《2022-2023学年海南省海口市琼山中学高三第四次模拟考试物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年海南省海口市琼山中学高三第四次模拟考试物理试卷含解析.pdf（18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答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，空间中存在着由一固定的负点电荷 Q(图中未画出)产生的电场另一正点电荷 q 仅在电场力作用下
2、沿曲线 MN 运动，在 M 点的速度大小为 v0，方向沿 MP 方向，到达 N 点时速度大小为 v，且 v0），粒子的重力可忽略。求：(1)磁感应强度的大小；(2)粒子在第一象限运动的时间；(3)粒子从 y 轴上离开电场的位置到 O 点的距离。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】A、场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧,故 Q 应该在轨迹的内侧，故 A 错；B、试探电荷从 M 到 N 速度减小,说明 M 点离场源电荷较近,越靠近场源电荷电势越低，所以
3、 M 点的电势比 N 点的电势低，故 B 错误；C、只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,N 点动能小,故在 N 点电势能大,故 C 正确；D、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以 q 在 M 点的加速度比在 N 点的加速度大，故 D 错误；故选 C【点睛】曲线运动合力指向曲线的内侧,题中只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,正电荷在电势越高的点电势能越大.解决电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹的综合问题应熟练掌握以下知识及规律:(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧.(2)该点速度方向为轨迹切线方向.(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大.(4)电场线垂直于等势面
4、.(5)顺着电场线电势降低最快.2、B【解析】由能量守恒可知物块沿斜面上滑的过程中，产生的摩擦热为 20J。由于上滑过程和下滑过程中摩擦力的大小相同，相对位移大小也相同，所以上滑过程中的摩擦生热和下滑过程中的摩擦生热相等。对全程用能量守恒，由于摩擦生热 40J，所以物块回到斜面底端时的动能为 20J。故 B 正确，ACD 错误。故选 B。3、B【解析】从轨道 1 变轨到轨道 2，需要加速逃逸，故 A 错误；根据公式2MmGmar可得：2MaGr，故只要到地心距离相同，加速度就相同，卫星在椭圆轨道 1 绕地球 E 运行，到地心距离变化，运动过程中的加速度在变化，B 正确 C 错误；卫星在轨道 2
5、 做匀速圆周运动，运动过程中的速度方向时刻在变，所以动量方向不同，D 错误 4、A【解析】三条直导线在 O 点的磁场方向如图；其中 Bc和 Bb的合场强水平向右大小为 Bbc=B；方向水平向右。A若 O 点的磁感应强度平行 ac 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于 ac 方向的合磁场为零，即 sin30cos30cos300caBBB 其中 Bc=B=kI，解得 Ia=（133）I 选项 A 正确；B若 O 点的磁感应强度平行 ab 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于 ab 方向的合磁场为零，即 sin30cos30sin300baBBB 其中 Bb=B=kI，解得 I
6、a=（3-1）I 选项 B 错误；C若 O 点的磁感应强度垂直 ac 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于 ac 方向的合磁场为零，即 cos30sin30-sin300abcBBB 表达式无解，则 O 点的磁感应强度的方向不可能垂直 ac 边，选项 C 错误；D若 O 点的磁感应强度垂直 ab 边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于 ab 方向的合磁场为零，即 cos30cos60cos600bcaBBB 其中 Bc=B=kI，解得 Ia=（3+1）I 选项 D 错误。故选 A。5、C【解析】A ab 阶段：人加速过程中，人的动能增加，重力势能不变，人的机械能增加，故 A
7、正确，不符合题意；B bc 阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，故 B 正确，不符合题意；C cd 阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，故 C 不正确，符合题意；D de 阶段：只有重力做功，人的机械能守恒，重力所做的功等于人动能的增加量，故 D 正确，不符合题意。故选：C。6、D【解析】A撤去力 F 后长木板的加速度 222188m/s22 0.5vax 由牛顿第二定律 12()sin()cos()Mm gMm gMm a 解得 1=0.25 选项 A 错误；B有拉力作用时的加速度 2211 81m/s22 4vax
8、拉力撤掉时的速度为 2 2m/sv 拉力作用的时间为 112 2s=2 2s1vta 选项 B 错误；C由牛顿第二定律 11()sin()cos()FMm gMm gMm a 解得 F=13.5N 选项 C 错误；D物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木板之间的动摩擦因数大于 0.25，选项 D 正确。故选 D。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】A周期是振子完成一次全振动的时间，根据图像可知振子的周期是2.0s，A 正确；B
9、由图可知，0.5st 时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B 正确；C由图可知，1.5st 时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即振子的速度方向竖直向下，C 正确；D由图可知，弹簧振子在2.0st 时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度最大，且竖直向上，D 错误。故选 ABC。8、AC【解析】对子弹和木块 A 系统，根据动量守恒定律：01111()16164mvmm v，解得1015vv，选项 A 正确；木块滑离木板时，对木板和木块（包括子弹）系统：0021111()161648mvmmvmv，解得203128vv，选项 B 错
10、误；对木板，由动量定理：2ftmv，解得03128mvft，选项 C 正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项 D 错误；故选 AC.点睛：此题是动量守恒定律即能量守恒定律的应用问题；关键是要把三个物体相互作用的过程分成两个过程：子弹打木块和木块在木板上滑动；搞清两个过程中能量之间的转化关系.9、AC【解析】AB当变阻器 R0的滑动触头向下滑动时，R0阻值减小，电路总电阻 R 减小，则由 U=I0R 可知，电压表 U 读数变小；R2上电压不变，则 R1上电压减小，电流变小，则 R3支路电流变大，即 I 变大；
11、选项 A 正确，B 错误；CD由电路可知 0201UI RIIR 即 0202001111-=(+)-UI RI RIIIURRR 则 1=URI 选项 C 正确，D 错误。故选 AC。10、AC【解析】A电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，带正电的质子弯曲的方向向下，所以质子受力的方向向下，从 A 到 B 的过程中电场力做正功，所以质子的速度增大，故 A 正确；B质子受力的方向向下，质子带正电，则电场的方向向下，而沿着电场线电势逐渐降低，故 b 的电势高于 c 的电势；故 B 错误；C质子在 A 点的速度大小为 v1，在 B 点的速度大小为 v2，质子在沿等势面方向的
12、分速度不变为 v1，所以质子运动的时间 11cosxLtvv 故 C 正确；D在沿电场线的方向的位移为 y=Lsin，由动能定理有 22211122qEymvmv 联立解得 22212sinm vvEqL 故 D 错误。故选 AC。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、1k 欧姆调零（或电阻调零）6000 1.5 6.0 0.25 【解析】(1)123多用表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择1k，同时注意欧姆调零；多用表的指针结果为 6000。(2)d.456设电流表 G 所在回路除电源内阻外其余电阻之
13、和为 R，由闭合电路欧姆定律 解得 xxEIRRrRR 由分流原理得 xgxRIIRR 联立两式整理得 11gxRrRrIEER 由图可知 4RrE 941.5RrE 解得 E=1.5V，R=5，所以欧姆表总内阻为 R+r=6 电流表 G 的量程 0.25AgEIRr 解得 E=1.5V R=6.0 Ig=0.25A 12、天平 mgxAB 22218BAMm fxx 【解析】(1)1因为需要测量小车以及砝码和砝码盘的质量，所以实验中还需要的实验器材为天平。(2)2以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，平衡摩擦力后，系统所受合外力做的功为 ABWmgx 3匀变速直线运动的某段时间内，中间时刻
14、速度等于平均速度 1222AAAAxxxvfTf 1222BBBBxxxvfTf 其动能变化量为 22222k111228BABAEMm vMm vMm fxx 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、Td=3T0 Q=2kT06p0V0【解析】由 a 到 d 气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度；求出气体做的功，然后应用热力学第一定律求出从外界吸收的热量；【详解】解：状态 a 与状态 d 压强相等，由：adadVVTT 可得：03dTT 依题意可知：0aUkT，03dUkT 由热力学第一定律，有
15、：daUUQW 其中：0()3cbWp VV 联立可得：00026QkTp V 14、(1)4m，-16J；(2)0.51.08sts；【附加】3V/mE 【解析】(1)小滑块放在小车上以后，其加速度根据牛顿第二定律 1fmgma 解得加速度 212m/sa 加速到共速时用时t1 01vat 解得 12ts 此过程中小滑块相对P 点移动的距离 2112sat 此过程中木板相对 P 点移动的距离 20 1sv t 求解可得 14ms 28ms 摩擦力对小车做的功 2fWmgs 求解可得 16JfW (2)当电场3V/mE 时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为 t3后撤去
16、电场，之后滑块做减速运动，经时间 t4，小滑块和小车在小车右端共速，恰好没掉下来，小滑块向右加速度为 3qEmgma 解得 234m/sa 加速的末速度 103 3vva t 减速过程中 101 4vva t 加速过程中的位移为 2210332vvsa 减速过程中的位移为 2210412vvsa 则 34034()ssv ttL 联立 求解解得 33s0.58s3t 所以电场存在总时间 23()1.08sttt 所以电场存在的时间满足关系式0.51.08sts（结果可以保留根式）解法 2：当电场3V/mE 时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为 t3后撤去电场 小滑块向
17、右加速度为 3qEmgma 解得 234m/sa 滑块相对小车做加速度为3a，初速度为零的匀加速运动，经时间 t3后做加速度为1a的匀减速运动直至相对静止，此过程中的总位移小于等于板长，因此 223122vvLaa 加速过程的时间 3330.58s3vtsa 所以电场存在总时间 23()1.08sttt 所以电场存在的时间满足关系式0.51.08sts 附加问：当加有向右电场时，小滑块加速度 2qEmgam 恰好运动到木板左端共速，共速时间 022vta 根据两物体的位移关系可得 20 22 21122Lv ta t 联立可得 20.5st 3V/mE 所以电场强度 E 满足3V/mE 15、
18、(1)03Ev；(2)04 33mvqE；(3)2076mvqE【解析】(1)由于粒子从 Q 点垂直于 OP 离开电场，设到 Q 点时竖直分速度为yv，由题意可知 03yvv 设粒子从 M 点到 Q 点运动时间为1t，有 1yqEvtM 粒子做类平抛运动的水平位移如的 0 1xv t 由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与x轴相切，设粒子在磁场中运动的半径为R，由几何关系 cos30cot30 xRR 设粒子在磁场中速度为v，由前面分析可知 02vv 洛伦兹力提供向心力 2vqvBmR 解得 03EBv (2)粒子在磁场中运动周期 2RTv 设粒子在磁场中运动时间为2t，212tT 粒子离开磁场的位置到y轴的距离为x，则 2 cos30 xxR 沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过时间3t到达y轴，0 3xv t 即 04 33mvtqE(3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴距离 2013mvyqE 粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间3t到达y轴并离开电场 223312yqEyv ttm 则 20256mvyqE 粒子离开电场的位置到O点的距离 201276mvyyyqE。