《2022-2023学年江西省赣州市南康中学高三最后一卷物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年江西省赣州市南康中学高三最后一卷物理试卷含解析.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 注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、2016 年 2 月，物理学界掀起了“引力波”风暴，证实了爱因斯坦 100
2、 年前所做的预测。据报道，各种各样的引力波探测器正在建造或者使用当中。可能的引力波探测源包括致密双星系统（白矮星、中子星和黑洞）。若质量分别为 m1和 m2的 A、B 两天体构成双星，如图所示。某同学由此对该双星系统进行了分析并总结，其中结论不正确的是（）AA、B 做圆周运动的半径之比为 m2：m1 BA、B 做圆周运动所需向心力大小之比为 1：1 CA、B 做圆周运动的转速之比为 1：1 DA、B 做圆周运动的向心加速度大小之比为 1：1 2、如图所示，一理想变压器，其原副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，为了使变压器输入功率增大，可使 A其他条件不变，原线圈的匝
3、数 n1增加 B其他条件不变，副线圈的匝数 n2减小 C其他条件不变，负载电阻 R 的阻值增大 D其他条件不变，负载电阻 R 的阻值减小 3、如图所示，MON 是竖直平面内的光滑直角支架，小球 p 和 q 通过一根轻绳连接且它们都套在支架上。对 p 球施加一个沿 ON 杆水平向右的拉力 F，使 q 球缓慢上升，则此过程中（）A力 F 增大 B力 F 减小 Cp 球受到的支持力增大 Dp 球受到的支持力减小 4、如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力 F1=2N，下底板传感器显示的压力 F2=6
4、N，重力加速度 g=10m/s2。下列判断正确的是（）A若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大 B若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小 C若加速度方向向上，且大小为 5m/s2时，F1的示数为零 D若加速度方向向下，且大小为 5m/s2时，F2的示数为零 5、已知氢原子的基态能量为 E1，激发态能量为 En=12En，其中 n=2，3，4已知普朗克常量为 h，电子的质量为 m。巴尔末线系是氢原子从 n3 的各个能级跃迁至 n=2 能级时辐射光的谱线，则下列说法中正确的是（）A巴尔末线系中波长最长的谱线对应光子的能量为 3.40eV B氢原子
5、从基态跃迁到激发态后，核外电子动能减小，原子的电势能增大，动能和电势能之和不变 C基态氢原子中的电子吸收一频率为的光子被电离后，电子速度大小为12 hEm D一个处于 n=4 的激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多可辐射出 6 种不同频率的光 6、质量为 m 的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为 d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为 d2，如图所示 设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是()A木块静止,d1=d2 B木块静止,d
6、1d2 C木块向右运动,d1d2 D木块向左运动,d1=d2 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、下列说法正确的是_ A水池中水的温度相同，水底一小气泡因扰动而上升时一定吸热 B悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显 C同一容器中同种气体所有的分子运动速率基本相等 D熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行 E.压缩汽缸内气体时要用力推活塞，这表明气体分子间的作用力主要表现为斥力 8、如图所示，间距为 L1 0.
7、m、长为 5.0m 的光滑导轨固定在水平面上，一电容为 C0.1F 的平行板电容器接在导轨的左端垂直于水平面的磁场沿 x 轴方向上按0BBkx（其中00.4BT，0.2/kTm）分布，垂直 x 轴方向的磁场均匀分布现有一导体棒横跨在导体框上，在沿 x 轴方向的水平拉力 F 作用下，以 v=2.0/m s的速度从0 x 处沿 x 轴方向匀速运动，不计所有电阻，下面说法中正确的是 A电容器中的电场随时间均匀增大 B电路中的电流随时间均匀增大 C拉力 F 的功率随时间均匀增大 D导体棒运动至3x m 处时，所受安培力为 0.02N 9、如图所示，ABC为一弹性轻绳，一端固定于A点，一端连接质量为m的
8、小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆OB一端固定在墙上，一端为定滑轮。若绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为2mg，小球与杆之间的动摩擦因数为 0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（）A小球在D点时速度最大 B若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则2vgh C小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能 D若O点没有固定，杆OB在绳的作用下以O为轴转动，在绳与B点分离之前，B的线速度等于小球的速度沿绳方向分量 10、如图甲，线圈 A（图
9、中实线，共 100 匝）的横截面积为 0.3m2，总电阻 r2，A 右侧所接电路中，电阻 R12，R26，电容 C3F，开关 S1闭合A 中有横截面积为 0.2m2的区域 C（图中虚线），C 内有图乙所示的变化磁场，t0 时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里下列判断正确的是 A闭合 S2、电路稳定后，通过 R2的电流由 b 流向 a B闭合 S2、电路稳定后，通过 R2的电流大小为 0.4A C闭合 S2、电路稳定后再断开 S1，通过 R2的电流由 b 流向 a D闭合 S2、电路稳定后再断开 S1，通过 R2的电荷量为 7.2106C 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡
10、中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为 50Hz。图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭
11、头所示。（当地重力加速度大小 g 取 9.8m/s2）(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的_段（用 D1，D2，D15字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做_运动。(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为_m/s2；木块与桌面间的动摩擦因数为=_。（计算结果保留两位有效数字）(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是_的。（填“正确”或“错误”）12（12 分）某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度
12、 d=_mm，在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离 x释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间 t，则此时滑块的速度 v=_（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量 m，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量 m 与它通过光电门时的速度 v 的值，根据这些数值，作出 v2-m-1图象如图乙所示已知当地的重力加速度为 g，由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数=_；弹性势能等于 EP=_ 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定
13、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）如图所示金属小球 A 和 B 固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A 球质量为 2m，不带电，B 球质量为 m，带正电，电量为 q，OA=2L，OB=L，轻杆可绕过 O 点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过 O 点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且 OA 与竖直方向夹角为 37，重力加速度为 g。（1）求匀强电场的电场强度大小 E；（2）若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求 A 球刚进入电场时的速度大小 v。14（16 分）假设某星球表面上有一倾角为=37的固定斜
14、面，一质量为 m=2.0kg 的小物块从斜面底端以速度 12m/s沿斜面向上运动，小物块运动 2.0s 时速度恰好为零.已知小物块和斜面间的动摩擦因数=0.125，该星球半径为34.8 10.sin370.6,cos370.8Rkm 试求：（1）该星球表面上的重力加速度 g 的大小；（2）该星球的第一宇宙速度.15（12 分）如图所示为一种质谱仪的工作原理图，圆心角为 90的扇形区域 OPQ 中存在着磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，所有带电粒子经加速电压 U 加速后从小孔 C 射出，由磁场边界 OP 上 N 点垂直 OP 进入磁场区域，然后均从边界 OQ 射出，ON=l，不计
15、粒子重力。(1)若由静止开始加速的某种粒子 X 从边界 OQ 射出时速度方向与 OQ 垂直，其轨迹如图中实线所示，求该粒子的比荷qm；(2)若由静止开始加速的另一种粒子 Y，其比荷是 X 粒子比荷的14，求该粒子在磁场区域中运动的时间 t。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、D【解析】AB因为两天体的角速度相同，由万有引力提供向心力 221211222m mGmrmrL 可知两天体的向心力大小相等，半径之比为 1221rmrm AB 正确；C根据角速度与转速的关系 2 n 可知两天体转速相同，C 正确
16、；D由 121 1222m mGmam aL 得 1221amam D 错误。本题选不正确的，故选 D。2、D【解析】试题分析：据题意，已知变压器原线圈输入功率由副线圈输出功率决定，为了使变压器输入功率增大，可以调整副线圈的输出功率，当原线圈输入电压不变时，副线圈上的电压也不变，由2UPR可知，当负载电阻减小时，副线圈输出功率增加，故 D 选项正确而 C 选项错误；其它条件不变，当增加原线圈匝数时，据1122nUnU可得1221U nUn，则副线圈电压减小，而功率也减小，A 选项错误；副线圈匝数减小，同理可得变压器功率减小，故 B 选项错误 考点：本题考查变压器原理 3、A【解析】CDp 和
17、q 整体分析，p 球受到的支持力等于整体重力，故 p 球受到的支持力不变；故 CD 错误；ABp 和 q 整体分析，拉力 F 等于 OM 杆对 q 球的弹力NF；对 q 球分析，设轻绳与 OM 杆的夹角为，则 tanNqFG q 球上升过程中，角变大、NF变大，故 F 变大，A 正确，B 错误。故选 A。4、C【解析】A若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则 F2不变，根据牛顿第二定律得 21FmgFma 得 12FFmgma 知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，A 错误；B若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则 F2不变，根据牛顿第二定律得 12m
18、gFFma 得 12FFmgma 知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故 B 错误；C当箱静止时，有 21FmgF 得 m=0.4kg 若加速度方向向上，当 F1=0 时，由 A 项分析有 120FFmgma 解得 a=5m/s2 故 C 正确；D若加速度方向向下，大小是 5m/s2小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则 F2的示数不可能为零，D 错误。故选 C。5、C【解析】A巴尔末线系为跃迁到 2 能级的四种可见光，红青蓝紫（32、42、52、62），则能级差最小的为红光（32），其频率最小，波长最长，对应的能量为 113232151.89eV9436EEEEEE 故 A 错
19、误；B氢原子从基态跃迁到激发态需要吸收能量，则氢原子的总能量（动能和电势能之和）变大，而电子的轨道半径变大，库仑力做负功，则电势能增大，跃迁后的库仑力提供向心力 222evkmrr 可得 2kevr 故半径变大后，电子的速度变小，电子的动能变小，故 B 错误；C基态氢原子中的电子吸收一频率为的光子被电离，由能量守恒定律，有 211(0)2hEmv 解得自由电子的速度为 1)2(hEvm 故 C 正确；D一个处于 n=4 的激发态的氢原子向低能级跃迁，逐级向下辐射出的光子种类最多为(4-1)=3 种，故 D 错误；故选 C。6、B【解析】左侧射手开枪后,子弹射入木块与木块一起向右运动,设共同速度
20、为 v1,由动量守恒有 mv0=(M+m)v1,由能量守恒有Ffd1=22011()22mvMm v.右侧射手开枪后,射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为 v2,由动量守恒有(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2,由能量守恒有 Ffd2=222012111()(2)222mvMm vMm v,解之可得v2=0,d1=20,2()fMmvFMmd2=20(2),2()fMm mvFMm故 B 正确.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
21、 0 分。7、ABD【解析】A气泡上升过程压强不断减小，气泡逐渐胀大，就要对外做功，然而温度还不变，于是它肯定不断吸热所以 A 正确 B 悬浮在液体中的颗粒越小,在某一瞬间跟它相撞击的分子数越小.布朗运动微粒大小在 10-6m 数量级,液体分子大小在10-10m 数量级,撞击作用的不平衡性就表现得越明显,因此,布朗运动越明显.B 正确 C同一容器中同种气体所有的分子运动速率不一定相等，C 错误 D按机械能与内能转化的方向性表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响熵增加原理的内容：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小如果过程可逆，则熵不变；如果过程不可逆，则熵增加
22、 从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展所以 D 正确 E分子间的引力和斥力是同时存在的，它们的大小随分子间的距离而发生变化当0rr时，合力表现为斥力，当0rr时，合力表现为引力E 错误 所以选择 ABD 8、AC【解析】根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得 E=BLv，所以 E=BLv，由于磁场随位移均匀变化，所以感应电动势随位移均匀增大，电容器两端的电压均匀变化，电场强度也是均匀变化的，A 正确；电容器的电容QItCUBLv，解得：I=BtLCv，由于导体
23、棒匀速运动，且磁感应强度随位移均匀变化，而 x=v t，所以电流强度不变，B 错误；导体棒匀速运动，根据平衡条件可得 F=BIL，而 B 均匀增大，所以安培力均匀增大，拉力 F 均匀增大，拉力做功功率等于克服安培力做功功率，即 P=Fv 可知，外力的功率均匀增大，C 正确；导体棒运动至 x=3m 处时，磁感应强度为B=（0.4+0.23）T=1T，电流强度：I=BtLCv=BxLCv2=0.210.14A=0.08A，所以导体棒所受安培力为FA=BIL=10.081N=0.08N，故 D 错误故选 AC 9、AD【解析】A设当小球运动到某点P时，弹性绳的伸长量是BPx，小球受到如图所示的四个力
24、作用：其中 TBPFkx 将TF正交分解，则 NTsinsin2BPBCmgFFkxkx fN14FFmg TF的竖直分量 TTcoscosyBPCPFFkxkx 据牛顿第二定律得 fTymgFFma 解得 T3344yCPFkxaggmm 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE的中点D时，加速度为零，速度最大，A 正确；B对小球从C运动到E的过程，应用动能定理得 TF0104mghWmgh 若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得 T2F11()042mg
25、hWmghmv 联立解得 TF34Wmgh，vgh B 错误；C除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在CD段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能，C 错误；D绳与B点分离之前B点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。故选 AD。10、BD【解析】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合 S2、电路稳定后，通过 R2的电流由 a 流向 b，选项 A错误；根据法拉第电磁感应定律：0.61000.243BEnSVVt
26、，则闭合 S2、电路稳定后，通过 R2的电流大小为1240.4262EIAARRr，选项 B 正确；闭合 S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开 S1，电容器放电，通过 R2的电流由 a 流向 b，选项 C 错误；电路稳定后电容器带电量6623 100.467.2 10RQCUCC，则电路稳定后再断开 S1，通过 R2的电荷量为 7.2106C，选项 D 正确；故选 BD.点睛：此题考查法拉第电磁感应定律以及直流电路中的含电容问题；注意用BEnSt求解电动势时，S 是线圈中有磁场部分的面积，不是线圈的面积；同时要搞清电容器两端的电压是哪个电阻上的电压值.三、实验题：本题共 2 小题，共
27、 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、1011DD 匀速直线 5.0 0.51 错误 【解析】(1)12第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的1011DD；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。(2)34由纸带可看出，第五个钩码落地后0.2cmx 根据2xaT 可得木块运动的加速度大小为 22220.2 105.0m/s0.02xaT 由 mgagm 可得=0.51(3)5根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。12、5
28、.70mm dt 2bgx 2PbEa 【解析】（1）1由乙图知，游标卡尺读数为 0.5cm+140.05mm=5.70mm；（2）2滑块经过光电门的速度为vdt；（3）34根据能量守恒 21m2pEmgxv 整理得 2122pvEgxm 结合图象得：2pbEa 得 2pbEa bmgx 得 2bgx .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）83mgq；（2）85gL。【解析】（1）轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡 M逆=M顺，有 mAg2Lsin37=qELcos53+mBgLsin53 其中 mA=
29、2m，mB=m，匀强电场的电场强度大小 E=83mgq（2）A、B 球角速度相等，根据 v=r，A 球线速度是 B 球线速度的 2 倍，A 球线速度为 v，B 球线速度为12v，无初速释放轻杆后，直至 A 球刚进入电场过程中，系统根据动能定理，有 mA g2L（1cos37）+（qEmB g）Lsin37=2AA12m v+2BB12m v 其中 vA=v，vB=12v，解得 A 球刚进入电场时的速度大小 v=85gL 答：（1）匀强电场的电场强度大小 E 为83mgq；（2）若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，A 球刚进入电场时的速度大小 v 为85gL。14
30、、(1)27.5m/s(2)36 10 m/s【解析】解：(1)对物体受力分析，由牛二律可得：mgsinmgcosma 根据速度时间关系公式有：00atv 代入数据解得：27.5m/sg (2)第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据重力等于万有引力有：2GMmmgR 22GMmmvRR 解得：337.54.8 10 m/s6 10 m/svgR 15、(1)2 22UB l；(2)223BltU【解析】(1)X 粒子在电场中加速的末速度为 v0，由动能定理可得 2012qUmv 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得 200vqv Bmr 由几何知识可知，粒子的轨道半径为 r=l 联立解得 2 22qUmB l(2)Y 粒子在电场中加速的末速度为 v1，由动能定理可得 211 112qUm v 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得 211 111vq v Bmr 又 1114qqmm 解得 r1=2l Y 粒子在磁场中的轨迹如图所示，圆心为 O1，则 由图可得 1111cos2rlr 由三角函数可知 13 所以在磁场中运动的时间为 11232mtq B 联立解得 223BltU