《2023届江西省新余四中高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届江西省新余四中高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 年高考物理模拟试卷 考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示是某同学荡秋千的一种方式：人站在秋千板上，双手抓着两侧秋千绳：当他从最高点 A 向最低点 B 运动时，他就向下蹲：当他从最低点 B 向最高点 C 运
2、动时，他又站立起来；从 C 回到 B 他又向下蹲这样荡，秋千会越荡越高。设秋千板宽度和质量忽略不计，人在蹲立过程中，人的身体中心线始终在两秋千绳和秋千板确定的平面内。则下列说法中，正确的是（）A人在最低点 B 时处于失重状态 B在最高点 A 时，人和秋千受到的合力为 0 C若整个过程中人保持某个姿势不动，则秋千会越荡越低 D在题干所述摆动过程中，整个系统机械能守恒 2、某静电场中 x 轴上各点电势分布图如图所示。一带电粒子在坐标原点 O 处由静止释放，仅在电场力作用下沿 x 轴正方向运动。下列说法正确的是 A粒子一定带负电 B粒子在 x1处受到的电场力最大 C粒子从原点运动到 x1过程中，电势
3、能增大 D粒子能够运动到 x2处 3、如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l，在正极板附近有一质量为 m，电荷量为110qq 的粒子 A；在负极板附近有一质量也为 m、电荷量为220qq的粒子 B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距37l的平面 Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是（）A电荷量1q与2q的比值为3:7 B电荷量1q与2q的比值为3:4 C粒子A、B 通过平面Q 时的速度之比为9:16 D粒子A、B 通过平面Q 时的速度之比为3:7 4、如图所示，真空中 ab、cd 四点共线且 ab=b=cd 在
4、 a 点和 d 点分别固定有等量的异种点电荷，则下列说法正确的是 Ab、c 两点的电场强度大小相等，方向相反 Bb、c 两点的电场强度大小不相等，但方向相同 C同一负点电荷在 b 点的电势能比在 c 点的小 D把正点电荷从 b 点沿直线移到 c 点，电场力对其先做正功后做负功 5、如图所示，一个小球从地面竖直上抛已知小球两次经过较低点 A 的时间间隔为 TA，两次经过较高点 B 的时间间隔为 TB，重力加速度为 g，则 A、B 两点间的距离为()A24ABg TT B222ABgTT C224ABgTT D228ABgTT 6、“太极球”运动是一项较流行的健身运动。做该项运动时，健身者半马步站
5、立，手持太极球拍，球拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，保持太极球不掉到地上。现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板做匀速圆周运动，则（）A小球的机械能守恒 B平板对小球的弹力在A处最大，在C处最小 C在B D、两处，小球可能不受平板的摩擦力 D小球在此过程中做匀速圆周运动的速度可以为任意值 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、下列说法中正确的是（）A布朗运动是液体分子的无规则运动 B扩散现象是由物质
6、分子无规则运动产生的 C热量只能从高温物体传到低温物体 D固体分子间同时存在着引力和斥力 E.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度 8、如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行，从抛出后起一段时间内小球的动能随时间平方（EKt2）图象如图乙所示，横坐标在 02.5 之间图线为直线，此外为曲线，重力加速度为g，则根据图乙信息，可以求得（）A小球的初速度 B小球的质量 C小球在斜面上滑行的时间 D斜面的倾角 9、如图所示，甲图表示 S1和 S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为 5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是 1m/s 和 0.
7、5m，B 是 AC 连线的中点；乙图为一机械波源 S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是（）A甲图中 AB 两点的竖直高差为 10cm B甲图中 C 点正处于平衡位置且向水面下运动 C从甲图所示时刻开始经 0.25s，B 点通过的路程为 20cm D乙图所表示的是波的衍射现象 E.在 E 点观察到的频率比在 F 点观察到的频率高 10、如图所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与地面的接触面均粗糙，现对 A 施加水平向右的力F，两物体均保持静止，则物体 B 的受力个数可能是（）A2 个 B
8、3 个 C4 个 D5 个 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）(1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是_mm；(2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为 1.00kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O 为第一个点，A、B、C 为从合适位置开始选取连续点中的三个点。己知打点计时器每隔 0.02s 打一个点，当地的重力加速度为29.8m/sg，那么：根据图上所得的数据，应取图中 O 点到_点来验证机械能守恒定律；从 O 点到问
9、中所取的点，重物重力势能的减少量pE=_J，动能增加量kE=_J（结果取三位有效数字）；若测出纸带上所有各点到 O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度 v 及物体下落的高度 h，则以22v为纵轴，以 h为横轴画出的图象是下图中的_。A B C D 12（12 分）(某同学要测定某金属丝的电阻率。(1)如图甲先用游标卡尺测其长度为_cm,如图乙再用螺旋测微器测其直径为_mm，如图丙然后用多用电表1 挡粗测其电阻为_。(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A电压表 V(量程 3V.内阻约为 15k)B电流表 A(量程 0.6A内阻约为 1)C滑动变
10、阻器 R1(05,0.6A)D1.5V 的干电池两节，内阻不计 E.开关 S,导线若干 请设计合理的电路图，并画在下图方框内_。用上面测得的金属导线长度 l、直径 d 和电阻 R，可根据表达式=_算出所测金属的电阻率。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）如图所示，两竖直极板之间存在匀强电场，两极板之间的电势差为 U，左侧电势高、右侧电势低，两极板间的距离为 d。一不计重力质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子 P 从靠近左极板的位置由静止释放，带电粒子经过加速后从右侧极板间的狭缝进入正方形匀强磁场
11、区域 ABCD。匀强磁场 ABCD 区域的 AC 连线竖直，BD 连线水平，正方形 ABCD 的边长为 L。(1)如果带电粒子从 A 点离开磁场，则匀强磁场的磁感应强度为多少？(2)如果带电粒子从 AB 边离开，且离开磁场时，速度方向与 AB 边垂直，则匀强磁场的磁感应强度为多少？粒子离开磁场的位置到 B 点的距离为多少？14（16 分）一容积为 V0的容器通过细管与一个装有水银的粗细均匀的 U 形管相连（U 形管和细管中的气体体积远小于容器的容积 V0），U 形管的右管与大气相通，大气压为 750mmHg。关闭阀门，U 形管的左、右管中水银面高度相同，此时气体温度为 300K。现仅对容器内气
12、体进行加热。如图所示，当 U 形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高 H=50mm 时，求封闭容器内气体的温度；保持问中的温度不变，打开阀门 K 缓慢抽出部分气体，当 U 形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高 50mm时（水银始终在 U 形管内），求封闭容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值；判断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热，并阐述原因。15（12 分）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距 L1m，电阻可忽略不计质量均为 mlkg，电阻均为 R2.5的金属导体棒 MN 和 P
13、Q 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好先将 PQ 暂时锁定，金属棒 MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度 a0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力 F 的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动.(1)求棒 MN 的最大速度 vm；(2)当棒 MN 达到最大速度 vm时，解除 PQ 锁定，同时撤去拉力 F，两棒最终均匀速运动.求解除 PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.(3)若 PQ 始终不解除锁定，当棒 MN 达到最大速度 vm时，撤去拉力 F，棒 MN 继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）参考答案 一、单项选择题：本
14、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、C【解析】A人在最低点时加速度竖直向上指向圆心，人处于超重状态，故 A 错误；B在最高点 A 时，人和秋千受到的合力为他们自身的重力，故 B 错误；CD由于荡秋千过程中不可避免存在空气阻力，如果没有能量补充，则系统机械能就越来越小，即秋千荡起最大高度越来越低，故 C 正确，D 错误。故选 C。2、A【解析】由题中“一带电粒子在坐标原点 O 处由静止释放”可知本题考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据图像和电势变化可分析本题。【详解】A由于从坐标原点沿 x 轴正方向电势先升高后降低，因此电场方向
15、先向左后向右，由于带电粒子在坐标原点静止释放，沿 x 轴正方向运动，由此可知粒子带负电，故 A 正确；B由图可知，图像斜率即为电场强度，在 x1处斜率为零，因此电场强度最小，电场力也最小，故 B 错误；C从开始运动到 x1处，电场力做正功，电势能减小，故 C 错误；D由于粒子只在电场力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置，粒子速度为零，不能到达 x2处，故 D错误。3、B【解析】AB设电场强度大小为 E，两粒子的运动时间相同，对正电荷 A 有 11q Eam 213172q Eltm 对负电荷 B 有 22q Eam 224172q Eltm 联立解得 1234qq A 错误，B 正确
16、。CD由动能定理得 2120qExmv 求得 1234vv 选项 CD 错误。故选 B。4、C【解析】A、B 项：由等量异种电荷的电场线分布可知，b、c 两点的场强大小相等，方向相同，故 A、B 错误；C 项：由电场线从正电荷指向负电荷即电场线由 b 指向 c，所以 b 点的电势高于 c 点电势，根据负电荷在电势低处电势能大，即负电荷在 b 点的电势更小，故 C 正确；D 项：由 C 分析可知，电场线从 b 指向 c，正电荷从 b 沿直线运动到 c，电场力一直做正功，故 D 错误 故应选：C 5、D【解析】本题考查竖直上抛和自由落体运动的规律。【详解】ABCD.设小球两次经过 A 点的时间为A
17、T，小球两次经过 B 点的时间为BT，则物体从顶点到 A 点的时间为2AT，物体从顶点到 B 点的时间为2BT，则从顶点到 A 点的距离为 21=22AAThg 从顶点到 B 点的距离为 21=22BBThg 所以高度差为：22=8ABABg TTh hh 故 D 正确 ABC 错误。故选 D。6、C【解析】A小球在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，但重力势能变化，机械能变化，故 A 错误；B对小球受力分析可知，小球在最高点 A 处时，其重力和平板对它的压力的合力提供向心力，而在最低点C处时，平板对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，故在 A 处最小，C 处最大，故 B 错误；C小球在
18、B D、两处时，若平板的支持力与小球的重力的合力恰好提供向心力，小球相对平板没有相对运动趋势，摩擦力为零，故 C 正确；D小球在最高点，速度有最小值，其最小值满足 2minmvmgR 解得 minvgR 故 D 错误。故选 C。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、BDE【解析】A布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的具体表现，选项 A 错误；B扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，选项 B 正确；C热量能自发地从
19、高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体，但是要引起其他的变化，选项 C 错误；D固体分子间同时存在着引力和斥力，选项 D 正确；E温度是分子平均动能的标志，标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故 E 正确。故选 BDE。8、ABD【解析】AB.小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得：Ek=mgh+2012mv 由平抛运动的规律有 h=212gt 联立得 Ek=2 212mg t+2012mv 图象在 02.5 之间是直线，由图可求得直线的斜率 k，由数学知识可得212kmg，g 已知，则能求出小球的质量 m；由图知 t2=0 时，Ek=5J，由 Ek=2012mv，可求得小球的
20、初速度 v0，故 AB 正确；CD.小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为，则有 tan=00yvgtvv 由题图知，t2=2.5，可以求得 t，小球的初速度 v0也可求得，从而能求出斜面的倾角；根据小球在斜面的运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间，故 C 错误，D 正确。故选 ABD。9、ACE【解析】A甲图中 AB 都是振动加强点，其中 A 在波峰，B 在平衡位置，则 AB 两点的竖直高差为 2A=10cm，选项 A 正确；B甲图中 C 点是振动加强点，正处于波谷位置，选项 B 错误；C波的周期为 0.5s=0.5s1Tv 从甲图所示时刻开始经 0.25s=0.5T，B 点通
21、过的路程为 22A=20cm，选项 C 正确；D乙图所表示的是波的多普勒现象，选项 D 错误；E在 E 点单位时间接受到的波面比 F 点多，则在 E 点观察到的频率比在 F 点观察到的频率高，选项 E 正确。故选 ACE。10、AC【解析】对 A 受力分析可知，当 F 与 A 所受的静摩擦力大小相等时，则 A、B 之间没有弹力，当 F 比 A 所受的静摩擦力更大时，则 A、B 之间有弹力。当 A 对 B 没有弹力时，B 受到重力和地面的支持力 2 个力；当 A 对 B 有弹力时，B 还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共 4 个力，故 AC 符合题意，BD 不符合题意。故选 AC。三、实验题：本
22、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、1.609 B 1.88 1.84 A 【解析】(1)1螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm，可动刻度为 10.9 0.01mm0.109mm 所以最终读数为 1.5mm+0.109mm=1.609mm(2)2根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律；3从O点到B点的过程中，重物重力势能的减少量 1 9.80.1920J1.88JpEmgh 4B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则有 0.23230.1555m/s1.92m/s20.04ACBxvT 重物动能的增加量 22111 1.92
23、J1.84J22kBEmv 5根据机械能守恒得 212mghmv 则有 212ghv 可知212vh的图线是过原点的倾斜直线，故 A 正确，B、C、D 错误；故选 A。12、6.015 1.770 6 见解析 24d Rl 【解析】(1)1游标卡尺读数为：主尺读数+游标尺读数精度，此题读数为：60mm+3x0.05 mm=60.15mm=6.015cm 即金属丝的长度为 6.015cm。2螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数+估读，此题的读数为：1.5 mm+27.3x0.01 mm=1.773 mm.即金属丝直径为 1.773mm。3多用表的读数为电阻的粗测值，为 6。(2)4电路
24、图如图所示。5由电阻定律lRS，有 24RSd Rll 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、(1)2mUBLq；(2)(22)dL【解析】(1)带电粒子在加速电场中 212qUmv 解得 2qUvm 带电粒子进入磁场后，根据几何关系，带电粒子的运动半径为 22rL 根据 2vqvBmr 可得 mvrqB 联立可得 2mUBLq(2)粒子垂直于 AB 边射出，根据几何关系，带电粒子的运动半径为 2RL 根据 2vqvBmR 可得 mvRqB 联立可得 1mUBLq 粒子离开磁场的位置到 B 点的距离 d=2L
25、R 解得(22)dL 14、320K；78；吸热，原因见详解【解析】由题意可知001750mmHg300K800mmHgpTp，设升温后气体的压强为 p0，由查理定律得 0101ppTT 解得 T=320K 当 U 形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高 50mm 时，压强 p=700mmHg。抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V，由玻意耳定律得 10pVpV 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为 k，由题意得 078VkV 吸热。因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。15、（1）2 5m/smv （
26、2）Q=5 J（3）40 5mx 【解析】(1)棒 MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma 棒 MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv 棒 MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v=at1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2EIR 联立上述式子，有：222B L atFmaR 代入数据解得：F=0.5N 5s 时拉力 F 的功率为：P=Fv 代入数据解得：P=1W 棒 MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为 vm，棒受力平衡，则有：0mmPBI Lv 2mmBLvIR 代入数据解得:2 5m/smv (2)解除棒 PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为 v，则有：2mmvmv 设从 PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律可得：2211222mQmvmv 代入数据解得：Q=5J；(3)棒以 MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为 i，在极短时间 t 内，由动量定理得：-BiL t=m v 对式子两边求和有：()()mBiL tm v 而 q=i t 对式子两边求和，有:()qi t 联立各式解得：BLq=mvm，又对于电路有：2EqIttR 由法拉第电磁感应定律得：BLxEt 又2BLxqR 代入数据解得：40 5mx