《2022-2023学年海南省万宁市第三中学高三考前热身物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年海南省万宁市第三中学高三考前热身物理试卷含解析.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 考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、关于近代物理的知识，下列说法正确的有（）A结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定 B铀核裂变的一种核反应方程为2351419219256360U
2、Ba+Kr+2 n C2382349290UTh+X中 X 为中子，核反应类型为 衰变 D平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能 2、如图是飞机在上海市由北往南飞行表演过程画面，当飞机从水平位置飞到竖直位置时，相对于飞行员来说，关于飞机的左右机翼电势高低的说法正确的是（）A不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞机的左侧机翼电势高 B不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞稱的右机翼电势高 C水平飞行时，飞机的右侧机翼电势高，竖直向上飞行时，飞机的左侧机翼电势高 D水平飞行时，飞机的左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，飞机的右侧机翼电势高 3、北京时间 2019 年 5 月
3、17 日 23 时 48 分，我国成功发射第 45 颗北斗导航卫星。该卫星与此前发射的倾斜地球同步轨道卫星（代号为P）、18 颗中圆地球轨道卫星（代号为Q）和 1 颗地球同步轨道卫星（代号为S）进行组网，为亚太地区提供更优质的服务。若这三种不同类型卫星的轨道都是圆轨道，中圆地球轨道卫星的轨道半径是同步卫星的轨道半径的23，下列说法正确的是（）AP和S绕地球运动的向心加速度大小不相等 BQ和S绕地球运动的线速度大小之比为6:2 CQ和S绕地球运动的周期之比为1:2 DP和Q绕地球运动的向心力大小一定相等 4、一辆汽车在公路上匀速行驶的速度为15m/s，正常匀速行驶过程中发现前方35m处有一个特殊
4、路况，驾驶员刹车减速，汽车停在该特殊路况前2m处。若该驾驶员的反应时间大约为0.6s，则汽车减速过程中加速度的大小约为（）A210.2m/s B25.1m/s C24.7m/s D23.4m/s 5、如图所示，左侧是半径为 R 的四分之一圆弧，右侧是半径为 2R 的一段圆弧二者圆心在一条竖直线上，小球 a、b 通过一轻绳相连，二者恰好等于等高处平衡已知37，不计所有摩擦，则小球 a、b 的质量之比为 A3:4 B3:5 C4:5 D1:2 6、淄博孝妇河湿地公园拥有山东省面积最大的音乐喷泉。一同学在远处观看喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有 27 层楼高，已知该主喷水管口的圆形内径约有
5、 10cm，由此估算用于给主喷管喷水的电动机输出功率最接近 A32.4 10 W B42.4 10 W C52.4 10 W D62.4 10 W 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，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压为U，额定功率为P，变压器为理想变压器，若四个灯泡都正常发光，则（）A变压器原副线圈的匝数比为 12 B变压器原、副线圈的匝数比为 21 C电源电压为2U D电源电压为4U 8、如图所示，质量均为m的物块A B、放在倾
6、角为30的光滑斜面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，B与挡板接触，AB、间用劲度系数为k的轻弹簧连接，AB、均处于静止状态。现对物块A施加沿斜面向上、大小恒定的拉力F，使物块A沿斜面向上运动，当A向上运动到速度最大时，B对挡板的压力恰好为零，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（）A拉力F等于mg B物块A的加速度一直减小 C物块A向上移动的距离为2mgk D物块A的加速度大小为12g时，物块B对挡板的压力为12mg 9、如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发
7、电机输出的电流增大了，则可以判定 A通过用户的电流减小了 B用户接入电路的总电阻减小了 C用户消耗的电功率减小了 D加在用户两端的电压变小了 10、下列说法正确的是_。A液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现 B用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵不会增加 C晶体在物理性质上可能表现为各向同性 D液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 E.热量可以从低温物体传给高温物体 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）国标（GBT）规定自来水在 15时电阻率应大于 13m。某同学利用图甲电路测量 15
8、自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门 K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源（电动势约为 3 V，内阻可忽略）；电压表 V1（量程为 3 V，内阻很大）；电压表 V2（量程为 3 V，内阻很大）；定值电阻 R1（阻值 4 k）；定值电阻 R2（阻值 2 k）；电阻箱 R（最大阻值 9 999）；单刀双掷开关 S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。实验步骤如下：A用游标卡尺测量玻璃管的内径 d；B向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度 L；C把 S 拨到 1 位置，记录电压表 V1
9、示数；D把 S 拨到 2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表 V2示数与电压表 V1示数相同，记录电阻箱的阻值 R；E改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤 C、D，记录每一次水柱长度 L 和电阻箱阻值 R；F断开 S，整理好器材。（1）测玻璃管内径 d 时游标卡尺示数如图乙，则 d_mm；（2）玻璃管内水柱的电阻值 Rx的表达式为：Rx_（用 R1、R2、R 表示）；（3）利用记录的多组水柱长度 L 和对应的电阻箱阻值 R 的数据，绘制出如图丙所示的1RL关系图象。则自来水的电阻率 _m（保留两位有效数字）；（4）本实验中若电压表 V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_（填“偏大”“不变”或“
10、偏小”）。12（12 分）小王和小李两位同学分别测量电压表 V1的内阻.（1）先用调好的欧姆表“1K”挡粗测电压表 V1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的_（填“”或“”）接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表 V1的内阻为_k.（2）为了精确测量电压表 V1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关 S1前将滑动变阻器的滑片移到最_（填“左”或“右”）端，电阻箱接入电路的电阻调到最_（填“大”或“小”），闭合开关 S1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表 V1、V2的示数分别为 U1、U2，电阻箱的示数为 R0，则被测电压表 V1 的内阻1VR_.
11、（3）小李同学用如图丙所示的电路，闭合开关 S1，并将单刀双掷开关 S2打到 1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V2的指针偏转角度较大，并记录电压表 V2的示数为 U，再将单刀双掷开关 S2打到 2，调节电阻箱，使电压表 V2的示数仍然为 U，此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示，则被测电压表 V1的内阻1VR_.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）1011 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一某滑道示意图如下，长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC
12、高 h=10 m，C 是半径 R=10 m 圆弧的最低点，质量 m=60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加速度 a=4.5 m/s1，到达 B 点时速度 vB=30 m/s取重力加速度 g=10 m/s1（1）求长直助滑道 AB 的长度 L；（1）求运动员在 AB 段所受合外力的冲量的 I 大小；（3）若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN的大小 14（16 分）如图所示，圆心为 O 的四分之一圆弧形接收屏 BD，水平放置在光滑绝缘的水平桌面上，整个装置处于水平方向的匀强电场中，电场强度的方向垂直于直线 AOB。现将一带正电小球从 A
13、点沿 AO 方向射出，其初动能为Ek，小球恰好垂直打到圆弧上的 C 点。已知BOC=，取 A 点电势0A。(1)求小球在 C 点的电势能；(2)若过 C 点作 AB 的垂线交 AB 于 P 点(图中未标出)，试通过计算推导，证明 O 点恰好是 AP 的中点。15（12 分）如图所示是个游乐场地，半径为1.8mR 的光滑四分之一圆弧轨道OP与长度为13mL的水平传送带PQ平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运动，速度大小为4m/s，传送带Q端靠近倾角为 30的足够长斜面的底端，二者间通过一小段光滑圆弧（图中未画出）平滑连接，滑板与传送带和斜面间相对运动时的阻力分别为正压力的15和312。某少年踩着滑
14、板a从O点沿圆弧轨道由静止滑下，到达P点时立即向前跳出。该少年离开滑板a后，滑板a以3m/s的速度返回，少年落到前方传送带上随传送带一起匀速运动的相同滑板b上，然后一起向前运动，此时滑板b与P点的距离为3m。已知少年的质量是滑板质量的 9 倍，不计滑板的长度以及人和滑板间的作用时间，重力加速度210m/sg，求：(1)少年跳离滑板A时的速度大小；(2)少年与滑板b到达传送带最右侧Q端的速度大小；(3)少年落到滑板b上后至第一次到达斜面最高点所用的时间（结果保留两位小数）。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
15、。1、D【解析】A.比结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项 A 错误；B.铀核裂变的核反应方程中，反应物必须有中子，选项 B 错误；C.2382349290UTh+X中 X 质量数为 4 电荷数为 2，为 粒子，核反应类型为 衰变，选项 C 错误；D.平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量，平均结合能越大的原子核越稳定，平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时出现质量亏损，一定放出核能。故 D 正确。故选 D。2、D【解析】地磁场在北半球有竖直向下和由南向北的水平分量，水平由北向南飞行时，飞机的两翼切割竖直向下的磁感线，根据右手定则可知，
16、左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，两翼切割水平方向的磁感线，根据右手定则可知，机翼右侧电势高，D 正确，ABC 错误。故选 D。3、B【解析】A由 2MmGmar 可知，P和S绕地球运动的向心加速度大小相等，故 A 错误；B由 22MmvGmrr 可得 GMvr 又 23QSrr 则Q和S绕地球运动的线速度大小之比为:6:2QSvv 故 B 正确；C由 222MmGmrrT 可得 32rTGM Q和S这两种不同类型轨道卫星绕地球运动的周期之比为 32:12 6:93QSTT 故 C 错误；D由于P和Q的质量不一定相等，所以P和Q绕地球运动的向心力大小不一定相等，故 D 错误。故选 B。4、C【解
17、析】在驾驶员的反应时间内汽车匀速运动，其位移为 115 0.6m9mxvt 刹车阶段内匀减速运动，位移为 2135m2m24mxx 又有222vax，解得 2224.7m/s2vax 故选 C。5、A【解析】对 a 和 b 两个物体受力分析，受力分析图如下，因一根绳上的拉力相等，故拉力都为 T；由力的平衡可知 a 物体的拉力 cos37aTm g，b 物体的拉力 1sinbTm gOOC，1sin37cos0.82RROOCR，则137OOC 联立可解得3=4abmm，A 正确 6、C【解析】管口的圆形内径约有 10cm，则半径 r=5cm=0.05m，根据实际情况，每层楼高 h=3m，所以喷
18、水的高度 H=27h=81m，则水离开管口的速度为：v=2gh=20 81m=185m/s 设驱动主喷水的水泵功率为 P，在接近管口很短一段时间 t 内水柱的质量为：m=v tS=r2v t 根据动能定理可得：P t=12mv2 解得：P=232r v 代入数据解得：P2.4105W A32.4 10 W。故 A 不符合题意。B42.4 10 W。故 B 不符合题意。C52.4 10 W。故 C 符合题意。D62.4 10 W。故 D 不符合题意。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
19、全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、BD【解析】AB如图所示，设每个灯泡额定电流为（正常发光），则原线圈电流为 原 副线圈中两灯并联，电流为 副 变压器有 原副 解得 故 A 错误，B 正确；CD 副原 变压器有 原副 解得 故 C 错误，D 正确。故选 BD。8、ABD【解析】AB由分析，可知物块 A 沿斜面向上做加速度不断减小的加速运动，当物块A速度最大时，加速度为零，此时物块B刚要离开挡板，由受力分析得弹簧的弹力为 11sin302Fmgmg 对物块 A 分析，有 1sin30FFmgmg 故 AB 正确；C开始时，弹簧的压缩量为 1sin302mgmgxkk 同理，当物块A速度最大
20、时，弹簧的伸长量为 2sin302mgmgxkk 因此物块A向上移动的距离为 12mgxxk 故 C 错误；D由分析得知，当物块A的加速度为12g时，根据牛顿第二定律有 2sin30FFmgma 解得弹簧的弹力 20F 即弹簧处于原长，对物块 B 分析，则有 1cos302NFmgmg 故物块 B 对挡板压力为12mg，故 D 正确。故选 ABD。9、BD【解析】A 项：如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故 A 错误；B 项：由2241223()nI UI RRn用户可知，输送电流增大，是由于R用户减小引起的，故 B 正确；C 项：当用户电阻减小时，用户
21、消耗的功率增大，故 C 错误；D 项：发电机输出电流增大，则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，即因在用户两端电压变小了，故 D 正确。故选：BD。10、ACE【解析】A液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故 A 正确；B根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，故 B 错误；C单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故 C 正确；D扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，故 D 错误；E热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变
22、化的情况下可以由低温物体传给高温物体，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、30.00 12R RR 14 偏大 【解析】（1）1游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上第 0 个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm，所以玻璃管内径：d=30.00mm（2）2设把 S 拨到 1 位置时，电压表 V1示数为 U，则电路电流为：1UIR 总电压：1xUERUR 当把 S 拨到 2 位置，调整电阻箱阻值，使电压表 V2示数与电压表 V1示数相同也为 U，则此时电路中的电流为 UIR
23、 总电压 2UERUR 由于两次总电压等于电源电压 E，可得：21xRRRR 解得：12xR RRR （3）3从图丙中可知，R=2103 时，-115.0mL，此时玻璃管内水柱的电阻：124000 xR RRR 水柱横截面积：22dS（）由电阻定律LRS得：2330 1040003.145142xR SmmL （4）4若电压表 V1内阻不是很大，则把 S 拨到 1 位置时，此时电路中实际电流大于1UIR，根据1xUERUR可知测量的 Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。12、（1），9.0；（2）左，大，1021U RUU；（3）8455 【解析】（1）欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑
24、表笔应与电压表的“”接线柱相连接，欧姆表的读数为 9.0k.（2）为保护电路，闭合开关 S1 前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，电阻箱接入电路的电阻最大，被测电压表的内阻101121210VU RURUUUUR.（3）被测电压表的内阻等于电阻箱的接入电路的阻值，即为 8455.四、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）100m（1）1800 N s（3）3 900 N【解析】（1）已知 AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 2202vvaL 可解得:2201002vvL
25、ma （1）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 01800BImvN s （3）小球在最低点的受力如图所示 由牛顿第二定律可得：2CvNmgmR 从 B 运动到 C 由动能定理可知：221122CBmghmvmv 解得;3900NN 故本题答案是：（1）100Lm （1）1800IN s （3）3900NN 点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小 14、(l)2tanPCkEE(2)证明见解析【解析】（1）设小球的质量为 m.初速度为0v，小球在水平面内只受电场力作用做类平抛运动垂直打在 C 点，可知小球在
26、 C 点的速度方向的反向延长线必过 O 点 由速度的合成分解关系可知小球在 C 点的速度为:0cosCvv 从 A 到 C，由能量守恒定律有:0PCkCkEEE 又:220221122coscoskPCCvEEmvm 解得:2tanPCkEE （2）如答图所示，设圆弧的半径为 R，AO 间的距离为 L，小球从 A 到 C 的位移倘向角为，经历时间为 t，加速度为 a 由运动规律有:0tanatv 20012tan2atatv tv 得 tan2tan 由图可知:sintancosRLR 解得:cosLR 又:cosOPR 即:OP=AO O 点恰好是 AP 的中点 15、(1)7m/sv人；(
27、2)4m/sbv；(3)2.68st 【解析】(1)少年与滑板a从O点沿圆弧下滑到P点的过程中机械能守恒，设少年的质量为M，滑板的质量为m，则9Mm，有 21()()2aMm gRMm v 少年跳离a板的过程中，少年与滑板a水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有()aaMm vmvMv 人 解得少年跳离滑板A时的速度大小 7m/sv人(2)少年跳上滑板b的过程中，少年与滑板b水平方向的动量守恒，设传送带速度为v带，则有()bMvmvMm v人带 假设少年与滑板b在传送带上可以达到与传送带相同的速度，对少年与滑板b在传送带上做匀减速直线运动的过程应用牛顿第二定律有 11()()k Mm gMm a
28、 设此过程中少年与滑板b位移为1x，由运动学公式有 221 12bvva x 带 解得 17.2225mx 由于1xxL 因此假设成立，即少年与滑板b在传送带上先做匀减速运动，速度与传送带速度相同后随传送带一起匀速运动，到达传送带最右侧Q端的速度为 4m/sbv(3)设少年与滑板b在传送带上做匀减速直线运动的时间为1t，则 11bvvta带 设少年与滑板b在传送带上做匀速直线运动的时间为2t，则 12Lxxtv 带 设少年与滑板b冲上斜面后的加速度大小为2a，根据牛顿第二定律有 22()sin()cos()Mm gkMm gMm a 设少年与滑板b在斜面上向上运动的时间为3t，则 32vta带 设少年与滑板b在传送带和斜面上运动的总时间为t，则 123tttt 解得 2.68st