《2022-2023学年贵州省凯里市第一中学高三第二次调研物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年贵州省凯里市第一中学高三第二次调研物理试卷含解析.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 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、如图甲所示 MN 是一条电场线上的两点，从 M 点由静止释放一个带正电的带电粒子，带电粒子仅在电场力作用下沿电场线 M 点运动到 N 点，其运动速度随时间 t 的变化规律如图乙所示下列叙述中不正确的是（）AM 点场强比 N
2、 的场强小 BM 点的电势比 N 点的电势高 C从 M 点运动到 N 点电势能增大 D从 M 点运动到 N 点粒子所受电场力逐渐地大 2、吊兰是常养的植物盆栽之一，如图所示是悬挂的吊兰盆栽，四条等长的轻绳与竖直方向夹角均为 30，花盆总质量为 2kg，取 g=10m/s2，则每根轻绳的弹力大小为（）A5N B10 3N3 C10N D20N 3、一质点沿 x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xtt 的图象如图所示，则 A质点做匀速直线运动，速度为 0.5 m/s B质点做匀加速直线运动，加速度为 0.5 m/s2 C质点在 1 s 末速度为 1.5 m/s D质点在第 1 s 内
3、的平均速度 0.75 m/s 4、明代学者方以智在阳燧倒影中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光 a、b，下列说法正确的是 A若增大入射角 i，则 b 光先消失 B在该三棱镜中 a 光波长小于 b 光 Ca 光能发生偏振现象，b 光不能发生 D若 a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则 a 光的遏止电压低 5、用如图 a 所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为 m 的小球从半径为 R 的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球
4、对轨道压力的大小 F已知斜面与水平地面之间的夹角=45，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程 x，最后作出了如图 b 所示的 Fx 图象，g 取 10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径 R 为（）A0.125m B0.25m C0.50m D1.0m 6、一质点静止在光滑水平面上，先向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为1a，经过时间t后加速度变为零；又运动时间t后，质点加速度方向变为向左，且大小为2a，再经过时间t后质点回到出发点。以出发时刻为计时零点，则在这一过程中（）A213aa B质点向右运动的最大位移为2285a t C质点回到出发点时的速度大小为245a t D最后一个时
5、间t内，质点的位移大小和路程之比为 35 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、某课外兴趣小组欲利用如图所示的电路探究光电效应现象，V 为理想电压表。G 为灵敏电流计。电路闭合后，用绿光照射光电管，发现灵敏电流计发生了偏转。保持滑动变阻器滑片 P 位置不变，以下说法正确的是（）A保持入射光为绿光，若增大入射光强度，则灵敏电流计的示数会增大 B换用紫光照射光电管，逸出电子的最大初动能比绿光照射时大 C换用红光照射光电管，则灵敏电流计的指针一定不会发
6、生偏转 D换用黄光照射光电管，灵敏电流针指针未发生偏转，若只增大入射光强度。灵敏电流计指针可能发生偏转 8、以下说法正确的是_ A质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同 B空调既能制热又能制冷，说明热量可以从低温物体向高温物体传递 C知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度.不能估算出气体分子的大小 D一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强増大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子数密度增大 E.一定量的理想气体在某过程中从外界吸热 2.5104J，并对外界做功 1.0104J，则气体的温度升高，密度减小 9、如图所示，直线 a、抛物线 b 和 c 为某一稳恒直流电源在纯电阻
7、电路中的总功率 PE、输出功率 PR、电源内部发热功率 Pr，随路端电压 U 变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断 APE-U 图象对应图线 a由图知电动势为 9V，内阻为 3 BPr-U 图象对应图线 b，由图知电动势为 3V，阻为 1 CPR-U 图象对应图线 c，图象中任意电压值对应的功率关系为 PE=Pr+PR D外电路电阻为 1.5 时，输出功率最大为 2.25W 10、如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面 ABC 放置在水平面上，CAB=30，斜面内部 0 点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在 M、P、N 点，P 为 MN 的中
8、点，OM=ON，OMAB，下列说法正确的是（）A小物体在 M、P、N 点静止时一定都是受 4 个力 B小物体静止在 P 点时受到的摩擦力最大 C小物体静止在 P 点时受到的支持力最大 D小物体静止在 M、N 点时受到的支持力相等 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）某实验小组利用电流传感器（可视为理想电流表）和定值电阻0R以及电阻箱、待测电池等器材，设计了如图甲所示的电路测定电池电动势和内阻。电流的值通过数据采集器输入到计算机，数据采集器和计算机对原电路的影响可忽略。他们连接好电路，闭合开关 S 后，发现无论如何调节电阻
9、箱R，计算机中显示电流均为零，由此判断电路可能出现了故障。经小组讨论后，尝试用多用电表的欧姆档来检测电路。已知保护电阻015 0R.，电流传感器量程为100mA。操作步骤如下：将多用电表挡位调到电阻“1”挡，再将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；断开甲图电路开关 S，将多用电表两表笔分别接在ac、上，多用电表的指针不偏转；断开甲图电路开关 S，将多用电表两表笔分别接在ab、上，多用电表的示数如图乙所示；断开甲图电路开关 S，将多用电表两表笔分别接在bc、上，多用电表的指针不偏转；断开甲图电路开关 S，将多用电表两表笔分别接在、cd上，计算机中显示电流不为零。回答下列问题：（1）操作步骤中，多用电表
10、内阻_；（2）操作步骤中，多用电表红表笔应接_（选“c”或“d”点）;（3）电路的故障可能是_;A保护电阻0R短路 B保护电阻0R断路 C电阻箱R短路 D电阻箱R断路（4）排除电路故障后，该小组按照图甲的电路测量电源的电动势和内阻。改变电阻箱R的阻值，得到多组实验数据。根据数据作出1RI图像，如图所示，则电源电动势E _V，内阻r _（结果保留 2 位有效数字）。12（12 分）在一次实验中,某同学想描绘一标有“3V，1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，除导线开关外还有:A直流电源(电动势约为 4V，内阻可不计)B直流电流表 A1(量程 03A，内阻约为 0.1)C直流电流表 A2(量程 030
11、0mA，内阻为 1)D直流电压表 V1(量程 015V，内阻很大)E.直流电压表 V2(量程 04V，内阳很大)F.滑动变阻器(最大阻值 10，允许通过的最大电流为 2A)G.滑动变阻器(最大阻值 1k，允许通过的最大电流为 0.5A)H.定值电阻 R1=1 I.定值电阻 R2=10 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。(1)实验中电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_(均用序号字母表示)。(2)请按要求设计实验电路_ (3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，现把实验中使用的两个相同的小灯泡串联后由 E=3V，内阻不计的电源供电，此时灯泡的实际功
12、率约为_W(结果保 留两位有效数字)。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）一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为S。A 是距底端H高处的小卡环。质量为m的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为0m的氢气，C 为侧壁上的单向导管。大气压强恒定为0p。环境温度为0T时，从C处注入水，当水深为2H时，关闭 C，卡环恰对活塞无作用力。接下来又从C处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到01.6T，稳定时活塞静止在距缸底2.7H处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，
13、氢气不溶于水。求：最初被封闭的氢气的压强1p；导入氢气的质量M。14（16 分）如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，其中 ABC 为光滑半圆形轨道，半径为 R，CD 为水平粗糙轨道，小滑块与水平面间的动摩擦因数0.25，一质量为 m 的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点 B 由静止释放，滑至 D 点恰好静止，CD 间距为 4R。已知重力加速度为 g。(1)小滑块到达 C 点时，圆轨道对小滑块的支持力大小；(2)现使小滑块在 D 点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点 A，求小滑块在 D 点获得的初动能。15（12 分）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两
14、压强差p与气泡半径 r 之间的关系为2pr，其中0.070N/m。现让水下 10m 处一半径为 0.50cm 的气泡缓慢上升。已知大气压强501.0 10 Pap，水的密度331.0 10 kg/m，重力加速度 g 取210m/s。（i）求在水下 10m 处气泡内外的压强差；（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。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、C【解析】AD从 v-t 图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律Fma，则说明受到的电场力
15、越来越大，根据公式FqE，说明电场强度越来越大，所以 M 点场强比 N 的场强小，故 AD 正确；B因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力往右，又因为带电粒子带正电，所以电场线的方向往右，又因为顺着电场线的方向电势降低，所以 M 点的电势比 N 点的电势高，故 B 正确；C从 M 点运动到 N 点动能增加，电势能应该减小，故 C 错误。故选 C。2、B【解析】根据对称性可知，每根绳的拉力大小相等，设每根绳的拉力大小为 F。在竖直方向由平衡条件得：4Fcos30=G 解得：F=10 33N。A5N，与结论不相符，选项 A 错误；B10 3N3，与结论相符，选项 B 正确；C10N，与结论不相符
16、，选项 C 错误；D20N，与结论不相符，选项 D 错误；3、C【解析】由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得0.50.5xvtt，既000.50.52vvatvt，可得：v0=0.5m/s，a=1m/s2，故 AB 错误；质点在 1 s 末速度为 v=v0+at=1.5m/s，故 C正确；质点在第 1 s 内的平均速度0.50.5 1m/s1m/sv，故 D 错误。故选 C。4、D【解析】设折射角为，在右界面的入射角为，根据几何关系有：A，根据折射定律：sinsinin，增大入射角 i，折射角 增大，减小，而 增大才能使 b 光发生全反射，故 A 错误；
17、由光路图可知，a 光的折射率小于 b 光的折射率（abnn），则 a 光的波长大于 b 光的波长（ab），故 B 错误；根据光电效应方程和遏止电压的概念可知：最大初动能k0EhW，再根据动能定理：ck0eUE，即遏止电压0cWhUee，可知入射光的频率越大，需要的遏止电压越大，abnn，则 a 光的频率小于 b 光的频率（ab），a 光的遏止电压小于 b 光的遏止电压，故 D 正确；光是一种横波，横波有偏振现象，纵波没有，有无偏振现象与光的频率无关，故 C 错误 点睛：本题考查的知识点较多，涉及光的折射、全反射、光电效应方程、折射率与波长的关系、横波和纵波的概念等，解决本题的关键是能通过光路图
18、判断出两种光的折射率的关系，并能熟练利用几何关系 5、B【解析】在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有 20vFmgmR 小球做平抛运动时时的水平射程 0 xsv t 小球的竖直位移：212yhgt 根据几何关系可得 tanyx 联立即得 202tanvxg 2tanmgFmgRx 图像的纵截距表示重力，即 mg=5N 所以有 105 2tan0.5mgR 解得：R=0.25m 故选 B；【名师点睛】知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，尤其是掌握平抛运动的位移与水平方向夹角的正切值的表达式进行求解注意公式和图象的结合，重
19、点是斜率和截距 6、C【解析】A以向右为正方向，由速度公式有 11va t 由题意知 1230 xxx 由位移公式得 21112xat，21xv t，231212xvta t 解得 215aa 故 A 错误；B根据题意，作出质点运动的v t图象，如图所示，设向右从1v减速到 0 所用的时间为t，则有 12va t 又 11va t 解得 15tt 根据v t图象的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移 2111111182255xv tv tvta t 故 B 错误；C质点回到出发点时所用的时间为 45tttt 则对应的速度大小为 22245va ta t 故 C 正确；D最后一个时间t
20、内，质点的位移大小为 212132xxxa t 路程 21111114174252510sa tta tta t 所以最后一个时间t内，质点的位移大小和路程之比为 15：17，故 D 错误。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。7、AB【解析】A保持入射光为绿光，若增大入射光强度，单位时间单位面积上照射出的光电子数目会增多，从而会使饱和电流增大，A 符合题意；B换用紫光照射光电管，即增大入射光频率，根据爱因斯坦光电效应方程 0kEhvW 知
21、逸出电子的最大初动能比绿光照射时大，B 符合题意；C用绿光照射光电管，能发生光电效应，说明绿光的频率大于该金属的截止频率，但无法判断红光的频率是否大于该金属的截止频率，即换用红光照射光电管，也可能发生光电效应，即灵敏电流计的指针可能会发生偏转，C 不符合题意；D换用黄光照射光电管，灵敏电流计指针未发生偏转，说明黄光的频率小于该金属的截止频率，若只增大人射光强度，灵敏电流计指针依然不可能发生偏转，D 不符合题意。故选 AB。8、BCE【解析】A温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能一定相同，故 A 错误；B空调既能制热又能制冷，说明在外界的影响下，热量可以从低温物体向高温物体传递，故 B 正确；C
22、知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出摩尔体积，将气体分子占据的空间看成立方体形，立方体的边长等于气体分子间的平均距离，由摩尔体积除以阿伏加德罗常数可求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出分子间的平均距离。不能估算出气体分子大小，故 C 正确；D一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，因体积不变，则气体分子数密度不变，气体的平均动能变大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子对器壁的碰撞力变大，故 D 错误；E由热力学第一定律可知，一定量的理想气体在某过程中从外界吸热 2.5104J，并对外界做功 1.0104J，则气体的内能增加，温度升高，体积变大，密度减小，故 E
23、正确。故选 BCE。9、BC【解析】A.总功率：2EEUEEPEIEUrrR，可知 PE-U 图象对应图线 a，由数学知识得知，图象 a 的斜率大小：933Ekr；当 U=0 时，29EEPr，联立解得 E=3V，r=1，故 A 错误；B.内阻消耗的功率：2()rEUPr，由数学知识可知，rPU图象的对应图线 b，故 B 正确；C.根据功率关系可得：ERrPPP，则 221RErEPPPUUrr，由数学知识可知，rPU图象的对应图线 c，故 C 正确；D.当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为 1 时，输出功率最大，最大输出功率为 222132W2.25W44 1mEEPRr，
24、故 D 错误。故选：BC。10、CD【解析】对小物体分别在三处静止时所受力分析如图所示：A结合平衡条件，由图，小物体在 P、N 两点时一定受四个力的作用，而在 M 处不一定。故 A 错误。B小物体静止在 P 点时，摩擦力 f=mgsin30，静止在 N 点时：f=mgsin30+Fcos30，静止在 M 点时：f=mgsin30-Fcos30，可见静止在 N 点时所受摩擦力最大。故 B 错误。CD小物体静止在 P 点时，设库仑力为 F，受到的支持力：N=mgcos30+F，在 M、N 点时：N=mgcos30+Fsin30，由库仑定律知：FF，故 NN，即小物体静止在 P 点时受到的支持力最大
25、，静止在 M、N 点时受到的支持力相等。故 CD 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、15.0 c D 1.5 3.0 【解析】（1）1操作步骤中，多用电表内阻等于中值电阻，大小为 15.0；（2）2因 c 端是电流传感器的负极，则操作步骤中，多用电表红表笔应接c点；（3）3根据实验步骤的分析可知，电路的故障可能是电阻箱 R 断路，故选 D；（4）45根据闭合电路欧姆定律可得：E=I(R+R0+r)即：01()RERrI 由图像可知：18=1.5V12E 018Rr 则 r=3.0 12、C E F 0.54-
26、0.57 【解析】(1)12小灯泡的额定电压为 3V，因此电压表选择量程大于等于 3V 的即可，电压表故选 E；而小灯泡的额定电流为 1.5A0.5A3PIU 电流表 A1量程太大，测量误差太大，故应用电流表 A2和定值电阻1R并联，改装成电流表，电流表故选 C；3还需要调节电路的滑动变阻器，为了方便操作，且小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选阻值较小的 F；(2)4本实验小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；同时因电流表内阻与小灯泡的电阻接近，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故电流表选用外接法；实验电路图如图所示：(3)5电源内阻不计，两灯泡串联，每个灯泡两端电压相等
27、为1.5VU，根据UI图象可知，此电压下流经灯泡的电流为 0.37AI 则小灯泡的功率 1.5 0.37W0.56WPUI 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、02mgp S；74m【解析】设设注水前气体的体积为 V1，从最初到水深为2H时，气体经历等温过程，注水后气体压强为 p2，由玻意耳定律 1122pVp V 其中 1VSH 2()2HVS H 对活塞，有 02p Smgp S 联立解得 012mgSpp 设导入气体后且尚未升温时气体总度为 h，显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，则有
28、 002.70.51.6HShSTT 解得 118hH 考虑到此 h 高度的气体中，原有气体点高为12H，故后导入的气体点高为 112hhH 解得 178hH 设此时密度为，则有 12ShMHmS 解得 74mM 14、(1)3mg；(2)3.5mgR【解析】(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒；设小滑块到达 C 点时的速度为 vC，根据机械能守恒定律得 mgR12mvC2 设小滑块到达 C 点时圆轨道对它的支持力为 FN，根据牛顿第二定律得 2cNmvFmgR FN3mg 根据牛顿第三定律，小滑块到达 C 点时，对圆轨道压力的大小 N=FN=3mg；(2)根据题意，小滑块恰好能通过圆轨道的最高点 A，设小滑块到达 A 点时的速度为 vA，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得 2AmvmgR 小滑块从 D 到 A 的过程中只有重力、摩擦力做功，根据动能定理得 21422AkDmgRmgRmvE 解得 EkD3.5mgR 15、（i）28Pa；（ii）32。【解析】（i）内外压强差 11228pPar（ii）气泡在水下 10m 处有 101ppghp 31143Vr 接近水面处有 202ppp 32243Vr 等温变化有 1122pVp V 解式得 0123102ghpprrpp 由式知0pp，则 3023102ghprrp