《2023年济南市育英高三二诊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年济南市育英高三二诊模拟考试物理试卷含解析.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 学年高考物理模拟试卷 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，理想变压器原、副线圈的匝数之比为 10:1，原线圈接有正弦交流电源 u2202sin314t(V)，副线圈接电阻 R，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。则
2、下列说法中正确的是（）A电压表读数为 222V B若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的 2 倍 C若仅将 R 的阻值增加到原来的 2 倍，则变压器输入功率增加到原来的 4 倍 D若 R 的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的 2 倍，则变压器输入功率不变 2、关于功的概念，下列说法中正确的是（）A因为功有正负，所以功是矢量 B力对物体不做功，说明物体一定无位移 C滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功 D若作用力对物体做正功，则反作用力一定做负功 3、如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线 dpa 打到屏MN 上的 a
3、 点，通过 pa 段用时为 t.若该微粒经过 P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上若两个微粒所受重力均忽略,则新微粒运动的 ()A轨迹为 pb,至屏幕的时间将小于 t B轨迹为 pc,至屏幕的时间将大于 t C轨迹为 pa，至屏幕的时间将大于 t D轨迹为 pb,至屏幕的时间将等于 t 4、如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则 AP 和 Q 都带正电荷 BP 和 Q 都带负电荷 CP 带正电荷，Q 带负电荷 DP 带负电荷，Q 带正电荷 5、某实验装置如图所示，
4、用细绳竖直悬挂一个多匝矩形线圈，细绳与传感器相连，传感器可以读出细绳上的拉力大小。将线框的下边 ab 置于蹄形磁铁的、S 极之间，使 ab 边垂直于磁场方向且 ab 边全部处于 N、S 极之间的区域中。接通电路的开关，调节滑动变阻器的滑片，当电流表读数为时，传感器的读数为1F；保持 ab 中的电流大小不变，方向相反，传感器的读数变为2F（21FF）。已知金属线框的匝数为 n，ab 边长为 L，重力加速度为 g，则可得到（）A金属线框的质量122FFmg BN、S 极之间的磁感应强度12FFBnIL C传感器的读数为1F时，ab 中的电流方向为 ba D减小电流 I 重复实验，则1F、2F均减小
5、 6、如图所示，U 形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦.初始时，外界大气压强为 p0，活塞紧压小挡板.现缓慢升高气缸内气体的温度，则选项图中能反映气缸内气体的压强 p 随热力学温度 T 变化的图象是（）A B C D 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、下列说法正确的是（）A随着分子间距离的减小，其斥力和引力均增大 B单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点 C一
6、定质量的 0C 的冰熔化成 0C 的水，其分子势能会增加 D一定质量的气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 E.第二类永动机不可能制成的原因是它违反了能量守恒定律 8、质量均匀分布的导电正方形线框 abcd 总质量为 m，边长为 l，每边的电阻均为 r0。线框置于 xoy 光滑水平面上，处在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。如图，现将 ab 通过柔软轻质导线接到电压为 U 的电源两端（电源内阻不计，导线足够长），下列说法正确的是 A若磁场方向竖直向下，则线框的加速度大小为043BlUmr B若磁场方向沿 x 轴正方向，则线框保持静止 C若磁场方向沿 y 轴正方向，发现线框以 cd 边为轴转
7、动，则02mgrUBl D若磁场方向沿 y 轴正方向，线框以 cd 边为轴转动且 cd 边未离开水平面，则线框转动过程中的最大动能为202Bl Umglr 9、如图所示，a、b、c 为三颗绕地球做圆周运动的人造卫星，轨迹如图。这三颗卫星的质量相同，下列说法正确的是（）A三颗卫星做圆周运动的圆心相同 B三颗卫星受到地球的万有引力相同 Ca、b 两颗卫星做圆周运动的角速度大小相等 Da、c 两颗卫星做圆周运动的周期相等 10、如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（）A应该让球沿着 3 的方向抛出 B应该让
8、球沿着 2 的方向抛出 C两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的 D当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指 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）用如图所示的实验装置研究平抛运动某同学按如下的操作得到了一组数据：将碰撞传感器水平放置，在轨道多个位置静止释放小球 将碰撞传感器竖直放置在离抛出点一定距离处（图中虚线位置），在轨道多个位置静止释放小球，小球都击中碰撞传感器 1 2 3 4 5 6 初速度 v0（m/s）1.024 1.201 1.176 1.153 0.942 1.060 飞行时间 t（s）0.246
9、 0.249 0.248 0.173 0.212 0.189 (1)本实验除了碰撞传感器外，还需用到的传感器是_(2)根据表格可知，碰撞传感器水平放置时，距离小球抛出点的高度约_m；碰撞传感器竖直放置时，距离小球抛出点的水平距离约_m 12（12 分）某同学要将一满偏电流为 3mA 的毫安表 G 改装为量程为 30mA 的电流表。他先测量出毫安表 G 的电阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测 具体实验步骤如下：按电路原理图 a 连接线路 将 R1的阻值调到最大，闭合开关 S1后调节 R1的阻值，使毫安表 G 的指针偏转到满刻度 闭合 S2，保持 R1不变，调节
10、 R2的阻值，使毫安表 G 的指针偏转到满刻度的三分之一的位置 记下 R2的阻值 回答下列问题：（1）如果按正确操作步骤测得 R2的阻值为 90，则毫安表 G 内阻的测量值 Rg=_，与毫安表内阻的真实值gR相比，Rg_gR（填“”、“”或“”）（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表 G 改装成量程为 30mA 的电流表，则需要并联一个阻值 R=_ 的电阻（3）根据图 b 所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为 16.0mA 时，改装表的指针位置如图 c 所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是_mA（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新
11、测量，只需要将阻值为 R 的电阻换为一个阻值为 kR的电阻即可，其中 k=_ 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，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度 L=0.4m，一端连接 R=1 的电阻导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B=1T导体棒 MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计在平行于导轨的拉力 F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度 v=5m/s求：（1）感应电动势 E 和感应电流 I；（2）拉力 F 的大小；（3）
12、若将 MN 换为电阻 r=1 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压 U 14（16 分）如图所示，可视为质点的质量为 m=1.2kg 的小滑块静止在水平轨道上的 A 点，在水平向右的恒定拉力 F=4N的作用下，从 A 点开始做匀加速直线运动，当其滑行到 AB 的中点时撤去拉力，滑块继续运动到 B 点后进入半径为R=1.3m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从 B 处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h=1.2m，水平距离为x=1.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚
13、好为滑块重力的 3 倍，水平轨道 BC 的长度为 l2=2.1m，小滑块与水平轨道 AB、BC 间的动摩擦因数均为=15，重力加速度 g=11m/s2。(1)求水平轨道 AB 的长度 l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的 D 点；(3)若在 AB 段水平拉力 F 作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入 C、D 间的“陷阱”的目的，试求水平拉力 F 作用的距离范围。15（12 分）如图所示，开口向上的汽缸 C 静置于水平桌面上，用一横截面积 S=50cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一-端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系
14、数 k=1400N/m 的竖直轻弹簧 A，A 下端系有一质量 m=14kg 的物块 B。开始时，缸内气体的温度 t=27C，活塞到缸底的距离 L1=120cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为 p=1.0105 Pa，取重力加速度 g=10 m/s2，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求:(1)当 B 刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度(2)气体的温度冷却到-93C 时离桌面的高度 H 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】A根据 u=2202sin314t（V）可知，原线圈的电压
15、有效值为 U1=220V，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由1122 UnUn得电压表读数为：U2=22V，故 A 错误；B若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据1122 UnUn可知，U2增大到原来的 2 倍，由22UIR可知，电流表的读数增大到原来的 2 倍，故 B 正确；C若仅将 R 的阻值增加到原来的 2 倍，则变压器的输出电压不变，根据22UPR可知次级功率变为原来的一半，则变压器输入功率变为原来的一半，选项 C 错误；D 若副线圈匝数增加到原来的 2 倍，则 U2增加到原来的 2 倍，同时 R 的阻值也增加到原来的 2 倍，故输出功率22UPR变为原来的 2 倍，故 D
16、错误。故选 B。2、C【解析】A、功有正负，但功是标量，A 错误；B、当力的方向和位移的方向垂直时，力不做功，但有位移，B 错误；C、摩擦力方向可以与位移方向相同，也可以相反，故可能做正功，也可能做负功，C 正确；D、一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负或一个做功，一个不做功等各种情况，D 错误 故选 3、C【解析】试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化 带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由2vBqvmr，得：mvPrqBq
17、B，P、q 都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径 r 不变，故轨迹应为 pa，因周期2 mTqB可知，因 m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故 pa 所用的时间将大于 t，C 正确；【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式mvRBq，周期公式2 mTBq，运动时间公式2tT，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，4、D【解析】AB受力分析可知，P 和 Q 两小球，不能带同种电荷，AB 错误；CD若 P 球带负电，Q 球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则 C 错误 D 正
18、确，故本题选 D 5、A【解析】AB通电线圈受到重力安培力和细绳的拉力作用，当电流表读数为 I 时，绳子的拉力为1F，则 1FmgnBIL 保持 ab 中的电流大小不变，方向相反，绳子的拉力为2F，则 2FnBILmg 联立解得金属框的质量为 122FFmg 122FFBnIL 选项 A 正确，B 错误；C传感器的读数为1F时，安培力竖直向下，根据左手定则可知，ab 中的电流方向为 ab，故 C 错误；D减小电流 I 重复实验，则1F减小，2F增大，故 D 错误。故选 A。6、B【解析】当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强 P 与热力学温度 T 成正比，在
19、 P-T图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板（小挡板的重力不计），缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在 P-T 中，图线是平行于 T 轴的直线 A该图与结论不相符，选项 A 错误；B该图与结论相符，选项 B 正确；C该图与结论不相符，选项 C 错误；D该图与结论不相符，选项 D 错误；故选 B【点睛】该题考查了气体状态变化时所对应的 P-T 图的变化情况，解答该类型的题，要熟练地掌握 P-T 图线的特点，当体积不变时，图线是通过坐标原点的倾斜直线，压强不变时，是平行于 T 轴的直线，当温度不变时，是平行于 P 轴的直线 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题
20、 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、ACD【解析】A分子间距离减小，其斥力和引力均增大，A 正确；B晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B 错误；C0的冰熔化成 0的水，吸收热量，分子平均动能不变，其分子势能会增加，C 正确；D对气体做功大于气体放出的热量，其分子的平均动能会增大，D 正确；E第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机不违反能量守恒定律，只是违反热力学第二定律，E 错误。故选 ACD。8、ACD【解析】A根据左手定则，安培力的方向沿+y 轴方向 0abUIr 0
21、3dcUIr 根据 F=BIl，线框所受的安培力的合力为：00()3abdcUUFFFBlrr 线框的加速度大小为：043FBlUammr 故 A 正确；B若磁场方向沿 x 轴正方向，ad 边受到的安培力竖直向下，cd 边受到的安培力竖直向上，故线框不可能处于静止，故 B 错误；C若磁场方向沿 y 轴正方向，发现线框以 cd 边为轴转动，则，根据动能定理可得 01 02BlUlmglr 解得：02mgrUBl 故 C 正确；D在转动过程中，由于 ab 边的安培力大于线框的重力，故在安培力作用下，线框的动能一直增大，故有：20022kBlUlBl UmglElmgrr 故 D 正确；故选 ACD
22、。9、AC【解析】A三颗卫星做圆周运动的圆心都是地心，是相同的，A 正确；B三颗卫星的质量相同，但轨道半径不同，所受到地球的万有引力不相同，B 错误；C根据万有引力充当向心力，得 22MmGmrr，解得：3GMr，a、b 两颗卫星的轨道半径相等，所以做圆周运动的角速度大小相等，C 正确；D根据：2224MmGmrrT，可得 32rTGM，a、c 两颗卫星轨道半径不同，所以做圆周运动的周期不相等，D 错误。故选 AC。10、AD【解析】AB甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着 3 方向抛出，就能传球成功，A 正确，B 错误；C根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知两运动员接球
23、时速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C 错误；D当乙接着球后要往身体收，根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，减小冲击力，以免伤害手指，D 正确。故选 AD。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、光电门 0.3 0.2 【解析】(1)1根据图，并结合实验的原理可知，除了碰撞传感器外，还需用到光电门传感器；(2)23由表格数据可知，前 3 个，时间基本相等；而后 3 个，初速度与时间的乘积是基本相等的；时间基本相等的，碰撞传感器水平放置，根据自由落体运动位移公式，那么
24、距离小球抛出点的高度 221110 0.25 m0.3m22hgt 初速度与时间的乘积是基本相等的，碰撞传感器竖直放置，那么距离小球抛出点的水平距离 01.153 0.173m0.2mxv t 12、180 20 )32 2927 【解析】（1）1由于指针指在三分之一的位置，说明 R2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是 R2的两倍，为 180。闭合 S2后，R2与 Rg的并联值 R并Ig，而此时 G 的示数为满偏电流的三分之一，所以 IR2大于三分之二满偏电流，所以 2R2gR，即 RggR；（2）2由并联电路分流特点，得 3 180303gggI RRII=20（3）3标准毫安表的
25、示数为 16.0mA 时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为 32mA；（4）4把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值 gggI RRII 当量程为 32mA 时，则有 333 1033231029ggRRR 当量程为 30mA 时，则有 333 1033031027ggRRkR 联立解得2927k 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）2.0V；2A；（2）0.8N；（3）1V【解析】（1）根据动生电动势公式得：1 0.4 52.0EBLvV V，故感应电流为：221
26、EIAAR（2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为：1 20.40.8FBILNN安 因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力为：0.8FFN安（3）导体棒两端电压为：2111 1EURVVRr 14、(1)2.4m(2)不能(3)1.325m4mx【解析】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有 24vmgmR 从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为Bv，由机械能守恒定律有 2211222BmvmgRmv 代入数据解得 2 6m/sBv 小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得 2111122BFlmglmv 代入数据可解得 12.4lm。(2)设小滑
27、块到达C点时的速度大小为Cv，则由动能定理可得 2221122CBmglmvmv 代入数据解得 2m/sCv 设小滑块下落0.2mh 所需要的时间为t，则有 212hgt 解得 0.2st 故小滑块在水平方向上运动的距离为 00.4m0.6mCtxv 故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点。(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为1x，则由动能定理可得：110FxmglmgR 代入数据可解得 10.75mx 故当恒力作用的距离满足00.75mx时符合条件。当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设
28、滑块经过最高点时的速度大小为0v，则有 20vmgmR 设此时恒力作用的距离为2x，则有 2210122FxmglmgRmv 代入数据可解得 20.975mx 当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为2x，则有 2120Fxmg ll 代入数据可解得 21.1mx 故当恒力作用的距离满足0.975m1.1mx时符合条件。当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为Cv，则由平抛运动规律可得 212hgt Cxv t 代入数据解得 3m/sCv 设此时恒力作用的距离为3x，故有 231212CFxmg llmv 代入数据解得 31.325mx 故当恒力作用距离满足1.325m4mx时符合条件。15、(1)198K；(2)10cm【解析】(1)B 刚要离开桌面时弹簧拉力为 1kxmg 解得 10.1m10cmx 由活塞受力平衡得 21p SpSkx 根据理想气体状态方程有 121112()pL SpLx STT 代入数据解得 2198KT (2)当温度降至 198K 之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律，则有 111123()()Lx SLxH STT 代入数据解得 10cmH