾角，故B錯誤；

A.結合B選項分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均為1:2,根據速度的合成

可知VQ一定等于2%,故A正確。

故選Ao

9.將一個小球從地球豎直上拋，過程中小球受到的阻力與速率成正比，設向上為正方向，小球的

速率、位移、動能和機械能分別為丫、X、線和石，以地面為零勢能面，則下列描述小球運動過

程的圖像可能正確的是（）

解析：A.小球在上升過程中，由牛頓第二定律得

mg+kv=ma

v逐漸減小，則“減小，下降過程中有

mg-kv=ma

v越來越大，故加速度繼續減小，圖像趨勢正確，但速度為零時，斜率不為零，且加速度為g,圖

像應為平滑曲線，故A錯誤；

B.v-x圖斜率為

,a

k--

v

在上升過程中斜率變大，下降過程中斜率變小，故B錯誤；

C.4-x圖像斜率為合外力，向上運動過程

F=mg+kv

變小，向下運動過程中

F=mg-kv

繼續變小，故C正確；

D、向上運動過程比向下過程中任意一個位置，摩擦力要更大，故向上過程中摩擦力做功更多一點,

機械能損失要更多一點，故D錯誤。

故選C。

10.如圖，光滑絕緣水平面上，由1、2、3三個帶電量均為+小質量均為，〃的相同金屬小球，用長

為乙的三根絕緣細繩連接，A、B、C分別為其中心，。為三角形中心，已知單個點電荷q周圍空間

的電勢夕=攵幺，r為到點電荷的距離，則下列說法正確的是（）

r

A

02Br

A.0點的電場強度不為零，且方向向上

B.若L長度可調節，則A、O兩點的電勢可能相等

C.系統的總電勢能為4=%較

pL

D.若8處剪斷，則之后小球1的最大速度為二

y3mL

答案：D

解析：A.根據對稱性可知A、B、C三處點電荷在。點產生的電場強度大小相等，根據電場強度

的疊加法則可得0點的電場強度大小為0,故A錯誤；

LFyj

B.。點到金屬小球的距離均為一個，A點到金屬小球3的距離為也，根據電勢疊加原則，A、O

V32

兩點的電勢分別為

（pA-k^-x2+k-4+^^k—

△L電I3JL

2F

%=Z-^-x3=3限幺

LL

忑

則A、。兩點電勢不論在L取何值時都不可能相等，故B錯誤;

C.1電荷的電勢能

E”=（夕2+仍）4=后斗

同理可得2和3電荷電勢能

E-竽

故整個系統電勢能為

p—Epi+Eg+后屋—卜3q°

LLt?————K

p2L

故c錯誤；

D.三球一條直線時整個系統電勢能最小，動能最大，1球速度最大，此時

1電荷的電勢能

E：=?+<P3)q=k與

2和3電荷電勢能

22r0

E=E；3=k"+&=4

p2p3L2L2L

此時整個系統電勢能最小為

E，一號+/'+/一、5/

p22L

對系統，根據能量守恒

.hq1.5q2121c2

k———k―2—=—mv,+—2mv

L2L21227

根據動量守恒

my,=2mv9

兩式聯立解得

故D正確。

故選D。

二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時請寫出必要的文字說

明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中

必須明確寫出數值和單位。

11.某同學用多用電表做了以下兩個實驗：

（1）用歐姆擋測量一電阻的阻值（約1500。~2500。），進行了如圖甲所示虛線框中A、B、C、

D四個操作，正確的操作順序是；其中步驟B的指針指在如圖乙所示的刻度處，該電阻

的阻值為kQ?

（2）歐姆表內部電路可簡化為一個電動勢為E的電源、一個電流表、一個可變電阻和紅表筆串

聯而成。為了測量多用電表歐姆擋在“xlOO”擋時的內部總電阻『、電動勢E和黑表筆短接時多用

電表中的電流/,該同學設計了如圖丙所示的電路。

乙

丙

①正確連線后，閉合開關，改變電阻箱的阻值，得到多組電流表的示數/和電阻箱的R,數據記錄

如下表：

請根據該同學在坐標紙上描繪的點畫出2一尺圖像;

R/Q.15701140920550300110

//mA0450.520.610.660.730.81

y(mA-1)2.221.21.641.521.371.23

②由:-R圖像計算歐姆表內電源的電動勢￡=V；

③若毫安表內阻公=1800,則紅、黑表筆短接時多用電表中的電流/mA。（以上結

果均保留2位有效數字）

答案:?.CADB②.1.9?.1.5⑤.0.94

解析：（1）⑴使用多用電表測電阻，首先進行機械調零，用刻度盤下的調零旋鈕手動把指針撥到

零刻度線處，然后選擇歐姆擋位，再進行歐姆調零，兩個表筆短接，調整調零旋鈕，調整好之后,

把兩表筆接在電阻兩端，進行測量。故正確的操作順序是CADB。

⑵由圖乙可知，該電阻的阻值為

H=19xlOOC=L9kC

（2）①[3]根據閉合回路歐姆定律有

E

R+廠+&

整理可得

R,\+r

E

可知，圖像為傾斜直線，則根據在坐標紙上描繪的點連成一條直線，如圖所示

②⑷由圖像可得

1(2.22—1.23)x103

~E~—1570-110—

解得

E?1.5V

③[5]由上述分析可知

區土^=L18xl()3

E

解得

r=15900

則紅、黑表筆短接時多用電表中的電流

E

/=—?0.94mA

r

12.如圖甲所示，一個導熱氣缸水平放置，內部封閉著熱力學溫度為"的理想氣體，活塞截面積為

S,活塞與氣缸底部距離為L，大氣壓為4，重力加速度為g,活塞與氣缸之間摩擦忽略不計、

先保持溫度不變，將氣缸緩慢轉動90。(如圖乙)，活塞與氣缸底部距離變為0.9L。再對氣體緩慢

加熱，活塞離氣缸底部距離變為L2L(如圖丙)，求：

(1)活塞的質量用；

(2)氣體加熱后的熱力學溫度7。

答案：（1）管；（2）r=l^

解析：（1）根據題意，由平衡條件可知，氣缸水平時，內部氣體氣壓為

=〃。

體積為

匕=SL

氣缸豎直時，內部氣體氣壓為

必=，。+等

體積為

V2=Q.9SL

由玻意耳定律

PM=P2V2

解得

PoS

9g

（2）根據題意可知，氣體經歷等壓變化過程，由蓋呂薩克定律

Q.9SL1.2SL

解得

4

F

13.某種發電機的原理如圖所示，矩形線圈處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，可繞與磁場方

向垂直的固定軸00'勻速轉動，角速度為已知線圈的匝數為〃，，由邊長為4，0c邊長為4，

線圈總電阻為「，線圈與阻值為/?的外電路連接，交流電壓表為理想電表。求：

（1）線圈從圖示位置轉過90。的過程中，通過電阻R的電量4。

（2）發電機正常工作時，交流電壓表的示數U。

BL.L,"BLJaiR

答案:(1)n——；(2)-7=77；-----r

R+rV2(/?+r)

解析:(1)根據題意，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢

E=性

Ar

電流強度

E

R+r

通過電阻R的電量

q

△r

聯立得通過的電量為

\(bBL.L,

q=n-———=n———

R+rR+r

（2）根據題意可知，最大的感應電動勢

Em=nBSco

得交變電流的最大值

,nBLyL,co

R+r

則電壓表示數為

IR_nBL^L^coR

Um

72一拉(R+r)

14.如圖甲所示，質量為2,篦的足夠長木板C置于水平面上，滑塊A、B質量均為m,置于C上,

B位于A右方某處。A、C間的動摩擦因數〃=0.2,B、C間,C與地面間的動摩擦因數

〃B=〃c=0」。給c施加一水平向右的恒力尸，A、B第一次相遇時間為心可得與尸的關系如

圖乙所示。（設A、B間碰撞為彈性正碰，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2）求:

(1)滑塊A、B的最大加速度嗎、〃B；

(2)A、B之間的初始距離L和滑塊A的質量，〃：

(3)若F=13N,從剛開始施加力至A、B第二次相撞時拉力尸，所做的功卬。

[A]回F

C

甲

答案：(1)2m/s2,lm/s2；(2)2m,1kg；(3)702J

解析：（1）根據題意，由牛頓第二定律，對滑塊A有

/jAmg=maA

解得

縱=2m/s2

對滑塊B有

=maB

解得

=lm/s2

（2）根據題意，由圖可知/足夠大時A、B加速度恒定，即A、B均相對C滑動，相遇時間恒定

為

急=2s

由運動學公式可得

22

解得

L=2m

又因為A、C與B產生相對滑動時，才能相遇，由圖可知，當尸=8N,滑塊B與C恰好發生相對

滑動，則有

F-4生根8=47mzB

解得

m=lkg

(3)根據題意，設A、B、C均產生相對運動時拉力為巴，則有

m

耳-4〃cmg-AA^-^8=2maA

解得

K=11N

當尸=13N時，有

F'-4陽%-人加8-AB1ng=2mac

解得

2

ac-3m/s

由運動學公式v=%+G可得，由于相遇時間為2s,則有第一次相撞前

vA=4m/s

vB=2m/s

vc=6m/s

碰撞前后C速度不變，由于A、B間碰撞為彈性正碰，則碰撞后速度交換

vA1=2m/s

vBI=4m/s

設經過G，A、B第二次碰撞，則有

1212

+2"A'2=/也—5即‘2

解得

t2=4s

則整個過程木板運動的距離為

則拉力尸'所做的功為

W=F'xc=702J

15.如圖所示，真空中存在一間距為d=0.02m的水平平行板電容器，板長L=0.04m,板間電壓

為。、勻強電場方向向上，MN為一垂直上極板P。的足夠長的光屏，其下端N與極板右端。重合,

在所在豎直線右側存在勻強磁場。在下極板左端有一個粒子源A,可以緊貼極板水平向右連續

發射帶正電的粒子，粒子比荷為q/，"=lxl（）8c/kg,初速度%=lxlO5m/s。已知粒子打到極板

或光屏時會被吸收，粒子之間的作用力不計，粒子的重力不計。

（1）為使粒子能夠從極板間射出，求電壓U的最大值；

（2）若勻強磁場方向垂直紙面向里，大小為g=0.05T,電壓U可任意調節，則求粒子擊中光屏

形成痕跡的長度八￡。

（3）若勻強磁場方向改成水平向右，大小變為8,=@T，電壓U可任意調節，在極板右側放置

220

另一塊與MN平行的足夠大的光屏CO,CZ）在磁場中只能左右移動，則求粒子打在光屏CD上留下

所有痕跡的面積So

答案：(1)