《2023届河南省鲁山县一中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《2023届河南省鲁山县一中高三下第一次测试物理试题含解析.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 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，曲线 I 是一颗绕地球做圆周运动的卫星 P 轨道的示意图，其半径为 R；曲线是一颗绕地球做椭圆运动的卫星 Q 轨道的示意图，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的
2、卫星的周期相等，万有引力常量为 G，地球质量为 M，下列说法正确的是（）A椭圆轨道的长轴长度为 R B卫星 P 在 I 轨道的速率为0v，卫星 Q 在轨道 B 点的速率为Bv，则0Bvv C卫星 P 在 I 轨道的加速度大小为0a，卫星 Q 在轨道 A 点加速度大小为Aa，则0=Aaa D卫星 P 在 I 轨道上受到的地球引力与卫星 Q 在轨道上经过两轨道交点时受到的地球引力大小相等 2、如图所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A 位置，现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程
3、中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为（）A0mvvMm，0I B0mvvM，02Imv C0mvvMm，20m vIMm D0mvvMm，02Imv 3、光滑水平面上有长为2L的木板 B，小物块 A 置于 B 的中点，A、B 质量均为m，二者间摩擦因数为，重力加速度为g，A、B 处于静止状态。某时刻给 B 一向右的瞬时冲量I，为使 A 可以从 B 上掉下，冲量I的最小值为（）AmgL B2mgL C2mgL D22mgL 4、在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005s 时线框的磁通量变化率为零 Bt=0.01s
4、时线框平面与中性面重合 C线框产生的交变电动势有效值为 300V D线框产生的交变电动势频率为 100Hz 5、中国北斗卫星导航系统（BeiDouNavigationSatelliteSystem，BDS）是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星，GPS导航系统是由周期约为 12h 的卫星群组成。则北斗导航系统的同步卫星与 GPS 导航卫星相比（）A北斗导航系统的同步卫星的角速度大 B北斗导航系统的同步卫星的轨道半径小 CGPS 导航卫星的线速度大 DGPS 导航卫星的向心加速度小 6、质量
5、为 m 的长木板放在光滑的水平面上，质量为12m的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态.若对物块施加水平拉力（如图甲），使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为 F1；若对长木板施加水平拉力（如图乙），也使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为 F2，则12FF为 A12 B2 C23 D32 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，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子仅在静电力作用下
6、的运动轨迹设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 aA、aB且 aAaB，电势能分别为 EpA、EpB下列说法正确的是（）A电子一定从 A 向 B 运动 BQ 靠近 M 端且为负电荷 C无论 Q 为正电荷还是负电荷，一定有 EpAEpB DA 点电势一定高于 B 点电势 8、如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A在位移从 0 增大到x的过程中，木块的重力势能减少了E B在位移从 0 增大到x的过程中，木块的重力势能减少了2E C图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 D图线b斜率的绝对值表示木块所受的
7、合力大小 9、如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，aO为一个与磁场方向垂直、长度为L的金属杆，已知 3LabbccO。ac、两点与磁场中以O为圆心的同心圆（均为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。一电容为C的电容器连接在金属轨道上。当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度顺时针匀速转动且电路稳定时，下列说法正确的是（）AabcO、四点比较，O点电势最高 B电势差2bOacUU C电势差2acabUU D电容器所带电荷量为249CB L 10、为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星、做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a，横坐标表示物体到
8、行星中心的距离 r 的平方，两条曲线分别表示、周围的 a 与 r2 的反比关系，它们左端点横坐标相同，则 A的平均密度比 的大 B的第一宇宙速度比 的小 C的向心加速度比 的大 D的公转周期比 的大 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）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续的 6 个水滴的位置。（从第一滴落在地面上开始计时，2
9、0s 时地面上正好共有 51 个小水滴）(1)由图（b）可知，小车在桌面上是_（填“从右向左”或“从左向右”）运动的。(2)该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中 A 点位置时的速度大小为_m/s，加速度大小为_m/s2.（结果均保留一位有效数字）12（12 分）某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图所示的电路测量该铅笔芯的电阻值所用器材有电流表1A、2A，电阻箱1R、滑动变阻器2R、待测铅笔芯xR、电源 E、开关 S 及导线等操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值：记录两个电流表1A、2A的示数分
10、别为1I、2I，请回答以下问题：（1）若电流的内阻可忽略则电流表示数2I _1I时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值（2）用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图所示，该笔芯的直径为_mm（3）已测得该笔芯的长度20.00 cmL，电阻箱1R的读数为5.00，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻率_m（结果保留3 位有效数字）（4）若电流表2A的内阻不能忽略，仍利用（l）中方法，则笔芯电阻的测量值_真实值（填“大于”“小于”或“等于”）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，系统由
11、左右连个侧壁绝热、底部、截面均为 S 的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的活塞 A、B 下方封有氮气，B上方封有氢气。大气的压强 p0，温度为 T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为 0.1 p0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时 A 上升了一定的高度。用外力将A 缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为 0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。求(1)第二次平衡时氮气的体积；(2)水的温度。14（16 分）两根足够长的平行
12、金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为 L，导轨上垂直放置两根导体棒 a和 b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为 m，电阻均为 R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为 B 的竖直向上的匀强磁场。两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为 x0，现给导体棒 a 一向右的初速度 v0，并开始计时，可得到如图乙所示的vt 图像（v表示两棒的相对速度，即abvvv）。求：（1）0t2时间内回路产生的焦耳热；（2）t1时刻棒 a 的加速度大小；（3）t2时刻两棒之间的距离。15（12 分）如图所示，长 0.32m 的不可伸长的轻绳一
13、端固定于 O 点，另一端拴一质量为 0.3kg 的小球 B 静止在水平面上，绳恰好处于伸直状态。一质量为 0.2kg 的小球 A 以某一速度沿水平面向右运动，与小球 B 发生弹性正碰，碰撞后小球 B 恰好能在竖直平面内完成完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度取 10m/s2，求(1)碰撞后小球 B 的速度大小；(2)碰撞前小球 A 的速度大小。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、B【解析】A开普勒第三定律可得：23Tka 因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为 R 椭圆，故
14、 a=R，即椭圆轨道的长轴的长度为2R。故 A 错误。B根据万有引力提供向心力可得：22MmvGmrr 故Gmvr，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以 OB 为半径做圆周运动的速度为v，则0vv；又卫星在的 B 点做向心运动，所以有Bvv，综上有0Bvvv。故 B 正确。C卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：2MmGmar 所以加速度为2MaGr，又有 OAR，所以0Aaa，故 C 错误。D由于不知道两卫星质量关系，故万有引力关系不确定，故 D 错误。故选 B。2、D【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：0()mvMm v 解
15、得：0mvvMm 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，即当木块回到 A 位置时的速度大小 0mvvMm 子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：00()2IMm vmvmv 所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 2mv0。故选 D。3、B【解析】设 B 获得冲量后瞬间速度为0v，物块掉下来的临界条件是 A 刚好到达边缘时两者共速，根据动量守恒 02mvmv 根据能量守恒 22011222mgLmvmv 解得：02vgL 根据动量定理，冲量最小值 min02ImvmgL 故 B 正确，ACD 错误。故选：B。4、B
16、【解析】由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上；由图像还可知电动势的峰值和周期。根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值；根据周期和频率的关系可求频率。【详解】A由图乙知 t=0.005s 时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律 Ent 可知，磁通量的变化率最大，但线圈与磁场平行磁通量为零，故 A 错误。B由图乙可知 t=0.01 时刻，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故 B 正确。CD由图乙可知，该交变电流的周期为 T=0.02s，电动势最大值为 Em=311V。根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为 m22311V220V22EE 据周
17、期和频率的关系可得，该交变电流的频率为 11Hz50Hz0.02fT 故 CD 错误。故选 B。【点睛】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图像得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系。5、C【解析】A地球同步卫星的周期为 24h，GPS 导航系统周期约为 12h，根据周期与角速度的关系 2T 可知北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其角速度小，故 A 错误；B由万有引力提供向心力有 2224MmGmrrT 得卫星绕地球做圆周运动的周期 32rTGM 北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其轨道半径大，故 B 错误；C由万有引力提供向心力有 22MmvGmr
18、r 得卫星绕地球做圆周运动的线速度 GMvr 北斗导航系统的轨道半径大，则其线速度小，GPS 导航卫星的线速度大，故 C 正确；D根据 av 可知北斗导航系统的角速度小、线速度小，则其加速度小，GPS 导航卫星的向心加速度大，故 D 错误。故选 C。6、A【解析】设物块与长木板间的动摩擦因数为，要使物块滑离，则 1132Fma 112mgma 2232Fma 21122mgma 求得 1212FF.A12，与结论相符，选项 A 正确；B2，与结论不相符，选项 B 错误；C23，与结论不相符，选项 C 错误；D32，与结论不相符，选项 D 错误；故选 A.二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题
19、 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、CD【解析】根据运动轨迹得到电场力方向，从而得到电场力做功及场强方向，即可由电场力做功得到电势能变化，由场强方向得到电势变化；根据加速度得到场源，即可根据场强方向得到场源电性。【详解】由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故 A 错误；由电场场源为点电荷，aAaB可得：点电荷 Q 靠近 M 端；又有电子受力指向凹的一侧可得：MN 上电场线方向向右，故点电荷 Q 为正电荷，故 B 错误；电子受力指向凹的一侧可得：根据电子只受电场力
20、作用；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得：EpAEpB，故 C 正确；点电荷带正电，且 A 点距离点电荷距离较 B 点近，可知 A 点电势一定高于 B 点电势，故 D 正确，故选 CD。【点睛】沿着电场线电势降低，但是电势能和电荷电性相关，故我们一般根据电场力做功情况来判断电势能变化，以避免电性不同，电势能变化趋势不同的问题。8、BD【解析】AB木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有 p20EEEE 得p=2EE，即木块的重力势能减少了2E，故 A 错误，B 正确；C由功能关系可知图线a
21、斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故 C 错误；D由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故 D 正确。故选 BD。9、BD【解析】A如图所示 杆abcO顺时针匀速转动切割磁感线，由右手定则知感应电动势方向为Oa，杆abcO相当于电源，所以a点电势最高，故 A 错误；BC综合运动规律，ac的中点b的线速度为 123vL 综合电路规律，电路稳定后，电容器既不充电也不放电，电路中无电流，由法拉第电磁感应定律得 123acacUEBL v 解得 249acacUEB L 同理，ab中点的线速度为 256vL 又有 2215318ababUEBL vB L bO中点c的线
22、速度为 313vL 可得 232239bObOUEBL vB L 故 B 正确，C 错误；D电容器接在ac、两点间，带电荷量为 acQCU 解得 249acQCUCB L 故 D 正确。故选 BD。10、AC【解析】由图可知，两行星的球体半径相同，对行星周围空间各处物体来说，万有引力提供加速度，故有，故可知的质量比的大，即的平均密度比的大，所以选项 A 正确；由图可知，表面的重力加速比的大，由可知，的第一宇宙速度比的大，所以选项 B 错误；对卫星而言，万有引力提供向心加速度，即，故可知，的向心加速度比的大，所以选项 C 正确；根据可知，的公转周期比的小，所以选项 D 错误；考点：天体与万有引力
23、定律 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、从右向左 0.3 0.1 【解析】(1)1由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续 6 个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动。(2)2已知滴水计时器每 20s 内共滴下 51 个小水滴，那么各点时间间隔为 20s=0.4s50T 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，有 311713310 m/s=0.3m/s2 0.4Av 3根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT2可以求出加速度，得 322283 100 11713310 m/s=-0.1m/s
24、4 0 4a 那么加速度的大小为 0.1m/s2。12、12 1.000 71.96 10 小于 【解析】(1)1若电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值，则两条支路的电流相等，所以：2112II(2)2主尺上的刻度为 0.5mm，副尺上的刻度为 50 格，所以读数为：0.5mm0.01mm501.000mmd (3)3 铅笔芯的横截面积：22()24ddS 1RR 带入电阻定律LRS得：24RSRdLL 带入数据得：71.96 10 m(4)4若电流表2A的内阻不能忽略，则笔芯电阻的测量值为1R，真实值为21ARR,则笔芯电阻的测量值小于真实值 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写
25、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)2.7Sh；(2)95.55【解析】(1)以氢气为研究对象，初态压强为 p0，体积为 hS，末态体积为 0.8hS。气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V1=p2V2，即 p0hS=p0.8hS 解得 p=1.25p0 活塞 A 从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。该过程的初态压强为 1.1p0，体积为 V；末态的压强为 p，体积为 V，则 p=p+0.1p0=1.35p0，V=2.2hS 由玻意耳定律得 1.1p0V=1.35p02.2hS 解得 V=2.7hS(2)活塞 A 从最初位置升到最高点的过
26、程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为 2hS 和 T0=273K，末态体积为2.7hS。设末态温度为 T，由盖-吕萨克定律得 22.7273hSShT 解得 T=368.55K 水的温度 t=T-273K=368.55 K-273=95.55 14、(1)2014Qmv；(2)2208B L vamR；(3)0022vmxLRxB【解析】(1)t2时刻，两棒速度相等。由动量守恒定律 mv0=mv+mv 由能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 22012212Qvvmm 得 2014Qmv (2)t1时刻 014abvvvv 回路中的电动势 014EBL vBLv 此时棒 a 所受的安培力
27、 22001428BLvB L vFBILBLRR 由牛顿第二定律可得，棒 a 的加速度 2208B LRamvFm (3)t2时刻，两棒速度相同，由(1)知 012vv 0-t2时间内，对棒 b，由动量定理，有 BiL tmv0 即 BqL=mv 得 02mqLvB 又 0222()22BL xxEB stqI tttRRRRR 得 0022vmxLRxB 15、（1）4m/s；（2）5m/s【解析】(1)小球 B 通过最高点时，由牛顿第二定律得 2BBm vm gl 对小球 B 从最低点到最高点由动能定理得 2211222BBBBm glm vm v 解得 4m/sBv (2)小球 A 与小球 B 发生弹性正碰，由动量守恒定律得 0AAABBm vm vm v 由能量守恒定律得 2220111222AAABBm vm vm v 解得 0 5m/sv