《2022-2023学年上海市金山区市级名校高三下第一次测试物理试题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年上海市金山区市级名校高三下第一次测试物理试题含解析.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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为8kgm 的猴子以初速度10.5v m/s沿竖直杆从杆底部向上匀加速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度21m/sv，加速度22
2、s2m/a 沿水平方向向左做匀加速直线运动，3st 末猴子到达杆的顶部。已知竖直杆的长度为6mL，重力加速度210m/sg，将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（）A猴子沿杆运动的加速度大小为20.5m/s B猴子相对地面做匀加速的曲线运动 C猴子运动的轨迹方程12yx D杆给猴子的作用力大小为88N 2、某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B 为理想变压器，R 为输电线路的电阻，灯泡 L1、L2规格相同，保持变压器 A 的输入电压不变，开关 S 断开时，灯泡 L1正常发光，则()A仅将滑片 P 上移，A 的输入功率不变 B仅将滑片 P 上移，L1变暗 C仅闭合
3、 S，L1、L2均正常发光 D仅闭合 S，A 的输入功率不变 3、如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比 n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表 A1，副线圈电路接有交流电压表 V、交流电流表 A2、滑动变阻器 R 等，所有电表都是理想电表，二极管 D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡 L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（）A由图（b）可知交流发电机转子的角速度为 100rad/s B灯泡 L 两端电压的有效值为 32V C当滑动变阻器的触头 P 向下滑动时，电流表 A2示数增大，A1示数减小 D交流电压表 V 的读数为 32V 4、如图 1
4、 所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动。以其平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立坐标轴，振子的位移 x 随时间 t 的变化如图 2 所示，下列说法正确的是 A振子的振幅为 4cm B振子的振动周期为 1s Ct=ls 时，振子的速度为正的最大值 Dt=ls 时，振子的加速度为正的最大值 5、有一个变压器，当输入电压为 220 V 时输出电压为 12 V，某同学在实验过程中发现此变压器副线圈烧坏了，于是他从变压器上拆掉烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了 5 匝线圈作为副线圈（如图所示），然后将原线圈接到110 V 交流电源上，将交流电流表与的固定电阻串联后接在新绕的 5 匝线圈两端，这时电
5、流表的示数为 5 mA。该同学按理想变压器分析，求出了该变压器副线圈的匝数。你认为该变压器原来的副线圈匝数应为（）A2200 B1100 C60 D30 6、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小 F 随时间 t 变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（）At B2t C3t D4t 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、2019 年 10 月 1 日，在庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵式上，主席乘“红旗”牌
6、国产轿车依次检阅 15 个徒步方队和 32 个装备方队（如图甲所示）。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示，其中 Oa 为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率 P 行驶时的加速阶段，bc 段是与 ab 段相切的水平直线，若检阅车的质量为 m，行驶过程中所受阻力恒为 f，则下列说法正确的是（）A检阅车在 t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2t3时间内其牵引力等于 f B0t1时间内检阅车做变加速运动 C0t2时间内的平均速度等于22v Dt1t2时间内检阅车克服阻力所做功为 P（t2t1）+22121122mvmv 8、如图所示，正方形 abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两
7、带电粒子从 a 点沿与 ab 成 30角的方向垂直射入磁场甲粒子垂直于 bc 边离开磁场，乙粒子从 ad 边的中点离开磁场已知甲、乙两 a 带电粒子的电荷量之比为 1:2，质量之比为 1:2，不计粒子重力 以下判断正确的是 A甲粒子带负电，乙粒子带正电 B甲粒子的动能是乙粒子动能的 16 倍 C甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的 23倍 D甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14倍 9、如图所示，竖直平面xOy内存在沿x轴正方向的匀强电场E和垂直于平面xOy向内的匀强磁场B，下面关于某带正电粒子在xOy平面内运动情况的判断，正确的是（）A若不计重力，粒子可能沿y轴正方向做匀
8、速运动 B若不计重力，粒子可能沿x轴正方向做匀加速直线运动 C若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动 D若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动 10、如图所示，单匝线圈 ABCD 边长为 L，粗细均匀且每边电阻均为 R，在外力作用下以速度 v 向右匀速全部进入场强为 B 的匀强磁场，线圈平面垂直于磁场方向，且CDv。以下说法正确的是（）A当 CD 边刚进入磁场时，CD 两点间电势差为 BLv B若第二次以速度 2v 匀速全部进入同一磁场，则通过线圈某一横截面电量是第一次的 2 倍 C若第二次以速度 2v 匀速全部进入同一磁场，则外力做功的功率为第一次的 4 倍 D若第二次以速度 2v 匀速
9、全部进入同一磁场，则线圈中产生的热量是第一次的 2 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）为了测量一精密金属丝的电阻率：先用多用电表1 挡粗测其电阻为_，然后用螺旋测微器测其直径为_mm，游标卡尺测其长度是_mm.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(量程 3V，内阻约为15k)B电压表(量程 15V，内阻约为75k)C电流表(量程 3A，内阻约为0.2)D电流表(量程 600mA，内阻约为1)E滑动变阻器(05，0.6A)F滑动变阻器(02000，0.1A)G输出电
10、压为 3V 的直流稳压电源 E H电阻箱 I开关 S，导线若干 为了尽量多测几组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材除 G、I 外，还需的是(填代号)_请在虚线框内设计最合理的电路图_并将图的实物连线_如果金属丝直径为 D，长度为 L，所测电压为 U，电流为 I，写出计算电阻率公式_ 12（12 分）为了测量一电压表 V 的内阻，某同学设计了如图 1 所示的电路。其中 V0是标准电压表，R0和 R 分别是滑动变阻器和电阻箱，S 和 S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E 是电源。(1)用笔画线代替导线，根据如图 1 所示的实验原理图将如图 2 所示的实物图连接完整_。(2)实验步骤如下：将 S
11、 拨向接点 1，接通 S1，调节_，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_的读数 U；然后将 S 拨向接点 2，保持 R0不变，调节_，使_，记下此时 R 的读数；多次重复上述过程，计算 R 读数的_，即为待测电压表内阻的测量值。(3)实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的原因，请写出其中一种可能的原因：_。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，用手捏住细线，让质量 m=2kg 的小球在光滑水平桌面上以 v=1m/s 的速率做匀速圆周运动，其半径 r=
12、0.3m。某时刻突然松手，使细线迅速放长 0.2m 后，又迅速用手捏住细线，保证小球在更大半径的新轨道做匀速圆周运动，已知大半径的圆与小半径的圆为同心圆。求：（1）细线迅速放长 0.2m 所经历的时间（2）在大半径新轨道上运动时小球的角速度（3）在大半径新轨道上运动时，细线对小球的拉力 14（16 分）如图所示，半径为15mR 的14光滑圆弧 AB 固定在水平面上，BCD 为粗糙的水平面，BC 和 CD 距离分别为 2.5 m、1.75 m，D 点右边为光滑水平面，在 C 点静止着一个小滑块 P，P 与水平面间的动摩擦因数为10.2，容器 M 放置在光滑水平面上，M 的左边是半径为22mR 的
13、14光滑圆弧，最左端和水平面相切于 D 点。一小滑块 Q从 A 点正上方距 A 点高3.45mH 处由静止释放，从 A 点进入圆弧并沿圆弧运动，Q 与水平面间的动摩擦因数为20.5。Q 运动到 C 点与 P 发生碰撞，碰撞过程没有能量损失。已知 Q、P 和 M 的质量分别为1231kg5kg1kgmmm、，重力加速度g取210m/s，求：(1)P、Q 第一次碰撞后瞬间速度大小；(2)Q 经过圆弧末端 B 时对轨道的压力大小；(3)M 的最大速度。15（12 分）一根套有光滑轻质小环、不可伸长的轻线，线的一端系在固定点 O1，另一端跨过固定的小滑轮 O2。在轻质小环上挂质量为=3Mm的物体甲，在
14、线的自由端系有质量为 m 的物体乙，物体乙的下面有一根细线固定，使物体甲、乙保持静止状态，且夹角 120然后剪断细线由静止释放物体甲、乙，物体甲竖直下降，当夹角 变为某一角度 0时有最大速度。重力加速度取 g，忽略滑轮、小环的质量，不计摩擦。求：(1)剪断前细线所受的拉力；(2)物体甲有最大速度时，物体乙的加速度；(3)物体甲从静止下降到最低位置，甲、乙两物发生位移之比。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、C【解析】A.猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由 21112Lv ta t 得 211m/sa，
15、故 A 错误；B.根据分运动与合运动的关系：1212vv，1212aa，速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故 B 错误；C.猴子在竖直方向的分运动：2211110.522yv ta ttt，水平方向：222212xv ta ttt，联立可得：12yx，故 C 正确；D.杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得：1yFmgma，得：88yFN，水平方向：216xFmaN，则杆对猴子的作用力：2288xyFFFN，故 D 错误。故选：C。2、B【解析】AB仅将滑片 P 上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以输出电压变小，相应的 B 变压器的输入电压降低，
16、输出电压也降低，所以 L1两端电压变小。输出功率变小，则 A 变压器的输入功率也变小，故 A 错误，B 正确；CD仅闭合 S，则 B 变压器的负载电阻变小，输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器 A 的输入功率也变大。相应的输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，B 变压器的输入电压变小，输出电压也变小，即灯泡两端的电压变小，灯泡不能正常发光，故 CD 错误。故选 B。3、D【解析】A根据图像可知周期 T=0.02s，则角速度 22rad/s100 rad/s0.02T 故 A 错误；B原线圈电压的有效值为 1440 2V440V2U 根据理想变压器的电压规律求解副线圈的电压，即交流电
17、压表的示数为 22114440V32V55nUUn 因为小灯泡和二极管相连，二极管具有单向导电性，根据有效值的定义 L2LL2(32V)2UTTRR 解得灯泡两端电压 L16 2VU 故 B 错误，D 正确；C当滑动变阻器的触头 P 向下滑动时，副线圈接入的总电阻减小，副线圈两端电压不变，所以电流表2A示数增大，根据单相理想变压器的电流规律 1221InIn 可知电流表1A的示数也增大，故 C 错误。故选 D。4、C【解析】由振动图像可知，该弹簧振子的振幅为 2cm，周期为 2s，t=1s 时，振子在平衡位置，切向 y 轴正向速度，加速度为零，故 C 正确。5、C【解析】由题意可知当新绕 5
18、匝线圈后，原线圈接到 110 V 交流电源上，新绕线圈电流为 5mA，则新绕线圈的电压为 根据原副线圈电压值比等于匝数比可知 可得原线圈的匝数为 匝匝 又因为当副线圈没有损坏输入电压为 220V 时输出电压为 12 V，可得 可得该变压器原来的副线圈匝数应为 匝匝 故 C 正确，ABD 错误。故选 C。6、D【解析】单摆经过最低点时，速度最大，据牛顿第二定律知，单摆经过最低点时摆线的拉力最大；从最低点到再次到达最低点所需时间等于半个周期，所以据图象得，该单摆的周期为 4t，故 D 项正确，ABC 三项错误。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
19、，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、AD【解析】A由图象可知，检阅车的运动过程为：Oa 为匀加速直线运动，ab 是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以 t1时刻牵引力和功率最大，bc 是匀速直线运动，t2t3时间内其牵引力等于 f，故 A 正确。B在 0t1时间段，由 vt 图象知检阅车做匀加速直线运动，故 B 错误。C在 0t2时间段，由 vt 图象可知，检阅车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于2v2，故C 错误；D设时间 t1t2内检阅车克服阻力所做功为 Wf，由动能定理 2221211122fP ttW
20、mvmv()-克服阻力所做功为2221211122=fWP ttmvmv()-+，故 D 正确。故选 AD.8、CD【解析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间【详解】由甲粒子垂直于 bc 边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从 ad 边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故 A 错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为 60，弦长
21、为2L，所以：2L=2R乙sin60，解得：R乙=36L，由牛顿第二定律得：qvB=m2vr，动能：EK=12mv2=2222B q rm，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的 24 倍，故 B 错误；由牛顿第二定律得：qvB=m2vr，解得：qBrvm，洛伦兹力：f=qvB=22q B rm，即2 3ff甲乙，故 C 正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为 300，由 B 分析可得，乙粒子的圆心角为 120，粒子在磁场中的运动时间：t=2T，粒子做圆周运动的周期：2 mTqB 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的 1/4 倍，故 D 正确.【点睛】题考查带电粒子在匀强磁场中的运
22、动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间 9、AD【解析】A若不计重力，当正电荷沿y轴正方向运动时，受到的电场力沿x轴正方向，受到的洛伦兹力沿x轴负方向，若满足qEqvB，则粒子做匀速直线运动，选项 A 正确；B粒子沿x轴正方向运动时，因洛伦兹力沿y轴方向，粒子一定要偏转，选项 B 错误；CD重力不能忽略时，只要粒子运动方向和受力满足如图所示，粒子可做匀速直线运动，选项 C 错误、D 正确。故选 AD。10、CD【解析】A当 CD 边刚进入磁场时，电动势 E=BLv
23、；则 CD 两点间电势差为 34CDvUBL 选项 A 错误；B设正方形边长为 L。根据感应电荷量经验公式qR总，得：2BLqR总 B、L、R总都相等，所以两次通过某一横截面的电荷量相等故 B 错误。C外力做功的功率等于电功率，即 22222EB L vPvRR总总 则外力做功的功率为第一次的 4 倍，选项 C 正确；D根据焦耳定律得：线圈产生的热量 2322()BLvLB L vQI R tRvRvR总总总总 则得第二次与第一次线圈中产生的热量之比为 2：1，故 D 正确。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、6.0 2.093
24、2.097 100.15 ADE 24U DIL 【解析】由图示多用电表可知，待测电阻阻值是6.0 16.0 ；由图示螺旋测微器可知，其读数为：29.5 0.012.095mmmmmm，由图示游标卡尺可知，其示数为：10 103 0.05100.15mmmmmm；实验需要 G 电源，I 开关与导线，电源电动势为 3V，因此电压表应选 A 通过待测电阻的最大电流约为30.56.0EIAAR，则电流表应选：D为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E故选 ADE；为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；661ARR，150002506VRR，则有VARRRR，电流表应采用外接法，实验电路图
25、如图所示 根据实验电路图连接实物电路图，如图所示 由电阻定律可知:22LLRSD，又URI，联立得24UDIL.12、0R 标准电压表0V R 标准电压表0V仍为 U 平均值 电阻箱阻值不连接，电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化，电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。【解析】（1）电路连线如图；（2）将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节 R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表 V0的读数 U；然后将 S 拨向接点 2，保持 R0不变，调节 R，使标准电压表 V0仍为 U，记下此时 R 的读数；多次重复上述过程，计算 R 读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。（3
26、）原因：电阻箱阻值不连续；电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。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）0.4s （2）1.2rad/s （3）1.44N【解析】（1）突然松手，小球将沿着小半径的圆轨道相切飞出去，如图所示 即沿着图中 AB 方向做匀速直线运动，直角三解形 OAB 中，0.3mr；0.5mR，则22AB0.4sRrm 则细线迅速放长 0.2m 所经历的时间为：AB0.4sstv（2）依题意，小球刚运动 B 点时速度大小为1m/s，方向沿 AB
27、方向，如图，此时，可将速度分解为沿半径 OB 方向的/v和垂直半径 OB 方向的v。由于小球到达 B 点时又迅速捏住细线，沿 OB 方向的/v突然消失，小球将以v在大半径上作匀速圆周运动，根据OABBv v，ABvvrs 代入数据得：30.6m/s5vv 所以：0.61.2rad/s0.5vR（3）半径增大后，仍有细线拉力提供向心力，222 1.20.5N=1.44NFmR 14、（1）-8m/s 4m/s（2）43.8N（第一次）和 17.8N（第二、三次）（3）5m/s【解析】（1）物体 Q 从开始下落，到到达 C 点的过程，由动能定理：211212 11()2m g HRm g BCm
28、v 解得 v1=12m/s Q 运动到 C 点与 P 发生碰撞，则：1 11 22 3m vm vm v 2221 11 22 3111222mvmvm v 联立解得：v2=-8m/s v3=4m/s（2）碰撞后 Q 向左滑行，设 Q 第二次到 B 点时速度为4v，由动能定理有 22211 41 21122m gBCmvmv Q 第二次在B 点，设轨道对 Q 的支持力大小为2F，应用向心力公式有 21 4211mvFm gR 解得 217.8FN 439m/sv Q 滑上圆弧轨道 AB 后再次滑下，第三次经过 B 点时的速度大小仍为4v，轨道对 Q 的支持力大小仍为217.8FN，之后Q一直向
29、右运动，最终停在BD上，且与P无碰撞，所以由牛顿第三定律可知，Q在B点对轨道的压力大小为43.8 N（第一次）和17.8N（第二、三次）（3）P、Q 碰撞后 P 向右滑行，设 P 点运动到 D 点速度为5v，由动能定理有 22122 52 31122m gCDm vm v 解得 53m/sv P 滑上 M 的轨道过程 M 向右加速，从轨道上滑下，M 仍向右加速，则 P 滑到水平面时 M 有最大速度，设 P 刚到水平面时，M 和 P 的速度分别为7v和6v，7v为 M 的最大速度，P 从滑上到回到水平面，P 和 M 水平方向动量守恒，初末两态总动能相等，则有 2 5263 7m vm vm v 2222 5263 7111222m vm vm v 联立解得 75m/sv 62m/sv 15、(1)(31)mg；(2)03(1)2cos2g；(3)33【解析】(1)当120时，设与环接触的轻线受力为1F，对环研究有 12cos60FMg 解得 13Fmg 设乙下面的细线受力为2F，对乙研究 12FmgF 解得 2(31)Fmg(2)当夹角为0，设轻线受力为F，对环研究有 01cos322Fmg 设乙物体所受合力为F合，对乙研究有 Fmgma乙 解得 03(1)22agcos乙(3)物体甲在最低位置处时 0v 甲，0v乙 由系统机械能守恒得出 3mghmgh乙甲 解得 33hh甲乙