《2023届江西省横峰中学高三下学期第六次检测物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届江西省横峰中学高三下学期第六次检测物理试卷含解析.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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答
2、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，两根粗细不同，两端开口的直玻璃管 A 和 B 竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量温度相同的理想气体，气柱长度12HH，水银柱长度12hh，今使封闭空气降低相同的温度（大气压保持不变），则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是（）A均向下移动，A 管移动较少 B均向下移动，A 管移动较多 C均向下移动，两管移动的一样多 D水银柱的移动距离与管的粗细有关 2、我国高铁舒适、平稳、快捷。设列车高速运行时所受的空气阻力与车速成正比，高铁分别以 30
3、0km/h 和 350km/h 的速度匀速运行时克服空气阻力的功率之比为（）A67 B76 C3649 D4936 3、如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小 MN 间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP 和 PN 夹角为 120时 N 点受到螺纹轴的作用力为 F1；MP 和 PN 夹角为 60时 N 点受到螺纹轴的作用力为 F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则 F1与 F2大小之比为（）A1：1 B1：3 C3：1 D3：1 4、下列现象中属于分子斥力的宏观表现的是 A镜子破碎后再对接无法接起 B液体体积很难压缩 C打气筒打气，若干次后难再
4、打进 D橡皮筋拉伸后放开会自动缩回 5、如图所示，一轻绳跨过固定在竖直杆下端的光滑定滑轮 O，轻绳两端点 A、B 分别连接质量为 m1和 m2两物体。现用两个方向相反的作用力缓慢拉动物体，两个力方向与 AB 连线在同一直线上。当AOB=90时，OAB=30，则两物体的质量比 m1：m2为（）A1：1 B1：2 C1：2 D1：3 6、如图，两梯形木块 M、P（均可看成质点）叠放在水平地面上，M、P 之间的接触面倾斜。连接 M 与天花板之间的细绳沿竖直方向。关于力的分析，下列说法正确（）A木块 M 不可能受二个力作用 B木块 M 可能受三个力作用 C木块 M 一定受四个力作用 D地面可能受到水平
5、方向的摩擦力 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、若取无穷远处分子势能为零，当处于平衡状态的两分子间距离为 r0时，下列说法正确的是（）A分子势能最小，且小于零 B分子间作用力的合力为零 C分子间引力和斥力相等 D分子间引力和斥力均为零 E.分子势能大于零 8、一定质量理想气体的pV图象如图所示，从状态a经过程缓慢变化到状态b，再由状态 b 经过程缓慢变化到状态 a，表示两个过程的图线恰好围成以 ab 为直径的圆。以下判断正确的是_。A过程中气
6、体的温度保持不变 B过程中气体的温度先升高后降低 C过程中气体的内能先减少后增加 D过程中气体向外界释放热量 E.过程中气体吸收的热量大于过程中放出的热量 9、一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 VT 图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态 a、b、c 的压强，下列判断正确的是（）A过程 a 到 b 中气体一定吸热 Bpcpbpa C过程 b 到 c 气体吸收热量 D过程 b 到 c 中每一个分子的速率都减小 E.过程 c 到 a 中气体吸收的热量等于对外做的功 10、如图，倾角为 30的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端 A 和顶端
7、B 分别固定等量的同种负电荷。质量为 m、带电荷量为q的物块从斜面上的 P 点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点 O 时速度达到最大值mv，运动的最低点为 Q（图中没有标出），则下列说法正确的是（）AP，Q 两点场强相同 BPOOQUU CP 到 Q 的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动 D物块和斜面间的动摩擦因数33 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）在“探究物体质量一定时加速度与力的关系”实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力
8、(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是_ A必须用天平测出砂和砂桶的质量 B一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 C应当先释放小车，再接通电源 D需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带 E.实验中需要将小车轨道适当倾斜以平衡摩擦力 F.实验中小车应从靠近打点计时器位置静止释放(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为 50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，打下 B 点时，小车运动的速率是_m/s小车运动的加速度大小是_m/s2.（计算结果保留三位有效数字）(3)由实验得到小车的加速度 a 与力传感器示数 F 的关系如图丙所示则小车与轨道
9、的滑动摩擦力 Ff=_N.12（12 分）如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图其中包括电源 E，开关 S1和 S2，电阻箱 R，电流表 A，保护电阻 Rx该同学进行了如下实验步骤：(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合 S1、S2，读出电流表示数为 I，电阻箱读数为 9.5，断开 S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为 I，此时电阻箱读数为 4.5则保护电阻的阻值 Rx_（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节 R，得到多组 R 和 I 的数值，并画出1RI图象，如图所示，由图象可得，电源电动势 E_V，内阻 r_（结果保留两位有效数字）(3)本实验中，内阻的测量值
10、_（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_ 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，质量为6kgM 的长木板放在光滑水平地面上，在长木板的最右端和距右端4m的P点处各放一物块B和A（均可视为质点），物块A的质量为12kgm，物块B的质量为21kgm，长木板P点左侧足够长，长木板上表面P点右侧光滑，P点左侧（包括P点）粗糙物块A与长木板间的动摩擦因数0.5，现用一水平向右的恒力F作用于长木板上，使长木板由静止开始运动，设物块A与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210m/sg，求：(1)当长
11、木板由静止开始运动时，若要物块A与长木板保持相对静止，拉力F满足的条件；(2)若拉力36NF，在物块A B、相碰时撤去拉力F，物块A与B发生弹性碰撞，碰撞之后物块A的速度1v和物块B的速度2v。14（16 分）如图所示，虚线 AB、BC、CD 将平面直角坐标系四个象限又分成了多个区域。在第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0mvqd。在第三、四象限中，2dyd 区域有沿 x 轴负方向的匀强电场；在 xd 区域有沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小相等；dxd 区域有沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度是另外两个电场强度的 2 倍。第二、四象限中，y2d 区域内有垂直纸面向
12、里的匀强磁场。一个质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子，以速度 v0由原点 O 沿 y 轴正方向射入磁场。运动轨迹恰好经过B（d，2d）、C（d，2d）两点，第一次回到 O 点后，进入竖直向上电场区域，不计粒子重力，求：(1)电场区域内的电场强度大小 E；(2)y2d 区域内磁场的磁感应强度 B2；(3)由原点 O 出发开始，到第 2 次回到 O 点所用时间。15（12 分）如图所示，在 xOy 平面内，MN 与 y 轴平行，间距为 d，其间有沿 x 轴负方向的匀强电场 E。y 轴左侧有宽为 L 的垂直纸面向外的匀强磁场，MN 右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场（图中未标出）。质量为
13、m、带电量为+q 的粒子从 P（d，0）沿 x 轴负方向以大小为 v0的初速度射入匀强电场。粒子到达 O 点后，经过一段时间还能再次回到 O 点。已知电场强度 E=2032mvqd，粒子重力不计。(1)求粒子到 O 点的速度大小；(2)求 y 轴左侧磁场区域磁感应强度 B1的大小应满足什么条件？(3)若满足(2)的条件，求 MN 右侧磁场的磁感应强度 B2和 y 轴左侧磁场区域磁感应强度 B1的大小关系。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、A【解析】D因为大气压保持不变，封闭空气柱均做等压变化，放封闭
14、空气柱下端的水银面高度不变，根据盖一吕萨克定律VCT，可得 VCT 则 TVVT 即 TS HSHT 化简得 THHT 则空气柱长度的变化与玻璃管的粗细无关，D 错误；ABC 因 A、B 管中的封闭空气柱初温 T 相同，温度的变化T也相同，则H与 H 成正比。又0T，所以0H，即 A、B 管中空气柱的长度都减小，水银柱均向下移动，因为12HH，所以 12HH 所以 A 管中空气柱长度减小得较少，A 正确，BC 错误。故选 A。2、C【解析】列车高速运行时所受的空气阻力与车速成正比，则 fkv 则克服阻力的功率为 2pfvkv 所以高铁分别以 300km/h 和 350km/h 的速度匀速运行时
15、克服空气阻力的功率之比为 2112223649pkvpkv 故 ABD 错误，错 C 正确。故选 C。3、D【解析】当两臂间的夹角为120时，两臂受到的压力为 1 2cos60GNG 对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为 112cos303FNG 当两臂间的夹角为60时，两臂受到的压力为 23 2cos303GNG 对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为 2232cos603FNG 则有 123:1FF 故 A、B、C 错误，D 正确；故选D。4、B【解析】镜子破碎后再对接无法接起，并不是因为分子间表现为斥力，而是由于分子间距离大于分子直径的 10 倍以上，分子间的作用力太小，不足以使碎玻璃片吸
16、引到一起，故 A 错误液体难于被压缩是因为液体中分子距离减小时表现为斥力，故 B 正确 打气筒打气，若干次后难再打进，是因为气体的压强增大的缘故，不是因为分子间存在斥力，故 C 错误 橡皮筋拉伸后放开会自动缩回，是由于分子间存在引力的缘故，故 D 错误故选 B.【点睛】本题考查了热学的基础知识，关键要明确分子间同时存在着引力和斥力，二者都随分子间距离的增加而减小，而斥力减小得快，根据现象分析出斥力的表现 5、D【解析】由相似相角形法可得 12,m gmFFAOOD BOODg 由于轻绳上拉力相同，由几何关系得 tan30BOAO 联立得 123mm 故选 D。6、B【解析】ABC、对 A 受力
17、分析，若细线伸直且拉力等于重力时，AB 间只接触无弹力，即 A 只受重力、拉力作用，此时 A 只受两个力，且 AB 之间无摩擦，若 A 细线未伸直即拉力为零，此时 A 受重力、支持力、摩擦力作用，故 AC 错误，B 正确。C、对整体进行分析，整体受重力、支持力或重力、支持力、拉力作用，而水平方向没有外力，故水平地面对 B 物体没有摩擦力，故 D 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，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、ABC【解析】AE分子势能与间距 r 的关系图，如图所示
18、由图可知当两分子的间距为 r0时，分子势能最小，且小于零，故 A 正确，E 错误；BCD当两分子的间距为 r0时，分子间引力与斥力大小相等，方向相反，则合力为零，但是分子间引力和斥力的大小均不零，故 BC 正确，D 错误。故选 ABC。8、BCE【解析】ABC根据理想气体状态方程可知，a、b 两状态的温度相同，过程 I 中，从 a 到圆上最低点过程中，压强减小，体积减小，根据理想气体状态方程可知，温度降低，则。过程 I 中从 a 到圆最低点过程中，压强减小，体积减小，则温度降低，则过程中气体的温度先降低后升高，气体的内能先减少后增加，同理可知，过程中气体温度先升高后降低，气体的内能先增加后减少
19、，故 A 错误，BC 正确：D过程中气体的体积变大气体对外界做功，且内能不变，且内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸热，故 D错误；E在pV图象中，图线与横坐标轴围成的“面积”对应功，过程气体对外界做的功大于过程外界对气体做的功，故过程中气体吸收的热量大于过程中气体放出的热量，故 E 正确。故选 BCE。9、ABE【解析】A过程 ab 中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故 A 正确；B设 a 状态的压强为aP，则由理想气体的状态方程可知 0000333abPVPVTT 所以 3baPP 同理 00003aCPVP VTT 解得 3caPP 所以 cbaPPP
20、 故 B 正确；C过程 b 到 c，温度降低，内能减小；体积减小，外界对气体做功，则气体放出热量，故 C 错误；D温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程 bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故 D 错误；E由图可知过程 ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故 E 正确；故选 ABE。10、CD【解析】ABD物块在斜面上运动到 O 点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有 sin-cos0 mgmg 所以物块和斜面间的动摩擦因数3tan3，由于
21、运动过程中 sin-cos0 mgmg 所以物块从 P 点运动到 Q 点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点 Q 与释放点 P 关于 O 点对称，则有-POOQUU 根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、Q 两点的场强大小相等，方向相反，故 AB 错误，D 正确；C 根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从 P 到 Q 电场强度先减小后增大，中点 O 的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为 a，根据牛顿第二定律有，物块下滑的过程中电场力 qE 先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以 P 到 O 电荷先做加速度减小的加速运动，
22、O 到 Q 电荷做加速度增加的减速运动，故 C 正确。故选 CD。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、DEF 0.721 2.40 1.0 【解析】(1)1 AB对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故 AB 错误；C使用打点计时器，应先接通电源，在释放小车，故 C 错误；D探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故 D 正确；E由于实验要求研究小车的合外力与加速度的关系，需要排除与轨道的滑动摩擦力的影响，所以实验中需要将长木板
23、倾斜，以平衡摩擦力，故 E 正确；F在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，故 F 正确；(2)2相邻两计数点之间还有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为0.1sT，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，打下B点时，小车运动的速率是：0.18010.0360m/s0.721m/s22 0.1BACxvT 3根据2xaT 可得：2220.28810.0961 2m/s2.40m/s44 0.01BDOBxxaT(3)4根据牛顿第二定律可知：2fFFma 解得：1.0NfF 12、5.0 3.0 2.2 大于 电流
24、表也有内阻 【解析】(1)1由题意可知，闭合 S1和 S2时只有电阻箱接入电路，闭合 S1、断开 S2时，电阻箱与 R 串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值 Rx9.5-4.5 5.0(2)23根据闭合电路的欧姆定律可得，EI(R+Rx+r)，整理可得 11xRrRIEE 可见图线的斜率 1kE 图线的纵截距 xRrbE 结合图象中的数据可得 E3.0V，r2.2(3)45本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和 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
25、答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)40FN；(2)12m/sv，28m/sv 【解析】(1)当A与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力时将要发生相对滑动，设此时物块A的加速度为0a，以A为研究对象，根据牛顿第二定律 110m gm a 因为B与长木板间没有摩擦力，以长木板和物块A整体为研究对象，根据牛顿第二定律，当A与长木板间将要发生相对滑动时 010FMma 联立解得 040NF 所以若要物块A与长木板保持相对静止，拉力40FN(2)当拉力36FN时小于40N，开始时物块B保持静止，物块A与长木板一起加速 根据动能定理 21012FxMmv 解得 06m/sv 物块A
26、B、发生弹性碰撞，根据动量守恒定律 1 01 122m vm vm v 根据机械能守恒定律 2221 01 122111222mvmvm v 两式联立解得 12m/sv 28m/sv 14、(1)202mvEqd；(2)02mvBqd；(3)00652ddtvv【解析】粒子的运动轨迹如图所示。(1)在 x-d 的电场区域中粒子做类平抛运动，可知 0 12dv t 21 112dat 1qEam 由以上三式可得 202mvEqd (2)由(1)向中各式可解得 102dtv 粒子在 B 点的速度0yvv 1 10 xva tv 可得 02Bvv 运动轨迹经过 B、C 两点，由几何关系可知，粒子在
27、yx-d 的电场区城内，粒子沿 y 轴负方向运动的位移 20122vdsa 粒子将做往返运动 021122vtta 在两个磁场中的运动周期均为 12 mTqB 粒子在磁场中运动总时间为 315542mtTqB 由原点 O 出发开始。到第 2 次到达 O 点所用的时间 123006522ddttttvv 15、（1）02vv；（2）012mvBqL；（3）122(1)nBBn，n=l，2，3【解析】(1)粒子，从 P 点到 O 点，由动能定理得 2201122mvmvqEd 可得粒子到 20022qEdvvvm(2)洛伦兹力提供向心力 21mvqvBr 粒子要再次回到 O 点，则粒子不能从 y
28、轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和 MN 右侧的磁场的作用，再次返回到 O 点，故要求：012mvrLqB 故要求 012mvBqL(3)粒子通过电场回到 MN 右侧磁场时速度为0v。设粒子在右侧磁场中轨道半径为 R，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径 Rr。202 0mvqB vR 解得 02mvRqB 当 R=r 00122m vmvqBqB 可得122BB Rr，要使粒子回到原点（粒子轨迹如下图所示）则须满足 222)nRrr（其中 n=l，2，3 00012122222mvm vm vnqBqBqB 122(1)nBBn，n=l，2，3 其中 n=1 时，122BB 综上，需要 B2和 y 轴左侧磁场区域磁感应强度 B1的大小关系满足 122(1)nBBn，n=l，2，3