《2022-2023学年甘肃省天水市五中高三3月份模拟考试物理试题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年甘肃省天水市五中高三3月份模拟考试物理试题含解析.pdf（14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，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中 a、b、c 为容器的三个侧面、将它们以初速度 v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力
2、与速率成正比，下列说法正确的是 A上升过程中，小球对 c 有压力且逐渐变大 B上升过程中，小球受到的合力逐渐变大 C下落过程中，小球对 a 有压力且逐渐变大 D下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大 2、如图甲所示的充电电路中，R 表示电阻，E 表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量 q 随着时间 t 变化的曲线如图乙中的 a、b 所示。曲线形状由 a 变化为 b，是由于（）A电阻 R 变大 B电阻 R 减小 C电源电动势 E 变大 D电源电动势 E 减小 3、硅光电池是一种直接把光能转换成电能的半导体器件，它的工作原理与光电效应类似：当光照射硅光
3、电池，回路里就会产生电流。关于光电效应，下列说法正确的是（）A任意频率的光照射到金属上，只要光照时间足够长就能产生光电流 B只要吸收了光子能量，电子一定能从金属表面逸出 C逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关 D超过截止频率的入射光光强越强，所产生的光电子的最大初动能就越大 4、在一边长为 L 的正方形的四个顶点处各放置一个电荷量为 q 的点电荷，其中 ABC 处为正点电荷，D 处为负点电荷，P、Q、M、N 分别是 AB、BC、CD、DA 的中点，则（）AM、N 两点电场强度相同 BP、Q 两点电势相同 C将一个带负电的粒子由 Q 沿直线移动到 M，电势能先增大后减小 D在 O 点静止释
4、放一个带正电的粒子（不计重力），粒子可沿着 OD 做匀变速直线运动 5、如图所示，一直角三角形 acd 在竖直平面内，同一竖直面内的 a、b 两点关于水平边 cd 对称，点电荷 Q1、Q2固定在 c、d 两点上。一质量为 m、带负电的小球 P 在 a 点处于静止状态，取重力加速度为 g，下列说法正确的是（）AQ2对 P 的静电力大小为32mg BQ1、Q2的电荷量之比为33 C将 P 从 a 点移到 b 点，电场力做正功 D将 P 从 a 点沿直线移到 b 点，电势能先增大后减小 6、如图所示，木板 A 的质量为 m，滑块 B 的质量为 M，木板 A 用绳拴住，绳与斜面平行，B 沿倾角为 的斜
5、面在 A下匀速下滑，若 M=2m，A、B 间以及 B 与斜面间的动摩擦因数相同，则动摩擦因数 为（）Atan B2tan C12tan D13tan 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、甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度 v 随时间 t 的变化图象如图所示。下列说法正确的是 At1时刻两车一定相遇 B在 t2时刻两车的动能一定相等 C在 t1t2时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度 D若两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同
6、，则两车的最大速度一定相同 8、以下说法正确的是（）A已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径 B物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断 C随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力 D能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性 9、真空中质量为 m 的带正电小球由 A 点无初速自由下落 t 秒，在 t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过 t 秒小球又回到 A 点。小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为 g。则 A整个过程中小球电势能变化了2 22mg t B整个过程中小球速度增量
7、的大小为2gt C从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了2 2mg t D从 A 点到最低点小球重力势能变化了2 213mg t 10、如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B 和 C 为等边三角形 ABC 的顶点，A、B 固定正点电荷+Q，C 固定负点电荷Q，D、E 是 A、B 连线上的两点，且 AD=DE=EB。则（）AD 点和 E 点的电场强度大小相等 BD 点和 E 点的电场强度方向相同 CD 点和 E 点的电势相等 D将负电荷从 D 点移到 E 点，电势能增加 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
8、用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为 L、2L、3L、4L，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为 W0、2W0、3W0、4W0 （1）为了减小实验误差必须进行多次测量，在 L、2L、3L、4L处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是_；（2）为了完成实验，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度 h 和水平位移 s，还需测量_ A小
9、钢球释放位置离斜面底端的距离 L 的具体数值 B小钢球的质量 m C小钢球离开轨道后的下落高度 h D小钢球离开轨道后的水平位移 x（3）请用上述必要的物理量写出探究动能定理的关系式：W=_；（4）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标表示_（用实验中测量的物理量符号表示）12（12 分）为了测量大米的密度，某同学实验过程如下：(1)取适量的大米，用天平测出其质量，然后将大米装入注射器内；(2)缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度 V1，通过压强传感器、数据采集器从计算机上读取此时气体的压强 P1；次数 物理量 1 2 P/105Pa P1 P2 V/105m3
10、V1 V2 (3)重复步骤(2)，记录活塞在另一位置的刻度 V2和读取相应的气体的压强 P2；(4)根据记录的数据，算出大米的密度。如果测得这些大米的质量为 mkg，则大米的密度的表达式为_；为了减小实验误差，在上述实验过程中，多测几组 P、V 的数据，然后作_图（单选题）。APV BVP CP1V DV1P 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，轻杆 BC 的 C 点用光滑铰链与墙壁相连，在 B 点正下方悬挂一个定滑轮(不计重力和摩擦),杆的 B 点通过水平细绳 AB 使杆与竖直墙壁保持
11、 30的夹角某人用轻绳绕过滑轮竖直向上匀加速地提起重物，已知重物的质量10kgm,加速度大小22m/sa,人的质量250kg,g10m/sM，求此时:(1)地面与人之间的弹力的大小;(2)轻绳 AB 的弹力大小 14（16 分）如图圆柱形导热气缸质量为M，内部横截面积为S，活塞的质量为m，稳定时活塞到气缸底部的距离为1L。用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程中拉力做的功为0W。已知大气压强为0p，重力加速度为g，环境温度不变，气缸密闭性良好且与活塞之间无摩擦。求：（1）最终活塞到气缸底部的距离2L；（2）上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。15（1
12、2 分）如图所示，倾斜轨道 AB 的倾角为 37，CD、EF 轨道水平，AB 与 CD 通过光滑圆弧管道 BC 连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连小球可以从 D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道小球由静止从 A 点释放，已知 AB 长为 5R，CD 长为 R，重力加速度为 g，小球与斜轨 AB 及水平轨道 CD、EF 的动摩擦因数均为 0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 l.8R求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端 C 时速度的大小(2)小球刚到 C 时对轨道的作用力(3)
13、要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 R/应该满足什么条件？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、D【解析】AB小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：()()mmgkvmma 系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面 c 对小球无作用力，a、b 侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律：abmgNma 系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB 错误；CD下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿
14、第二定律：()()mmgkvmma 系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以 a、b 侧面对小球无作用力，底面 c 对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：mgNma 系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面 c 对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C 错误；D 正确。故选 D。2、A【解析】由图象可以看出，最终电容器所带电荷量没有发生变化，只是充电时间发生了变化，说明电容器两端电压没有发生变化，即电源的电动势不变，而是电路中电阻的阻值发生了变化。图象 b 比图象 a 的时间变长了，说明充电电流变小了，即电阻变大了，故 A 正确，BC
15、D 错误。故选 A。3、C【解析】AB 当入射光的频率大于金属的截止频率时就会有光电子从金属中逸出，发生光电效应现象，并且不需要时间的积累，瞬间就可以发生。所以 AB 错误；CD根据爱因斯坦的光电效应方程 k0EhW 对于同一种金属，可知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的光强无关。所以 C 正确，D 错误。故选 C。4、B【解析】A场强叠加遵循平行四边形定则，M、N 两点电场强度大小相等，方向不同，A 错误；BP、Q 两点即关于 A、C 两正电荷对称，又关于 B、D 两异种电荷对称，根据对称性可知四个点电荷在 P、Q 两点产生的电势相同，B 正确；CM、N、P、Q 关于 A、C
16、两正电荷对称，所以对于 A、C 两正电荷而言，这四个点的电势是相等的，对 B、D 两异种电荷而言，P、Q 两点的电势高于 M、N 两点的电势，所以负电的粒子由 Q 沿直线移动到 M，根据：pEq 可知负电荷电势能一直增大，C 错误；D这四个点电荷形成的电场中，电场力大小改变，加速度改变，所以从 O 点静止释放的粒子不可能做匀变速运动，D 错误。故选 B。5、B【解析】A由于 P 处于平衡状态，可知 Q2对 P 的静电力大小为 21cos602Fmgmg 选项 A 错误；B同理可知 Q1对 P 的静电力大小为 13cos302Fmgmg 设 ac=L，则3adL 由库仑定律 112Q qFkL
17、2223Q qFkL 联立解得 Q1、Q2的电荷量之比为 1233QQ 选项 B 正确；CD将 P 从 a 点移到 b 点，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，选项 CD 错误；故选 B。6、C【解析】解：对 B 受力分析，如图所示：B 物体沿斜面方向受力平衡：f1+f2=Mgsin，又因为 M=2m，f1=mgcos，f2=（M+m）gcos，解得：=12tan，故 ABD 错误，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。
18、7、CD【解析】由题中“两车的速度 v 随时间 t 的变化图象如图所示”可知，本题考查由 v-t 图像判断物体运动，根据 v-t 图像规律可分析本题。【详解】At1时刻辆车运动速度大小相等，但是辆车位移不同，不能相遇，故 A 错误；B由于不知道辆车质量，故无法判断动能情况，故 B 错误；C在 t1t2时间内，甲车的位移大于乙车，时间相同，根据公式 xvt 可知，乙车的平均速度小于甲车的平均速度，故 C 正确；D根据公式 PFv 可知，当到达最大速度时，动力与阻力为平衡力，大小相等，所以两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同时，则两车的最大速度一定相同，故 D 正确。8、CD【解析】A摩
19、尔体积MV，气体分子所占空间0AVVN，所以可以求得分子间的平均距离，故 A 错误；B因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故 B 错误；C当分子间距离小于 r0时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力表现为斥力，故 C 正确；D根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故 D正确。故选 CD。9、AB【解析】小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为 E，加电场后小球的加速度大小为 a，取竖直向下方向为正方向，则由2212 21gtvtat（），
20、又 v=gt，解得 a=3g，则小球回到 A 点时的速度为 v=v-at=-2gt；整个过程中小球速度增量的大小为 v=v=-2gt，速度增量的大小为 2gt。由牛顿第二定律得qEmgam，联立解得，qE=4mg，22 2122qEgtmg t，故 A 正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了212kEm gt()，故 C 错误。设从 A 点到最低点的高度为 h，根据动能定理得21 02mghqE hgt（）解得，223hgt，从 A 点到最低点小球重力势能减少了2 223pEmghmg tD 错误。10、AC【解析】ABD、E 两点电场，是 A、B 两正点电荷的电场与 C 点的负
21、点电荷的电场的叠加。A、B 两正点电荷在 D 点和 E 点的合场强大小相等，方向相反，C 点的负点电荷在 D 点和 E 点的场强大小相等，方向不同，所以，D 点和 E 点的合场强大小相等，方向不同，A 正确，B 错误；CD 点和 E 点在Q的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以 D 点和 E 点的电势相等，C 正确；D根据电势能的计算公式 pEq 可知负电荷在 D 点和 E 点的电势能相同，D 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、用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置 B 24mgxh 【解
22、析】（1）确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是：用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；（1）根据动能定律可得：W=12mv1 根据平抛规律可得：x=vt，h=12gt1 联立可得探究动能定理的关系式：W=2 4mgxh，根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量 m，故选 B（3）由解析（1）可知探究动能定理的关系式为：W=2 4mgxh（4）根据图象形状可知，W 与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为 W=2 4mgxh，所以图象的横坐标表示 x1 12、21221 1m ppp VpV D 【解析】(1)以封
23、闭气体为研究对象，由玻意耳定律求出大米的体积，然后由密度公式求出大米的密度；(2)为了方便地处理实验数据，所作图象最好是正比例函数图象，由玻意耳定律分析答题。【详解】(4)1设大米的体积为 V，以注射器内封闭的气体为研究对象，由玻意耳定律可得：1122=P VVP VV 解得：221 121=PVPVVPP 大米的密度 21221 1=m PPmVPVPV 2由玻意耳定律可知，对一定量的理想气体，在温度不变时，压强 P 与体积 V 成反比，即 PV=C，则=CVP，由此可知 V 与1P成正比，V1P图像是过原点的直线，故可以作 V1p图象，故 D 正确，ABC 错误。故选 D。【点睛】本题难度
24、不大，是一道基础题，熟练应用玻意耳定律是正确解题的关键；知道玻意耳定律的适用条件是质量一定温度不变。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）380N（2）80 3N【解析】（1）对重物：Tmgma 解得：T=120N 对人：T+N=Mg 解得：N=380N（2）因2240NOBTT 对 B 点：tan30ABOBTT 解得 80 3NABT 14、（1）0210p SmgLLp SMg；（2）0100()()p Smg Mm gLQWp SMg【解析】（1）以封闭的气体为研究对象，初始状态下，活塞受力平衡
25、，有 10p Sp Smg 所以气体压强10mgppS 体积11VSL 气缸即将离开地面时，气缸受力平衡，有 20p SMgp S 所以压强20MgppS 封闭气体体积22VSL 气体做等温变化，由玻意耳定律有 1122pVp V 解得0210p SmgLLp SMg（2）设活塞移动过程中气体对活塞做的功为1W，由动能定理有 10021()()0WWp SmgLL 由热力学第一定律有 1()UQW 结合等温变化0U 解得0100()()p Smg Mm gLQWp SMg 15、（1）285gR（2）6.6mg，竖直向下（3）0.92RR 【解析】试题分析：（1）设小球到达 C 点时速度为 v
26、，a 球从 A 运动至 C 过程，由动能定理有 0021(5 sin371.8)cos3752cmgRRmgRmv（2 分）可得5.6cvgR（1 分）（2）小球沿 BC 轨道做圆周运动，设在 C 点时轨道对球的作用力为 N，由牛顿第二定律 2cvNmgmr，（2 分）其中 r 满足 r+rsin530=1.8R（1 分）联立上式可得：N=6.6mg （1 分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为 6.6mg，方向竖直向下（1 分）（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入 EF 轨道则小球 b 在最高点 P 应满足2PvmmgR（1 分）小球从 C 直到
27、P 点过程，由动能定理，有2211222PcmgRmgRmvmv（1 分）可得230.9225RRR（1 分）情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的 Q 点时，速度减为零，然后滑回 D则由动能定理有 2102cmgRmg Rmv（1 分）2.3RR（1 分）若2.5RR，由上面分析可知，小球必定滑回 D，设其能向左滑过 DC 轨道，并沿 CB 运动到达 B 点，在 B 点的速度为 vB,，则由能量守恒定律有22111.8222cBmvmvmgRmgR（1 分）由式，可得0Bv（1 分）故知，小球不能滑回倾斜轨道 AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在 CD 轨道上的某处设小球在 CD轨道上运动的总路程为 S，则由能量守恒定律，有212cmvmgS（1 分）由两式，可得 S=5.6R （1 分）所以知，b 球将停在 D 点左侧，距 D 点 0.6R 处 （1 分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力