《2022-2023学年嘉峪关市重点中学高三第二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学年嘉峪关市重点中学高三第二次模拟考试物理试卷含解析.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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小
2、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，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=6N，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 2、科学家已经成功检测定位了纳米晶体结构中的氢原子。按
3、玻尔氢原子理论，氢原子的能级图如图所示，下列判断正确的是（）A氢原子从第 4 激发态跃迁到第 2 激发态需要吸收光子 B一个处于 n=4 激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出 6 条光谱线 C用光子能量为 13.06eV 的光照射一群处于基态的氢原子，可观测到多种不同频率的光子 D氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，电势能减小，动能增大 3、某行星为质量分布均匀的球体，半径为 R，质量为 M。科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的 1.1 倍。已知引力常量为 G，则该行星自转的角速度为（）A310GMR B311GMR C31.1GMR
4、 DGMR 4、如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l，在正极板附近有一质量为 m，电荷量为110qq 的粒子 A；在负极板附近有一质量也为 m、电荷量为220qq的粒子 B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距37l的平面 Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是（）A电荷量1q与2q的比值为3:7 B电荷量1q与2q的比值为3:4 C粒子A、B 通过平面Q 时的速度之比为9:16 D粒子A、B 通过平面Q 时的速度之比为3:7 5、甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的 v-t 图象如图所
5、示。下列判断正确的是（）A乙车启动时，甲车在其前方 100m 处 B运动过程中,乙车落后甲车的最大距离为 50m C乙车启动后两车的间距不断减小直到两车相遇 D乙车启动后 10s 内，两车不会相遇 6、如图所示，PQ 两小物块叠放在一起，中间由短线连接(图中未画出)，短线长度不计，所能承受的最大拉力为物块 Q重力的 1.8 倍；一长为 1.5 m 的轻绳一端固定在 O 点，另一端与 P 块拴接，现保持轻绳拉直，将两物体拉到 O 点以下，距 O 点竖直距离为 h 的位置，由静止释放，其中 PQ 的厚度远小于绳长。为保证摆动过程中短线不断，h 最小应为（）A0.15m B0.3m C0.6 m D
6、0.9 m 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，在粗糙的水平地面上放着一左测截面是半圆的柱状物体 B，在物体 B 与竖直墙之间放置一光滑小球 A，整个系统处于静止状态。现用水平力 F 拉着物体 B 缓慢向右移动一小段距离后，系统仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（）A小球 A 对物体 B 的压力逐渐增大 B小球 A 对物体 B 的压力逐渐减小 C拉力 F 逐渐减小 D墙面对小球 A 的支持力先增大后减小 8、如图甲所示，理想
7、变压器原、副线圈的匝数比为 101，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻 R10，其余电阻均不计。从某时刻开始在 c、d 两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有（）A当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表的示数为 22V B当单刀双掷开关与 b 连接时，在 t0.01s 时刻，电流表示数为 4.4A C当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，副线圈输出电压的频率变为 25Hz D当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，原线圈的输入功率变小 9、一栋大楼的电梯运行高度为104m，测试人员测试电梯的运行情况。某次测试时让电梯从地面直达最高处，电梯运行的速度不超过4m/s，
8、加速度大小不超过22m/s。电梯中的测试人员的质量为75kg，重力加速度 g 取210m/s。若电梯以最短时间运行，下列说法正确的是（）A最短时间为28s B最短时间为24s C测试人员的脚部承受的最大压力为750N D测试人员的脚部承受的最大压力为900N 10、有一种调压变压器的构造如图所示。线圈 AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中 A 为交流电流表，V 为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D 两瑞按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（）A当 R3不变，滑动触头 P 顺时针转动时，电流
9、表读数变小，电压表读数变小 B当 R3不变，滑动触头 P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小 C当 P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大 D当 P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 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）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取 0.25mL 油酸，倒入标注 250mL 的容量瓶中，再加入酒精后得到 250m 的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入 100 滴溶液，溶液的液面达到量筒中 1mL 的刻
10、度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下 2 滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格的正方形大小为 2cm2cm，由图可以估算出油膜的面积是_cm2（结果保留两位有效数字），由此估算出油酸分子的直径是_m（结果保留一位有效数字）。12（12 分）某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻，实验室有下列器材：A灵敏电流计 G（05mA，内阻约为 60）B电压表 V（03V，内阻约为 10k）C电阻箱 R1（0999.9）D滑动变阻器 R2（0100，1.5A）E旧电池 2 节 F开关、导线若干 (1)由于灵敏电流计的
11、量程太小，需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示，调节 R2的阻值和电阻箱使得电压表示数为 2.00V，灵敏电流计示数为 4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为 10，则灵敏电流计内阻为_；（保留 1 位小数）(2)为将灵敏电流计的量程扩大为 60mA，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱 R1的阻值调为_；（保留 3 位有效数字）；(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出 UIG（IG为灵敏电流计的示数）图象如图丙所示，则该干电池组的电动势 E=_V；内阻 r=_（保留 3 位有效数字）。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分
12、。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，半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相切于 A 点，半径 R0.1m，其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。斜面 C 端离地高度 h0.15m，E 端固定一轻弹簧，原长为 DE，斜面 CD 段粗糙而 DE 段光滑。现给一质量为 0.1kg 的小物块(可看作质点)一个水平初速，从 A 处进入圆轨道，离开最高点 B 后恰能落到斜面顶端 C 处，且速度方向恰平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点 C。物块与斜面CD 段的动摩擦因数36，斜面倾角 30，重力加速度 g
13、10m/s2，不计物块碰撞弹簧的机械能损失。求：(1)物块运动到 B 点时对轨道的压力为多大?(2)CD 间距离 L 为多少米?(3)小物块在粗糙斜面 CD 段上能滑行的总路程 s 为多长?14（16 分）两根足够长的平行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
14、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，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A 和 B 的质量均为 m=0.1kg，A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2。取重力加速度 g=10m/s2。求：（1）与 B 碰撞前瞬间 A 对轨道的压力 N 的大小；（2）碰撞过程中 A
15、对 B 的冲量 I 的大小；（3）A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l。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 12mgFFma 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 21
16、FmgF 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。2、C【解析】A氢原子从第 4 激发态跃迁到第 2 激发态是从高能级向低能级跃迁，要辐射光子，故 A 错误；B一个氢原子，从4n 激发态向基态跃迁，最多可以辐射出 3 种频率的光子，故 B 错误；C用光子能量为 13.06eV 的光照射一群处于基态的氢原子，氢原子可以跃迁到5n 的激发态，再向低能级跃迁可以辐射出 10 种频
17、率的光子，故 C 正确；D氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，轨道半径变大，动能变小，电势能变大，故 D 错误。故选 C。3、B【解析】由万有引力定律和重力的定义可知 12=1.1MmGmgmgR 由牛顿第二定律可得 212MmGmgmRR 联立解得 3=11GMR 故选 B。4、B【解析】AB设电场强度大小为 E，两粒子的运动时间相同，对正电荷 A 有 11q Eam 213172q Eltm 对负电荷 B 有 22q Eam 224172q Eltm 联立解得 1234qq A 错误，B 正确。CD由动能定理得 2120qExmv 求得 1234vv 选项 CD 错误。故选 B。5、D
18、【解析】A根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在10st 时启动，此时甲的位移为 11 10 10m50m2x 即乙车启动时，甲车在乙前方 50m 处，故 A 错误；B当两车的速度相等时即15st 时相遇最远，最大距离为 maxSx甲x乙115 151010 5m75m22（）故 B 错误；C两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，10s15s 内甲车的速度比乙车的大，两车的间距不断增大，故 C 错误；D当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动 10s 后位移 2120 10m100m2x 此时甲车的位移为 3102010m150m2x 乙车启动 10s 后位移小于甲的位移，两车不会相
19、遇，故 D 正确；故选 D。6、D【解析】设摆到最低点时，短线刚好不断，由机械能守恒得 212PQPQmmg Lhmmv 对 Q 块，根据牛顿第二定律有：21.8QQQm vm gm gL 将 L=15m 代入得 0.9mh。ABC 错误；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、AC【解析】ABD对 A 球受力分析并建立直角坐标系如图，由平衡条件得：竖直方向 NcosFmg 水平方向 NsinNF 联立解得 N=,tancosm
20、gFNmg B 缓慢向右移动一小段距离，A 缓慢下落，则 增大。所以 FN增大，N 增大，由牛顿第三定律知故小球 A 对物体 B的压力逐渐增大，故 A 正确，BD 错误；C整体水平方向受力平衡，则 mFNf 由于最大静摩擦力不变，N 增大、则 F 减小，故 C 正确。故选 AC。8、AB【解析】A当单刀双掷开关与 a 连接时，变压器原副线圈的匝数比为 101，输入电压 m12UU 220 V 故根据变压比公式 1122101UnUn 可得输出电压为 22 V，电压表的示数为 22V，故 A 正确；B当单刀双掷开关与 b 连接时，变压器原副线圈的匝数比为 51，输入电压 U1220 V，故根据变
21、压比公式，输出电压为 44 V，根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值 2244A=4.4A10UIR 故 B 正确；C由图象可知，交流电的周期为22 10 s，所以交流电的频率为 150HzfT 当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为 50 Hz。故 C 错误；D当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故 D 错误。故选 AB。9、AD【解析】电梯运行时间最短，则电梯运动的过程如下：以最大加速度 a 做初速度为 0 的加速运动至最大速度 v，再以速度
22、v 匀速运动，最后以最大加速度 a 做减速运动至静止。加速和减速过程有对称性。AB匀加速过程与匀减速过程，均有 142s2vta 通过的位移 22144m22 2xva 匀速过程有 2110421042 496m xx 又有 2296m24s4m/sxtv 总时间为 12228sttt 故 A 正确，B 错误；CD在加速上升过程测试人员脚部承受的压力最大，有 NFmgma 则 N()75(102)N900NFm ga 故 C 错误，D 正确。故选 AD。10、AC【解析】A当3R不变，滑动触头P顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器
23、两端的电压将变小，电流表的读数变小，故 A 正确；B当3R不变，滑动触头P逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，故 B 错误；CD保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，1R分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过2R的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，故 C 正确，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、2.4102 810
24、-10 【解析】12 滴溶液中含有纯油酸的体积-50.252=mL=2 10 mL2.50100V 观察油膜，大于或等于半格的算一格，小于半格的舍弃，数出小方格个数为 60，乘以小方格面积 2cm2cm=4cm2，可估算出油膜面积为 S=604cm2=2.4102cm2 2把油膜视为单分子油膜，油膜厚度为分子直径，由 V=dS 得出油酸分子的直径 d=810-10m 12、50.0 4.55 2.91 0.01 11.00.2 【解析】(1)1根据电路结构和欧姆定律得 1G)(UI RR 解得 G150.0URRI(2)2根据并联电路特点可得，电阻箱1R的阻值 3GG13G5 1050.04.
25、55(605)10I RRII(3)3由闭合电路欧姆定律可得 12GGGEUI RI r 解得 12GGUEIRr 根据GUI图象可得电源电动势 2.91VE 图象斜率为 12GGURrI 4解得电源内阻 11.0r 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）2N；（2）0.4m；（3）1.6m【解析】（1）物块从 B 到 C 做平抛运动，则有：vy2=2g（2R-h）在 C 点时有：yBvtanv 代入数据解得：3m/sBv 在 B 点对物块进行受力分析，得：2BvFmgmR 解得：F=2N 根据牛顿第三
26、定律知物块对轨道的压力大小为：F=F=2N 方向竖直向上。（2）在 C 点的速度为：2m/syCvvsin 物块从 C 点下滑到返回 C 点的过程，根据动能定理得：21220CmgcosLmv 代入数据解得：L=0.4m（3）最终物块在 DE 段来回滑动，从 C 到 D，根据动能定理得：2102CmgLsinmgcossmv 解得：s=1.6m 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 (
27、2)t1时刻 014abvvvv 回路中的电动势 014EBL vBLv 此时棒 a 所受的安培力 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）3N；（2）0.1N s；（3）0.25m【解析】（1）滑块 A 下滑的过程，机械能守恒，则有 212mgRmv，滑块 A 在圆弧轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得 2NvFmgmR 两式联立可得 FN=3N 由牛顿第三定律可得，A 对轨道的压力 N=FN=3N（2）AB 相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒得 mv=2mv 对滑块 B 由动量定理得 0.1N s12Imvmv（3）对 AB 在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得 220122mg lmv 解之得 l=0.25m