《2023届四川省眉山市仁寿县高三第二次模拟考试物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届四川省眉山市仁寿县高三第二次模拟考试物理试卷含解析.pdf（17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 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，在粗糙的水平面上放一质量为 2kg 的物体，现用 F=8N 的力，斜向下推物体，力 F 与水平面成30角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为=0.5，则 A物体对地面的压力为 24N B物体所受的摩擦力为 12N
2、 C物体加速度为26/m s D物体将向右匀速运动 2、如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块。物块从高处自由下落到弹簧上端 O，将弹簧压缩，当弹簧被压缩了 x0时，物块的速度变为零。从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移 x 变化的图象可能是（）A B C D 3、“月亮正加速远离地球！后代没月亮看了。”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年 38cm 的速度远离地球。不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是（）A月球绕地球做圆周运动的
3、周期将减小 B月球绕地球做圆周运动的线速度增大 C地球同步定点卫星的高度增大 D地球同步定点卫星的角速度增大 4、如图所示，电源 E，导线，导电细软绳 ab、cd，以及导体棒 bc 构成闭合回路，导电细软绳 ab、cd 的 a 端和 d 端固定不动，加上恰当的磁场后，当导体棒保持静止时，闭合回路中 abcd 所在平面与过 ad 的竖直平面成 30，已知 ad 和bc 等长且都在水平面内，导体棒 bc 中的电流 I=2A，导体棒的长度 L=0.5m，导体棒的质量 m=0.5kg，g 取 10m/s2，关于磁场的最小值和方向，说法正确的是（）A5 33T，竖直向上 B5 33T，竖直向下 C2.5
4、T，由 b 指向 a D2.5T，由 a 指向 b 5、如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球以初速度从M点竖直向上抛出，通过N点时，速度大小为3v，方向与电场方向相反，则小球从M点运动到N点的过程中（）A动能增加232mv B机械能增加24mv C重力势能增加212mv D电势能增加292mv 6、如图所示，曲线 I 是一颗绕地球做圆周运动的卫星 P 轨道的示意图，其半径为 R；曲线是一颗绕地球做椭圆运动的卫星 Q 轨道的示意图，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为 G，地球质量为 M，下列说法正确
5、的是（）A椭圆轨道的长轴长度为 R B卫星 P 在 I 轨道的速率为0v，卫星 Q 在轨道 B 点的速率为Bv，则0Bvv C卫星 P 在 I 轨道的加速度大小为0a，卫星 Q 在轨道 A 点加速度大小为Aa，则0=Aaa D卫星 P 在 I 轨道上受到的地球引力与卫星 Q 在轨道上经过两轨道交点时受到的地球引力大小相等 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、如图，一个质量为 m 的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两
6、边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的 P、Q 两点处，弹簧的劲度系数为 k，起初圆环处于 O 点，弹簧处于原长状态且原长为 L；将圆环拉至 A 点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为 g，对于圆环从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是（）A圆环在 O 点的速度最大 B圆环通过 O 点的加速度等于 g C圆环在 A 点的加速度大小为(22)gkLm D圆环在 B 点的速度为gL 8、如图所示，一列简谐横波正沿 x 轴传播，实线是 t=0 时的波形图，虚线为 t=0.1s 时的波形图，则以下说法正确的是（）A若波速为
7、50m/s，则该波沿 x 轴正方向传播 B若波速为 50m/s，则 x=4m 处的质点在 t=0.1s 时振动速度方向沿 y 轴负方向 C若波速为 30m/s，则 x=5m 处的质点在 0 时刻起 0.8s 内通过的路程为 1.2m D若波速为 110m/s，则能与该波发生干涉的波的频率为 13.75Hz 9、下列说法中正确的是()A分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零 B布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著 C在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的
8、气温将会增加 D一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多 E.在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降 10、如图所示，圆形区域内以直线 AB 为分界线，上半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。下半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，圆的半径为 R。在磁场左侧有一粒子水平加速器，质量为 m，电量大小为 q 的粒子在极板 M 右侧附近，由静止释放，在电场力的作用下加速，以一定的速度沿直线 CD 射入磁场，直线 CD 与直径 AB 距离为 0.6R。粒子在 AB 上方磁场中偏转
9、后，恰能垂直直径 AB 进入下面的磁场，之后在 AB 下方磁场中偏转后恰好从 O 点进入 AB 上方的磁场。带电粒子的重力不计。则 A带电粒子带负电 B加速电场的电压为22925qB Rm C粒子进入AB 下方磁场时的运动半径为 0.1R DAB 下方磁场的磁感应强度为上方磁场的 3 倍 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）如图甲所示为测量电动机转速的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动，在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装了的电火花计时器，时间间隔为 T 的电火花可在卡纸上留下痕迹。（
10、1）请将下列实验步骤按先后排序_。使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触 接通电火花计时器的电源，使它工作起来 启动电动机，使圆形卡纸转动起来 关闭电火花计时器，关闭电动机；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度 的表达式，代入数据，得出 的测量值（2）要得到 的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是_ A秒表 B毫米刻度尺 C圆规 D量角器（3）写出角速度 的表达式=_，并指出表达式中各个物理量的意义_。12（12 分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块位于水平桌面上的 O 点时，重物 B 刚好接触地面，不考虑 B 反弹对系统的影响
11、。将 A 拉到 P 点，待 B 稳定后，A 由静止释放，最终滑到 Q 点。测出 PO、OQ 的长度分别为 h、s。（1）实验开始时，发现 A 释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当_（“增大”或“减小”）重物的质量。（2）滑块 A 在 PO 段和 OQ 段运动的加速度大小比值为_。（3）实验得 A、B 的质量分别为 m、M，可得滑块与桌面间的动摩擦因数 的表达式为_（用 m、M、h、s 表示）。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）一定质量的理想气体经历如图所示的 AB、BC、CA 三个变化过
12、程，若 BC 过程中气体做功数值约是 CA过程中气体做功数值的 1.6 倍，气体在状态 B 时压强为 4.5105Pa，求：(i)气体在状态 A 和 C 的压强。(ii)整个过程中气体与外界交换的热量。14（16 分）随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈 abcd；火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道 MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲
13、滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为 v0，经过时间 t 火箭着陆，速度恰好为零；线圈 abcd 的电阻为 R，其余电阻忽略不计；ab 边长为 l，火箭主体质量为 m，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，重力加速度为 g，一切摩擦阻力不计，求：（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈 ab 边两端的电势差 Uab；（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；（3）火箭主体的速度从 v0减到零的过程中系统产生的电能。15（12 分）如图所示，在竖直面内有
14、一矩形区 ABCD，水平边 AB=6L，竖直边 BC=8L，O 为矩形对角线的交点。将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出，小球恰好经过 C 点。使此小球带电，电荷量为 q（q0），同时加一平行于矩形ABCD 的匀强电场，现从 O 点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过 D 点的小球的动能为初动能的 5 倍，经过 E 点（DC 中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为 g，求(1)小球的初动能；(2)取电场中 O 点的电势为零，求 D、E 两点的电势；(3)带电小球所受电场力的大小和方向 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小
15、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、A【解析】受力分析如图所示，在竖直方向上，由平衡条件得sin3024NNFmg，物体与水平地面间最大静摩擦力max12NFN，水平方向上cos304 3NxFF，由于maxxFF，物体将静止不动，故物体所受的摩擦力为静摩擦力4 3NxfF，综上分析，正确答案为 A 2、D【解析】物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得：mg-kx=ma 得到 kagxm a 与 x 是线性关系，当 x 增大时，a 减小；当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度 a=0
16、；当弹力大于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律得 kx-mg=ma 得到 kaxgm a 与 x 是线性关系，当 x 增大时，a 增大；若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于 g，方向竖直向上，当小球以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于 g；A该图与结论不相符，选项 A 错误；B该图与结论不相符，选项 B 错误；C该图与结论不相符，选项 C 错误；D该图与结论相符，选项 D 正确；故选 D。3、C【解析】A月球绕着地球做匀速圆周运动，故有：2224MmGmrrT 解得：32rTGM 随着地月
17、间距增加，月球绕地球做圆周运动的周期将变大，故 A 错误；B月球绕着地球做匀速圆周运动，故有：22MmvGmrr 解得：GMvr 随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的线速度变小，故 B 错误；CD潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，则地球自转周期增加，故自转角速度变小，故同步卫星的角速度变小，根据 3GMr 可知轨道半径变大，故高度增大，故 C 正确，D 错误；故选 C。4、C【解析】对导体棒受力分析，受到重力，绳子的拉力和安培力，拉力和安培力的合力竖直向上，根据三角形定则知，安培力方向与拉力方向垂直时，安培力最小，根据左手定则可知，磁场的方向沿 ba 所在直线，由 b 指向 a
18、，磁感应强度最小，则根据共点力平衡可知 mgsin30=BIL，解得 B=2.5T，故 C 正确，A、B、D 错误；故选 C。5、C【解析】A小球由M到N过程中动能增加量 222k11(3)422Em vmvmv 故 A 错误；BC 在竖直方向上，小球只受重力作用，小球竖直方向的分运动为竖直上抛运动，N点为小球还动的最高点，22vhg，从M到N，小球克服重力做的功 212Wmghmv 所以小球的重力势能增加量 2p12Emv 小球的机械能增加量 2kp92EEEmv 故 B 错误，C 正确；D由能量守恒定律可知，小球机械能增大，电势能减少，故 D 错误。故选 C。6、B【解析】A开普勒第三定律
19、可得：23Tka 因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为 R 椭圆，故 a=R，即椭圆轨道的长轴的长度为2R。故 A 错误。B根据万有引力提供向心力可得：22MmvGmrr 故Gmvr，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以 OB 为半径做圆周运动的速度为v，则0vv；又卫星在的 B 点做向心运动，所以有Bvv，综上有0Bvvv。故 B 正确。C卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：2MmGmar 所以加速度为2MaGr，又有 OAR，所以0Aaa，故 C 错误。D由于不知道两卫星质量关系，故万有引力关系不确定，故 D 错误。故选 B。二、多项选择题：本题共 4
20、 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、BC【解析】A圆环受力平衡时速度最大，应在 O 点下方，故 A 错误。B圆环通过 O 点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于 g，故 B 正确。C圆环在下滑过程中与细杆之间无压力，因此圆环不受摩擦力，在 A 点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在 A 点弹簧伸长量为2L-L=（2-1）L，根据牛顿第二定律，有 221cos45mgkLma（）解得 (22)kLagm 故 C 正确。D圆环从 A 到 B 过程，根据功
21、能关系，知圆环减少的重力势能转化为动能，有 2122BmgLmv 解得 2BvgL 故 D 错误。故选 BC。8、BCD【解析】A由图可得，该波的波长为 8m；若波向右传播，则满足 3+8k=v0.1（k=0、1、2）解得 v=30+80k 若波向左传播，则满足 5+8k=v0.1（k=0、1、2）解得 v=50+80k 当 k=0 时 v=50m/s，则则该波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；B若波向左传播，x=4m 处的质点在 t=0.1s 时振动速度方向沿 y 轴负方向，故 B 正确；C若 v=30m/s，则 84ss3015T 则 0.8s=3T，即经过 3 个周期，所以 x=5m
22、处的质点在 0 时刻起 0.8s 内通过的路程为 1.2m，故 C 正确；D若波速为 110m/s，则 110Hz13.75Hz8vf 发生干涉，频率相等，故 D 正确。故选 BCD。【点睛】根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值 9、CDE【解析】A设分子平衡距离为0r，分子距离为 r，当0rr，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当0rr，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当0rr，分子力为 0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分
23、子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，故 A 错误；B布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，不平衡性越不明显，布朗运动就越不显著，故 B 错误；C夏天为了降低温度同时打开电冰箱和电风扇，二电器工作较长时间后，为要消耗电能，故0W，与外界无热交换，故0Q，根据热力学第一定律公式：UWQ 房内气体内能增加，故房间内部的气温将升高，故 C 正确；D由玻意耳定律可知气体的体积减小，分子数密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多，故 D 正确；E当车胎突然爆裂的瞬间，气体膨胀对外做功，这一短暂过程中气体与外界热量交换很
24、少，根据热力学第一定律气体内能是减少，温度降低，故 E 正确。10、AC【解析】A从 C 点入射的粒子向下做匀速圆周运动，即受到洛仑兹力向下，由左手定则知道粒子带负电，所以选项 A 正确；B由题意知，粒子在 AB 上方磁场中做匀速圆周运动的半径 r10.6R，在电场中加速有：212Uqmv 在 AB 上方磁场中：21mvqvBr 联立得：22950qB RUm 所以选项 B 错误；C粒子在 AB 下方磁场中做匀速圆周运动，由几何关系：22122(0.6)rrRR 解得 r20.1R 所以选项 C 正确；D由洛仑兹力提供向心力得到半径：mvrqB 由于 r16r2，所以 B26B1 所以选项 D
25、 错误。故选 AC。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、D (1)nT 为 n 个点对应的圆心角 【解析】(1)1该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理故次序为；(2)2要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器，故选 D；(3)3根据t，则 1NT，4 是 n 个点对应的圆心角，T 是电火花计时器的打点时间间隔。12、减小 sh Mhm hsMs 【解析】（1）1B 减少的重力势能转化成系统的内能和 AB 的动能，A 释放后会撞到滑轮，说明 B 减少的势能太多
26、，转化成系统的内能太少，可以通过减小 B 的质量；增加细线的长度（或增大 A 的质量；降低 B 的起始高度）解决。依据解决方法有：可以通过减小 B 的质量；增加细线的长度（或增大 A 的质量；降低 B 的起始高度），故减小 B 的质量；（2）2根据运动学公式可知：2ah=v2 2as=v2 联立解得：asah（3）3B 下落至临落地时根据动能定理有：Mgh-mgh=12（M+m）v2 在 B 落地后，A 运动到 Q，有 12mv2=mgs 解得：Mhm hsMs 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、（i）5
27、1.5 10 Pa；51.5 10 Pa（ii）吸收热量；180J【解析】(i)由图可知，气体从状态 A 到状态 B 为等容变化过程，由查理定律有BABAppTT，解得 51.5 10 PaAp 由图可知，气体从状态 B 到状态 C 为等温变化过程，由玻意耳定律有BBCCp Vp V，解得 51.510PaCp(ii)由状态 B 经状态 C 回到状态 A，设外界对气体做的总功为 W，从状态 C 到状态 A，为等压变化，外界对气体做功为 300JCACCAWpVV BC 过程中气体做功的大小约是 CA 过程中气体做功的大小的 1.6 倍，则 BC 过程中外界对气体做功为 480JBCW 从状态
28、A 到状态 B，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功为 180JCABCWWW 整个过程中气体内能增加量为 U=0，设气体从外界吸收的热量为 Q，由热力学第一定律 U=Q+W，解得 Q=180J 即气体从外界吸收的热量是 180J。14、（1）034abUBlv（2）2 20B l vagmR（3）220022()12m gR vgtEmvB L【解析】(1)ab 边产生电动势：EBLv0，因此 034abUBlv(2)安培力abFBIl，电流为0BlvIR，对火箭主体受力分析可得：Fabmgma 解得：2 20B l vagmR(3)设下落 t 时间内火箭下落的
29、高度为 h，对火箭主体由动量定理：mgtabF t0mv0 即 mgt22B L hR0mv0 化简得 h022()mR vgtB L 根据能量守恒定律，产生的电能为：E2012mghmv 代入数据可得：220022()12m gR vgtEmvB L 15、(1)916mgL(2)74DmgLq；4EmgLq(3)54mgF，方向与 OE 成 37斜向上【解析】(1)不加电场时，由平抛运动的知识可得 03Lv t 2142Lgt 初动能 20012kEmv 解得 0916kEmgL (2)从 D 点射出的小球，由动能定理 044ODkDkOkmgLqUEEE 解得 74ODmgLUq 因为 O 点的电势为零，则 74DmgLq 从 E 点射出的小球，由动能定理 40OEkEkOmgLqUEE 解得 4OEmgLUq 因为 O 点的电势为零，则 4EmgLq(3)设电场方向与 OE 成 角斜向上，则从 E 射出的小球：44 cosmgLFL 从 D 射出的粒子 75 sin(53)4ODmgLUqFL 联立解得 3tan4 =37 cos0.8 54mgF 电场力的方向与 OE 成 37斜向上；