《2022-2023学年山东省烟台市高考物理倒计时模拟卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年山东省烟台市高考物理倒计时模拟卷含解析.pdf（15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 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、图为一定质量理想气体的压强 p 与体积 V 的关系图象，它由状态 A 经等容过程到状态 B，再经等压过程到状态 C.设 A、B、C 状态对应的温度分别为 TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是()ATATB，TBTB，T
2、BTC CTATB，TBTC 2、如图所示，两条轻质导线连接金属棒PQ的两端，金属棒处于匀强磁场内且垂直于磁场。金属棒的质量0.2kgm，长度1mL。使金属棒中通以从 Q 到 P 的恒定电流2AI，两轻质导线与竖直方向成30角时，金属棒恰好静止。则磁场的最小磁感应强度（重力加速度 g 取210m/s）（）A大小为0.25T，方向与轻质导线平行向下 B大小为0.5T，方向与轻质导线平行向上 C大小为0.5T，方向与轻质导线平行向下 D大小为0.25T，方向与轻质导线平行向上 3、如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 经过状态 B、C 又回到状态 A。下列说法正确的是（）AAB 过程中气体分子的
3、平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加 BCA 过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少 CAB 过程中气体吸收的热量大于 BC 过程中气体放出的热量 DAB 过程中气体对外做的功小于 CA 过程中外界对气体做的功 4、如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触，现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为 S，气体密度为，气体往外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（）AvS B2vS C212v S D2v S 5、如图所示，ABCD 为等腰梯形，A=B=60，AB=2CD，在底角 A、B 分别
4、放上一个点电荷，电荷量分别为 qA和qB，在 C 点的电场强度方向沿 DC 向右，A 点的点电荷在 C 点产生的场强大小为 EA，B 点的点电荷在 C 点产生的场强大小为 EB，则下列说法正确的是 A放在 A 点的点电荷可能带负电 B在 D 点的电场强度方向沿 DC 向右 CEAEB DABqq 6、下列关于衰变与核反应的说法正确的是（）A23490Th衰变为22286Rn，经过3 次衰变，2 次 衰变 B 衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的 C核聚变反应方程234112HHHeX中，X 表示质子 D高速粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为4141612780HeNOn 二、多
5、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，比荷为k的粒子从静止开始，经加速电场 U 加速后进入辐向的电场 E 进行第一次筛选，在辐向电场中粒子做半径为R的匀速圆周运动，经过无场区从小孔1P处垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场B中进行第二次筛选，在与2O距离为d小孔2P垂直边界射出并被收集。已知静电分析器和磁分析器界面均为四分之一圆弧，以下叙述正确的是（）A静电分析器中1K的电势高于2K的电势 B被收集的带电粒子一定带正电 C电场强度 E 与磁感应
6、强度 B 的比值关系为2ERkUBd D若增大 U，为保证 B 不变，则被收集粒子的k比原来大 8、如图所示，在竖直平面内有一平面直角坐标系 xOy，存在一个范围足够大的垂直纸面向里的水平磁场，磁感应强度沿 x 轴方向大小相同，沿 y 轴方向按 By=ky（k 为大于零的常数）的规律变化。一光滑绝缘的半径为 R 的半圆面位于竖直平面内，其圆心恰好位于坐标原点 O 处，将一铜环从半面左侧最高点 a 从静止释放后，铜环沿半圆面运动，到达右侧的 b 点为最高点，a、b 高度差为 h。下列说法正确的是（）A铜环在半圆面左侧下滑过程，感应电流沿逆时针方向 B铜环第一次经过最低点时感应电流达到最大 C铜环
7、往复运动第二次到达右侧最高点时与 b 点的高度差小于 2h D铜环沿半圆面运动过程，铜环所受安培力的方向总是与铜环中心的运动方向相反 9、如图所示，卫星 1 和卫星 2 均绕地球做圆周运动，其中卫星 1 为地球同步轨道卫星，卫星 2 是极地卫星，卫星 1的轨道半径大于卫星 2 的轨道半径.则下列说法正确的是 A卫星 1 和卫星 2 做圆周运动的圆心均为地心 B卫星 2 的运行周期小于 24h C卫星 1 的向心加速度大于卫星 2 的向心加速度 D卫星 2 的线速度小于静止在赤道上某物体的线速度 10、在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变
8、化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是()A从时刻 t1到 t2，物块处于失重状态 B从时刻 t3到 t4，物块处于失重状态 C电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层 D电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层 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）实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为 20 g 的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等实验中将部分钩码悬挂在
9、细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度 (1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注 0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置 0 到位置 3、位置 6 间的距离，如图乙所示已知打点周期 T0.02 s，则木块的加速度 a_m/s2.(2)将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量 m，测得相应的加速度 a，作出 am 图象如图丙所示已知当地重力加速度 g9.8 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数 _(保留两位有效数字)；的测量值_(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值，原因是_(写出一个即可)(3)实验中_
10、(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量 12（12 分）用图甲所示的电路测量一电流表1A的内阻。图中0A是标准电流表，0R是滑动变阻器，1R是电阻箱，S和1S分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，实验电路电源电动势为 E。依据实验原理完成下列填空。（1）将 S 拨向接点 1，闭合1S，调节_，使1A指针偏转到适当位置，记下此时标准电表0A的读数 I。（2）然后将 S 拨向接点 2，调节_至适当位置，使0A的读数仍为 I，此时 R 的读数即为待测电表1A内阻的测量值。（3）若在某一次测量中1R的示数如图乙所示，其电阻为_。该电阻箱可以提供的阻值范围为_。四、计算题：
11、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，水平面上固定着一条内壁光滑的竖直圆弧轨道，BD 为圆弧的竖直直径，C 点与圆心 O 等高。轨道半径为0.6mR，轨道左端 A 点与圆心 O 的连线与竖直方向的夹角为53，自轨道左侧空中某一点水平抛出一质量为 m 的小球，初速度大小03m/sv，恰好从轨道 A 点沿切线方向进入圆弧轨道已知sin530.8，cos530.6，求：（1）抛出点 P 到 A 点的水平距离；（2）判断小球在圆弧轨道内侧运动时，是否会脱离轨道，若会脱离，将在轨道的哪一部分脱离。14（16 分
12、）如图（甲）所示，粗糙直轨道 OB 固定在水平平台上，A 是轨道上一点，B 端与平台右边缘对齐，过 B点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E=1.0106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体 P 电荷量是 2.0105C，质量为 m=1kg。小物块 P 从 O 点由静止开始在水平外力作用下向右加速运动，经过 0.75s 到达 A 点，当加速到 4m/s时撤掉水平外力 F，然后减速到达 B 点时速度是 3m/s，F 的大小与 P 的速率 v 的关系如图（乙）所示。P 视为质点，P 与轨道间动摩擦因数=0.5，直轨道上表面与地面间的距离为 h=1.25m，P 与平台右边缘碰撞前后速度大小保
13、持不变，忽略空气阻力，取 g=10m/s2。求：(1)P 从开始运动至速率为 1m/s 所用的时间；(2)轨道 OB 的长度；(3)P 落地时的速度大小。15（12 分）某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，其最大加速度为25/m s，所需的起飞速度为50/m s，为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置，弹射系统使它具有30/m s的初速度，求：（1）舰载飞机若要安全起飞，跑道至少为多长？（2）若航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少为多大？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
14、给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】根据理想气体状态方程pVkT可得：从 A 到 B，因体积不变，压强减小，所以温度降低，即 TATB；从 B 到 C，压强不变，体积增大，故温度升高，即 TBTC，故 ABD 错误，C 正确。2、B【解析】说明分析受力的侧视图（右视图）如图所示 磁场有最小值minB，应使棒平衡时的安培力有最小值min安F棒的重力大小、方向均不变，悬线拉力方向不变，由“力三角形”的动态变化规律可知 min sin30安Fmg 又有 minmin 安FBIL 联合解得 minsin300.5TmgBIL 由左手定则知磁场方向平行轻质导线向上。故 ACD 错误
15、，B 正确。故选 B。3、C【解析】A AB 过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故 A 错误；B CA 过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故 B错误；C 气体从 AB 过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为 Q1，做功大小为 W1，根据热力学第一定律有：U1=Q1-W1，气体从 BC 过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为 Q2，根据热力学第一定律：U2=-Q2，气体从 CA 过程中，温度不变，内能增量为零，有：
16、U=U1+U2=Q1-W1-Q2=0 即 Q1=W1+Q2Q2 所以 AB 过程中气体吸收的热量 Q1大于 BC 过程中气体放出的热量 Q2，故 C 正确；D 气体做功Wp V，AB 过程中体积变化等于 CA 过程中体积变化，但图像与原点连接的斜率越大，压强越小，故 AB 过程中气体对外做的功大于 CA 过程中外界对气体做的功，故 D 错误。故选 C。4、D【解析】对喷出气体分析，设喷出时间为t，则喷出气体质量为mSvt，由动量定理，有 Ft=mv 其中 F 为瓶子对喷出气体的作用力，可解得 2SSvtvFvt 根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为 F，再对瓶子分析，由平衡条件和牛顿第
17、三定律求得钢瓶顶端对竖直墙壁的作用力大小也是 F，故 D 正确，ABC 错误。故选 D。5、C【解析】ACD由于两点电荷在 C 点产生的合场强方向沿 DC 向右，根据矢量合成法，利用平行四边形定则可知，可知两点电荷在 C 点产生的场强方向如图所示，由图中几何关系可知 EBEA，A 点所放点电荷为正电荷，B 点所放点电荷为负电荷，且 A 点所放点电荷的电荷量的绝对值大于 B 点所放点电荷的电荷量的绝对值，选项 C 正确，A、D 错误；B对两点电荷在 D 点产生的场强进行合成，由几何关系，可知其合场强方向为向右偏上，不沿 DC 方向，故 B 错误。6、A【解析】A设发生 n 次衰变，m 次 衰变，
18、根据电荷数和质量数守恒，则有 2342224n 90862nm 解得 n=3，m=2，故 A 正确；B衰变所释放的电子是原子核内一个中子转变成一个质子和一个电子，故 B 错误；C根据质量数守恒和电荷数守恒可知，聚变反应方程234112HHHeX中，X 的质量数为 23 41m 电荷数为 1 1 20z 可知 X 表示中子，故 C 错误；D高速粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，不是中子，核反应方程为 4148117127HeNOH 故 D 错误。故选 A。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
19、但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、BD【解析】AB.粒子在磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断出粒子一定带正电。在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，可以判断出2K的电势高于1K的电势。故 A 错误，B 正确；C.粒子经加速电场加速 212qUmv 在电场中做匀速圆周运动 2vqEmR 在磁场中做匀速圆周运动 2vqvBmd 经计算可知 2EdkUBR 故 C 错误；D.联立 C 项各式可得：122ERUBdkdkU 为保证 B 不变，U增大时，则k增大，故 D 正确。故选：BD。8、AC【解析】A铜环在半圆面左侧下滑过程，磁通量增
20、加，根据楞次定律可得感应电流沿逆时针方向，A 正确；B铜环第一次经过最低点瞬间，磁通量的变化量为 0，感应电流为零，B 错误；C铜环沿半圆面运动，到达右侧的 b 点后开始沿圆弧向左运动，但在向左运动的过程中克服安培力做的功较小，损失的机械能小于 mgh，所以铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与 b 点的高度差小于 2h，C 正确；D铜环沿半圆面向下运动过程中，铜环所受安培力的方向是竖直向上的，沿半圆面向上运动过程中，铜环所受安培力的方向是竖直向下的，D 错误。故选 AC。9、AB【解析】A由万有引力提供向心力，卫星 1 和卫星 2 的做圆周运动的圆心均为地心，A 正确；B卫星 1 的周期为 2
21、4h，根据：2224MmGmrrT 可得：32rTGM 因为卫星 2 的轨道半径小于卫星 1 的轨道半径，所以卫星 2 的运行周期小于卫星 1 的周期，即小于 24h，故 B 正确；C根据：2MmGmar 可得：2GMar 卫星 1 的向心加速度小于卫星 2 的向心加速度，故 C 错误；D由：22MmvGmrr 可得：GMvr 可知卫星 1 的线速度小于卫星 2 的线速度，由vr知赤道上物体的线速度小于卫星 1 的线速度，所以卫星 2 的线速度大于静止在赤道上某物体的线速度，故 D 错误.10、BC【解析】由 Ft 图象可以看出，0t1 Fmg 物块可能处于静止状态或匀速运动状态，t1t2 F
22、mg 电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动，t2t3 Fmg 物块可能静止或匀速运动，t3t4 Fmg 电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动，综上分析可知，故 BC 正确。故选 BC。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、(1)3.33 (2)0.320.36 大于 滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等 (3)不需要 【解析】（1）已知打点周期 T0.02 s，根据逐差法可得木块的加速度为：22360322(8.203.503.50)103.33m/s99
23、 0.02xxaT（2）设木块的质量为 M，根据牛顿第二定律有，(0.02)mgfMa，(0.02)fMm g，联立可解得加速度为：(1)0.02gamgM，由丙图可知，当 m=0 时，a=g=3.3 2m/s，则木块与木板间动摩擦因数 0.34，因滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量值大于真实值（3）实验中没有采用细线拉力等于重力，所以不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量 12、0R 1R 50 09999 【解析】（1）1将 S 拨向接点 1，接通1S，调节0R使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表0A的读数 I。（2）2然后将 S 拨向接点
24、 2，调节1R，使标准电流表0A的读数仍为 I，记下此时1R的读数。（3）3读取电阻箱各旋盘对应的数值后，再乘相应的倍率。其电阻为 0 10000 1005 100 150 4该电阻箱可以提供的最大阻值为 9 10009 1009 109 19999 电阻箱可以提供的阻值范围为09999 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）1.2m；（2）会，小球在轨道 CD 部分脱离轨道【解析】（1）如图所示，画出小球通过 A 点时的速度矢量三角形 0tanyvv ygtv 0PAxv t 代入数据求得 1.2mP
25、Ax （2）根据速度矢量三角形 0cosAvv 21cos2AmvmgR 说明小球能越过轨道 C 点；假设小球能从 A 运动到 D，根据动能定理 2211(1cos)22DAmgRmvmv 解得 5.8m/sDv 若小球恰能通过 D 点则有 2DvmgmR DvgR 6m/sDv 因DDvv，因此小球会在轨道 CD 部分脱离轨道。14、(1)0.5s；(2)2.825m；(3)26m/s【解析】(1)P 的速率从零增加到 v1=1m/s，受外力 F1=7N，设其做匀变速直线运动的加速度为 a1，经过时间 t1，位移为 x1，有 11Fmgma 11 1va t 1112vxt 代入数据得 a1
26、=2m/s2，t1=0.5s，x1=0.25m(2)P 从 v1=1m/s 运动至 A 点，F2=9N，设其做匀变速直线运动的加速度为 a2，有：22Fmgma 设 P 从速度 v1经过 t2时间，在 A 点的速度为 v2，位移为 x2，则 210.750.25stt v2=v1+a2t2 12222vvxt 解得 v2=2m/s，x2=0.375m P 从 A 点至 B 点，先做匀加速直线运动，速度达到 v3=4m/s，位移为 x3，有：2232232vva x 解得 x3=1.5m P 达到速度 v3时撤掉水平外力，在摩擦力作用下减速，减速到达 B 点时速度是 v4=3m/s，位移为 x4
27、，有 3mgma 2243342vva x 解得 x4=0.7m 轨道 OB 的长度 12342.825mxxxxx (3)P 从 B 点开始水平方向受向左的电场力，竖直方向上受重力，做曲线运动。水平方向的加速度大小 220m/sxqEam 水平方向上先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，经时间 4320.3sxvta 与平台右边缘碰相碰。竖直方向上做自由落体运动，有2412hgt，解得 t4=0.5s 落地时水平方向的速度 4431)m/sxxvvatt（落地时竖直方向的速度 45m/syvgt 落地时的速度大小为 2226m/sxyvvv 15、（1）160m（2）10m/s【解析】（1）设跑道最短为L，则有：2202aL，代人数据解得：160Lm.（2）设航空母舰前进的速度最小为1，飞机起飞的时间为t，则：对航空母舰：11xt 对飞机：1at 22122ax 21xxL 由联立解得：110/m s.