《2022-2023学年江苏省阜宁中学高三六校第一次联考物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年江苏省阜宁中学高三六校第一次联考物理试卷含解析.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，质量为 m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度 v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为 h.已知斜面倾角为，斜面与滑块间的动摩擦因数为，且 0），粒子的重力可
2、忽略。求：(1)磁感应强度的大小；(2)粒子在第一象限运动的时间；(3)粒子从 y 轴上离开电场的位置到 O 点的距离。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、D【解析】本题考查动能、势能、机械能有关知识，势能 Ep=mgh 势能与高度成正比，上升到最大高度 H 时，势能最大，A错；由能量守恒，机械损失，克服摩擦力做功，转化为内能，上升过程 EE0-mgcosh/sin=E0-mgh/tan,下行时，E=mgH-mg(H-h)/tan,势能 E 与高度 h 为线性关系，B 错；上行时，动能EK=EK0-(
3、mgsin+mgcos)h/cos下行时 EK=(mgsin-mgcos)（H-h）/cos动能 EK高度 h 是线性关系，C错，D 正确 2、C【解析】B 端输入电信号“0”时，经过非门输出端 D 为“1”，AD 为与门输入端，输入分别为“1”、“1”，经过与门输出端 C 为“1”。故 C 正确，ABD 错误。3、D【解析】由题意知，车速 3.6km/hv36km/h 即1m/s10m/sv，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为 46m/s2，最后末速度减为 0，由推导公式22vax可得 2210m12.5m22 4vxa 故 ABC 错误，D 正确。故选 D。4、D【解析】AB物体
4、做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一侧，则加速度大致指向轨迹凹的一侧，由图可知：x 轴方向有分加速度，所以 x 轴方向不可能匀速，y 方向可能有分加速度，故质点沿 y 方向可能做变速运动，也可能做匀速运动，故 A、B 错误；CD物体在 y 方向匀速，则合力在水平方向，合力指向轨迹的凹侧可知合力水平向左，因此物体在水平方向先向右减速后向左加速，C 错误，D 正确。故选 D。5、C【解析】AB、三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由几何知识知：abc 恰好能组成一个等边三角形，对 a 受力分析如图所示：在水平方向上：sin30=sin60TN 在竖直方向上：cos30cos60TmgN 解得：Nmg；3
5、Tmg 故 AB 错；c 受到绳子拉力的大小为：2 cos303TTmg，故 C 正确 以 c 为对象受力分析得：在竖直方向上：12 cos30NmgT 解得：132 342Nmgmgmg 故 D 错误；综上所述本题答案是;C 6、C【解析】ABD人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、地球质量为M，有 2222=)2(MmvGmrmmr marTr 解得 GMvr 3GMr 2GMar 轨道 3 半径比轨道 1 半径大，根据三式，卫星在轨道 1 上线速度较大，角速度也较大，卫星在轨道 3 上经过P点的加速度等于它在轨道 2 上经过P点的加速度
6、，故 ABD 均错误；C卫星从轨道 1 到轨道 3 需要克服引力做较多的功，故在轨道 3 上机械能较大，故 C 正确；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、CD【解析】A由图象可知该车做匀减速直线运动，根据速度位移公式有 2222001222vvvxvaaa 则图象的斜率等于 128225a 解加速度 a=-1.25m/s2，即大小为 1.25m/s2，故 A 错误；B设汽车减速到零所有的时间为0t，根据速度公式有 00vvat 代入数
7、据解得04t s，说明赛车在 t=2s 时仍在运动，此时速度不为 0，故 B 错误；C设赛车在前 2s 内的位移为2x，根据位移时间公式有 220 2212xv tat 代入数据解得27.5x m，故 C 正确；D设赛车在前1s 内的位移为1x，根据位移时间公式有 210 1112xv tat 代入数据解得14.375x m，由图可知该车在 1s 内是由-2m 处出发，所以在 1s 时的位置坐标为12x m=2.375m，故 D正确。故选 CD。8、ACD【解析】A根据粒子在磁场 B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，电场力向右，知电场方向向右
8、，故 A 正确；B三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有 1qEqvB 得 1EvB 故 B 错误；C粒子在磁场区域 B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 22vqvBmR 得：2mvRqB 三种粒子的电荷量相等，半径与质量成正比，故打在 P3点的粒子质量最大，故 C 正确；D打在 P1、P3间距 31313122212222222()m vm vvExRRmmmqBqBqBqB B 解得：122qB BxmE 故 D 正确；故选 ACD。9、BC【解析】A光从光密介质射入光疏介质，其频率不变，传播速度变大，选项 A 错误；B光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则
9、一定发生全反射，选项 B 正确；C光的干涉、衍射现象证明了光具有波动性，选项 C 正确；D红光的波长大于紫光，做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，根据lxd 可知，相邻明条纹间距变大，选项 D错误。故选 BC。10、BCD【解析】由图读出波长和周期 T，由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况，注意质点不随着波迁移；【详解】A、由图甲可知，在0t 时刻振源质点是向 y 轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点 Q 起振的方向仍为 y 轴负方向，故选项 A 错误；B、由图甲可知周期为0.02Ts，由图乙可知波长为2m，则波速为：2/100/0.02vm sm sT
10、则由图乙可知当 P 再次处于平衡位置时，时间为：1.75 10.0075tssv 经过周期的整数倍之后，质点 P 再次处于平衡位置，即经过0.0275ttTs还处于平衡位置，故选项 B 正确；C、由于波沿x轴正方向传播，可知从 t0时刻算起，质点 P 比质点 Q 的先到达最低点，故选项 C 正确；D、由题可知：10.0254sTT，若质点 P 在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：5451.04sAAm，但此时质点 P 不在特殊位置，故其路程小于1m，故选项 D 正确；E、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故选项 E 错误。三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。
11、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、2.51011 偏小 偏大 【解析】1这滴溶液中纯油酸的体积 3811311=10 mL=2.5 10 mL=2.5 10m50080V 23若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则没有计算到不完整方格的面积，所以计算得到的油膜面积偏小，由VdS可知，估算的油酸分子直径偏大 12、0.450 222dgxt 2022mdxxxt 偏大 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为 4mm，游标尺上第 10 个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为 0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为 4mm+0.50mm=4.50mm=0.45
12、0cm(2)2物体通过光电门时的速度为 dvt 由动能定理，则有 2102mgxmv 解得 222dgxt 3再根据功能关系，弹射器对物块做的功除到达光电门的动能外，还在滑行过程中产生内能，则有 2012Wmgxmv 解得 202)2(mdxxWxt(4)4考虑空气阻力的影响，则有 212mgxmv 因此值的测量值与真实值相比偏大；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）5m/s；（2）5.5J。【解析】（1）设三者质量为 m，碰撞前 C 做匀减速直线运动，设 C 与 A 碰撞前的速度为1v，由动能定理可
13、得 221101122mgxmvmv 代入数据得 15m/sv （2）因碰撞时间极短，A 与 C 碰撞的过程动量守机械能守，设碰撞后瞬问 A 的速度为2v，C 的速度为1v，以向左为正方向，由动量守恒定律得:123mvmvmv 222123111222mvmvmv 代入数据得 25m/sv 30v 此后，B 加速，A 减速，此过程一直持续到二者具有共同速度 v 为止。设 A 的加速度大小为1a，B 的加速度大小为2a，该过程由牛顿第二定律及运动学公式得 2112mgma 22mgma 212vvata t 解得 218m/sa 22=2m/sa=1m/sv 此过程，B 相对 A 一直有滑动，相
14、对位移大小 22221121.25m22vvvxaa 在此以后，地面对 A 的摩擦力阻碍 A 运动，B 与 A 之间的摩擦力改变方向。设 A 和 B 的加速度大小分别为1a和2a，则由牛顿第二定律得 112mfmga 2fma 假设2fgm，则12aa；由以上两式得 12fmgmg 与假设矛盾 故2fmg，则 214m/sa 222m/sa 此过程，B 相对 A 一直向左滑动，相对位移大小 222210.125m22vvtaa 则 A、B 间因摩擦产生的热量 2125.5JQmgxx 14、（1）6 55m/s；（2）0.8 m；（3）4 J【解析】（1）设滑块 A 恰能通过圆形轨道最高点时的
15、速度大小为 v2，根据牛顿第二定律有 mAg=mA22vR 解得：v2=6 55m/s（2）设滑块 A 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为 v1，对于滑块 A 从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有 12mAv12=mAg2R+12mAv22 可得：v1=6m/s 设滑块 A 和 B 运动到圆形轨道最低点速度大小为 v0，对滑块 A 和 B 下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（mA+mB）gh=12（mA+mB）v02 同理滑块 B 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为 v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于 A、B 两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（mA+m
16、B）v0=mA v1-mBv0 解得：h=0.8 m（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为 Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有12（mA+mB）v02+Ep=12mAv12+12mBv02 解得：Ep=4J 15、(1)03Ev；(2)04 33mvqE；(3)2076mvqE【解析】(1)由于粒子从 Q 点垂直于 OP 离开电场，设到 Q 点时竖直分速度为yv，由题意可知 03yvv 设粒子从 M 点到 Q 点运动时间为1t，有 1yqEvtM 粒子做类平抛运动的水平位移如的 0 1xv t 由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与x轴相切，设粒子
17、在磁场中运动的半径为R，由几何关系 cos30cot30 xRR 设粒子在磁场中速度为v，由前面分析可知 02vv 洛伦兹力提供向心力 2vqvBmR 解得 03EBv (2)粒子在磁场中运动周期 2RTv 设粒子在磁场中运动时间为2t，212tT 粒子离开磁场的位置到y轴的距离为x，则 2 cos30 xxR 沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过时间3t到达y轴，0 3xv t 即 04 33mvtqE(3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴距离 2013mvyqE 粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间3t到达y轴并离开电场 223312yqEyv ttm 则 20256mvyqE 粒子离开电场的位置到O点的距离 201276mvyyyqE。