《2023届四川省甘孜市重点中学高三下学期第六次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届四川省甘孜市重点中学高三下学期第六次检测物理试卷含解析.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、一物体在竖直方向运动的 vt 图象如图所示。以下判断正确的是（规定向上方向为正）（）A第 5s 内与第 6s 内的加速度方向不同 B第 4s 末第 6s 末物体处于失重状态 C前 2s 内物体克服重力做功的平均功率大于第
2、 6s 内物体重力做功的平均功率 D第 2s 末第 4s 末的过程中，该物体的机械能守恒 2、起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的 vt 图像如图所示，g=10m/s2，以下说法中正确的是（）A03s 内货物处于失重状态 B35s 内货物的机械能守恒 C57s 内货物受到向上的拉力为重力的 0.3 倍 D货物上升的总高度为 27m 3、某静电场的电场线与 x 轴平行，x 轴上各点的电势情况如图所示，若将一带电粒子从坐标原点 O 由静止释放，该粒子仅在电场力的作用下，沿着 x 轴正方向运动，已知电场中 M、N 两点的 x 坐标分别为 5mm、15mm，则下列说法
3、正确的是（）A在 x 轴上 M、N 两点间的电场方向先沿 x 轴正方向后沿 x 轴负方向 B该带电粒子一定带负电荷 C在 x=10mm 的位置，电场强度大小为 1000V/m D该粒子沿 x 轴从 M 点运动到 N 点的过程中，电势能一直增大 4、一个23892U核衰变为一个20682Pb核的过程中，发生了 m 次衰变和 n 次衰变，则 m、n 的值分别为（）A8、6 B6、8 C4、8 D8、4 5、如图所示，n 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场中，线框面积为 S，电阻不计线框绕垂直于磁场的轴 OO以角速度 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈
4、接入一只额定电压为 U 的灯泡，灯泡正常发光从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（）A图示位置穿过线框的磁通量变化率最大 B灯泡中的电流方向每秒改变2次 C线框中产生感应电动势的表达式为 enBSsint D变压器原、副线圈匝数之比为nBSU 6、静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B 是平行板电容器的两个金属极板，G 为静电计。开始时开关 S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大，下列采取的措施可行的是（）A保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板靠近 B断开开关 S 后，减小 A、B 两极板的正对面积
5、 C断开开关 S 后，将 A、B 两极板靠近 D保持开关 S 闭合，将变阻器滑片向右移动 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、如图所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则（）A保持 U1及 P 的位置不变，K 由 a 合到 b 时，I1将减小 B保持 U1及 P 的位置不变，K 由 b 合到 a 时，R 消耗功率减小 C保持 U1不变，K 合在 a 处，使 P 上滑
6、，I1将增大 D保持 P 的位置不变，K 合在 a 处，若 U1增大，I1将增大 8、如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。边长为 a 的正方形导线框 PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45角，若线框的总电阻为 R，则 APM 刚进入磁场时线框中的感应电流为BaR BPM 刚进入磁场时线框所受安培力大小为22B aR CPM 刚进入磁场时两端的电压为BaR DPM 进入磁场后线框中的感应电流将变小 9、如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的 O 点，另一端
7、连接带正电的小球，小球电荷量76 10qC，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点 O 的电势为零当小球以 2ms 的速率绕 O 点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标 y 的变化关系如图乙所示，重力加速度210/gm s.则下列判断正确的是 A匀强电场的场强大小为63.2 10/Vm B小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了 2.4J C小球做顺时针方向的匀速圆周运动 D小球所受的洛伦兹力的大小为 3N 10、下列说法正确的是（）A由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在张力 B把金片
8、儿和铅片压在一起，经过足够长时间后，可发现金会扩散到铅中，但铅不会扩散到金中 C物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大 D热力学第二定律表明，不可能通过有限的过程，把一个物体冷却到绝对零度 E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 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）某实验小组的同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验时进行了如下的操作（滑轮的大小可忽略）：滑块甲放在气垫导轨上，滑块乙穿在涂有润滑剂的竖直杆上，调整气垫导轨水平，气垫导轨的适当位置放置光电门，实验时记录遮光条的挡光时间 t；将两
9、滑块由图中的位置无初速释放，释放瞬间两滑块之间的细绳刚好水平拉直；测出两滑块甲、乙的质量 M=0.20kg、m=0.10kg，当地重力加速度为 g=9.80m/s2。回答下列问题：(1)如图，用游标卡尺测得遮光条的宽度 d=_cm；(2)实验小组在实验时同时对以下物理量进行了测量，其中有必要的测量是_（填序号）；A.滑轮到竖直杆的距离 L=0.60m B.滑块甲到滑轮的距离 a=1.50m C.物块甲的遮光条到光电门的距离 b=0.40m(3)当遮光条通过光电门瞬间，滑块乙速度的表达式为 v乙=_；(4)若测量值 t=_s，在误差允许的范围内，系统的机械能守恒。（保留两位有效数字）12（12
10、分）某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，图中 A、B 为两个光电门。（1）该同学首先利用 20 分度的游标卡尺测量小球的直径 d，测量结果如图乙所示，则 d_cm；（2）让小球从光电门 A 上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门 A、B 的挡光时间 tA、tB，已知当地的重力加速度为 g，用刻度尺测量出光电门 A、B 间的距离 h，则只需比较_与_是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒；（用题目中涉及的物理量符号来表示）（3）该同学的实验操作均正确，经过多次测量发现，（2）中需要验证的两个数值总是存在一定的误差，产生这种误差的主要原因是_。四、计算题：本题共 2
11、 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，圆心为 O、半径为 r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为 B。P 是圆外一点，OP=3r，一质量为 m、电荷量为 q（q0）的粒子从 P 点在纸面内沿着与 OP 成 60方向射出（不计重力），求：(1)若粒子运动轨迹经过圆心 O，求粒子运动速度的大小；(2)若要求粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足的条件。14（16 分）如图，T 型硬质轻活塞上端与力传感器固连，下端与气缸光滑接触且不漏气已知大气压强 p0=1.0105Pa，活塞横截
12、面积为 S，活塞到气缸底部距离为 H=20cm，气缸底部到地面高度为 h，此时气体温度为127t。现对活塞下部气体缓慢加热，同时记录力传感器示数，最后得到如图的 Ft 图象。整个过程中活塞与气缸始终密闭。（g 取10m/s2）求：(1)气缸质量 M；(2)h 大小；(3)活塞截面积 S。15（12 分）如图所示，半径0.2mR 的光滑四分之一圆轨道 MN 竖直固定放置，末端 N 与一长0.8mL 的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）做顺时针转动，带动传送带以恒定的速度 v0运动。传送带离地面的高度1.25mh，其右侧地面上有一直径0.5mD 的圆形洞，洞口最左端的 A
13、点离传送带右端的水平距离1ms，B 点在洞口的最右端。现使质量为0.5kgm 的小物块从 M 点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数0.5，g 取 10m/s2，求：(1)小物块到达圆轨道末端 N 时对轨道的压力；(2)若03m/sv，求小物块在传送带上运动的时间；(3)若要使小物块能落入洞中，求 v0应满足的条件。参考答案 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、B【解析】Avt 图象图线的斜率表示运动的加速度，第 5s 内与第 6s 内的斜率相同，则加速度方向相同
14、，故 A 错误；B第 4s 末第 6s 末图线斜率为负，则加速度为负值，即加速度的方向向下，物体处于失重状态，故 B 正确；Cvt 图象图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，由图线可知，前 2s 内物体物体的位移大小为 11102m10m2h 第 6s 内物体的位移大小为 2110m5m2h 则前 2s 内克服重力做功的平均功率为 1052mgPmg 第 6s 内物体重力做功的平均功率为 551mgPmg 所以前 2s 内克服重力做功的平均功率等于第 6s 内物体重力做功的平均功率，故 C 错误；D第 2s 末第 4s 末的过程中，物体匀速运动，动能不变，但物体升高，所以该物体的机械能增加，故
15、D 错误。故选 B。2、D【解析】A货物开始时竖直向上运动，由 vt 图像读出 03s 的斜率即加速度为正，表示加速度向上，则货物处于超重状态，故 A 错误；B35s 内货物做向上的匀速直线运动，一定有除重力以外的拉力对货物做正功，则货物的机械能增加，故 B 错误；C57s 内的加速度为 2206m/s3m/s2vat 由牛顿第二定律有 TFmgma 可得 T70.7Fmmg 则有货物受到向上的拉力为重力的 0.7 倍，故 C 错误；Dvt 图像的面积表示货物上升的总位移，则总高度为(27)6m27m2h 故 D 正确。故选 D。3、C【解析】A由-x 图像知从 M 点到 N 点电势降低，根据
16、沿着电场线方向电势降低可知在 x 轴上 M、N 两点间的电场方向沿 x轴正方向，A 项错误；B粒子受力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，B 项错误；C在-x 图像中，图线斜率表示电场强度的大小，电场强度大小为 310V/m10 10UEdx1000V/m C 项正确；D粒子沿 x 轴从 M 点运动到 N 点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，D 项错误。故选 C。4、A【解析】在 衰变的过程中，电荷数少 2，质量数少 4，在 衰变的过程中，电荷数多 1，有 2m-n=10 4m=32 解得 m=8 n=6 故 A 正确，BCD 错误。故选 A。5、C【解析】图示位置穿过线框的磁通量最
17、大，但是磁通量的变化率为零，选项 A 错误；交流电的周期为2T，一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变 次，选项 B 错误；交流电的电动势最大值：Em=nBS，则线框中产生感应电动势的表达式为 enBSsint,选项 C 正确；交流电的有效值为12nB SU,则11222nUnB SnUU,选项D 错误；故选 C.点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决 6、B【解析】A 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，与极板间距无关，则指针张角不变，故 A 错误；B 断开电键，电容器带电
18、量不变，减小 A、B 两极板的正对面积，即 S 减小，根据4SCkd知，电容减小，根据QUC知，电势差增大，指针张角增大，故 B 正确；C 断开电键，电容器带电量不变，将 A、B 两极板靠近，即 d 减小，根据4SCkd知，电容增大，根据QUC知，电势差减小，指针张角减小，故 C 错误；D 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故 D 错误。故选：B。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、BD
19、【解析】保持 U1及 P 的位置不变，K 由 a 合到 b 时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据11PIU得 I1将增大，故 A 错误；保持 U1及 P 的位置不变，K 由 b 合到a 时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据22UPR可知功率变小，故 B 正确；保持 U1不变，K 合在 a 处，使 P上滑时，R 增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据2211I nIn可知 I1将减小，故 C 错误；保持 P 的位置不变，K 合在 a 处，若 U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据2211I nIn可知
20、I1将增大，故 D 正确。8、AD【解析】A.PM 刚进入磁场时有效的切割长度等于 a，产生的感应电动势为 E=Bav，感应电流为 EBavIRR，故 A 正确；B.NM 边所受的安培力大小为 F1=BIa=22B a vR，方向垂直 NM 向下。PN 边所受的安培力大小为 F2=BIa=22B a vR，方向垂直 PN 向下，线框所受安培力大小 2222122B a vFFFR，故 B 错误；C.PM 两端的电压为 22RBavUI，故 C 错误；D.PM 刚进入磁场后，有效的切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流将减小，故 D 正确。故选：AD。9、BD【解析】A、据题意和乙图可知
21、，662 10V5 10 V0.4UEd，故 A 错误；B、据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为：2q=261072106J=2.4J，故 B 正确；C、以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故 C 错误；D、以上可知：mg=Eq，2mvfqvBr，联立以上解得：f=3N，故 D 正确 故选 BD【点睛】本题感觉较难，但读懂题意，把小球的受力情况和特点挖掘出来，此题就会迎刃而解；还需注意利用乙图求场强，能量守恒求电势能的减小 10、ACE【解析】A液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液
22、体表面存在张力，故 A 正确；B一切物质的分子处于永不停息的无规则运动之中，当铅片与金片接触时，会有一些铅的分子进入金片，同时，金的分子也会进入铅片，故 B 错误；C温度是分子平均动能的标志，则温度升高，物体内分子平均动能增大，故 C 正确；D根据热力学第三定律知，绝对零度只能接近，不可能达到，故 D 错误；E根据热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故 E 正确。故选 ACE。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、0.420 AC d(Lb)tLbL22 0.0020或 2.0 10-3 【解
23、析】(1)1游标卡尺的读数由主尺读数和游标尺读数组成，遮光条的宽度 d=4mm+40.05mm=4.20mm=0.420cm(2)2本实验验证系统的机械能守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能，研究滑块甲运动到光电门的过程，系统减少的重力势能 22P()EmgLbL 系统增加的动能 22k11+22EMvmv甲乙 绳上的速度关系如图 则有 22()=LbLvvLb甲乙 故必要的测量为滑轮到竖直杆的距离 L=0.60m，物块甲的遮光条到光电门的距离 b=0.40m，故 AC 正确，B 错误。故选 AC。(3)3利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，当遮光条通过光电门瞬间，滑块甲速度=dvt
24、甲 根据绳上的速度关系可知，滑块乙的速度 22()()d LbvtLbL乙(4)4由(2)的分析可知，系统机械能守恒，则满足 222211()+22mgLbLMvmv甲乙 解得 t=2.010-3s 12、0.885 gh 222212BAddtt 小球下落过程中受到空气阻力的影响 【解析】(1)1根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为 0.8cm170.05mm0.885cmd (2)23小球从 A 到 B，重力势能减少了 mgh，动能增加了 2221()2BAdmtt 因此，要验证机械能是否守恒，只需比较 gh 与2221()2BAdmtt是否相等即可(3)4小球下落过程中，受到空气阻力
25、的作用，造成机械能损失，所以总是存在一定的误差。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)3Bqrm；(2)8(3 32)Bqrvm或8(3 32)Bqrvm【解析】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 R，圆心为O，依图题意作出轨迹图如图所示：由几何知识可得：OOR 222(3)6sinOORrrR 解得 3Rr 根据牛顿第二定律可得 2vBqvmR 解得 3Bqrvm(2)若速度较小，如图甲所示：根据余弦定理可得 22211196sinrRRrrR 解得 183 32rR 若速度较大，如图乙所示：根据
26、余弦定理可得 22222296sinRrRrrR 解得 283 32rR 根据 BqRvm 得 18(3 32)Bqrvm，28(3 32)Bqrvm 若要求粒子不能进入圆形区域，粒子运动速度应满足的条件是 8(3 32)Bqrvm或8(3 32)Bqrvm 14、（1）2kg（2）1.8cm（3）1.41103m2【解析】(1)加热时，气体先做等压变化，气缸活塞整体平衡，由平衡条件得：20NFMg 解得：2kgM (2)气体体积保持不变，气体发生等压变化，由查理定律得：11()2732732HSHh Stt 解得：1.8cmh (3)气体温度从12t到14t过程气体发生等容变化，由查理定律得
27、：3223273273pptt 其中：20MgppS，30pp 解得：321.41 10 mS 15、(1)大小为 15N，方向竖直向下；(2)0.3s；(3)02m/s3m/sv【解析】(1)设物块滑到圆轨道末端速度1v，根据机械能守恒定律得 2112mgRmv 12m/sv 设物块在轨道末端所受支持力的大小为 F，根据牛顿第二定律得 21vFmgmR 联立以上两式代入数据得 15NF 根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为 15N，方向竖直向下。(2)若 03m/sv 则 10vv 物块在传送带上加速运动时，由 mgma 得 25m/sag 加速到与传送带达到共速所需要的时间 0110.2svvta 位移 10110.5m2vvst 匀速时间 1200.1sLstv 故 120.3sTtt(3)物块由传送带右端平抛 212hgt 恰好落到 A 点 2sv t 得 22m/sv 恰好落到 B 点 3Dsv t 得 33m/sv 当物块在传送带上一直加速运动时，做平抛运动的速度最大，假设物块在传送带上达到的最大速度为 v，由动能定理 2211122mgLmvmv 得 2222212m/s9m/sv 所以物块在传送带上达到的最大速度大于能进入洞口的最大速度，所以0v应满足的条件是 02m/s3m/sv