《2022-2023学年浙江省富阳二中高三下学期第六次检测物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年浙江省富阳二中高三下学期第六次检测物理试卷含解析.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 考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、图甲中竖直放置的电磁铁通入图乙所示电流，当 t=t1时，测得上下两磁极之间的中央处 O 点磁感应强度大小为 B0；若在 O 点水平固定一个闭合导体小圆环（圆
2、心即 O 点），电磁铁仍通入图乙所示的电流，当 t=t1时，测得 O 点磁感应强度大小为 B，则圆环中感应电流在 O 点产生的磁感应强度大小为（）AB0 BB0B CB0+B D0 2、起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的 vt 图像如图所示，g=10m/s2，以下说法中正确的是（）A03s 内货物处于失重状态 B35s 内货物的机械能守恒 C57s 内货物受到向上的拉力为重力的 0.3 倍 D货物上升的总高度为 27m 3、关于近代物理学，下列说法正确的是 A光电效应现象揭示了光具有波动性 B群氢原子从 n4 的激发态跃迁时，最多能辐射 6 种不同频率的光子
3、 C卢瑟福通过粒子散射实验证实原子核由质子和中子组成 D氡的半衰期为 3.8 天，若取 4 个氡原子核，经过 7.6 天后一定剩下 1 个氡原子核 4、下列关于行星运动定律和万有引力定律的发现历程，符合史实的是（）A哥白尼通过整理第谷观测的大量天文数据得出行星运动规律 B牛顿通过多年的研究发现了万有引力定律，并测量出了地球的质量 C牛顿指出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的万有引力 D卡文迪许通过实验比较准确地测量出了万有引力常量，并间接测量出了太阳的质量 5、双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，相距为 L 的 M
4、、N 两恒星绕共同的圆心 O 做圆周运动，M、N 的质量分别为 m1、m2，周期均为 T。若另有间距也为 L 的双星 P、Q，P、Q 的质量分别为 2m1、2m2，则()AP、Q 运动的轨道半径之比为 m1m2 BP、Q 运动的角速度之比为 m2m1 CP、Q 运动的周期均为22T DP 与 M 的运动速率相等 6、如图所示，图甲为一简谐横波在 t=0.10s 时的波形图，P 是平衡位置在 x=0.5m 处的质点，Q 是平衡位置在 x=2m处的质点；图乙为质点 Q 的振动图象。下列说法正确的是（）A这列波沿 x 轴正方向传播 B这列波的传播速度为 2m/s Ct=0.15s，P 的加速度方向与
5、速度方向相同 D从 t=0.10s 到 t=0.15s，P 通过的路程为 10cm 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、有一列沿 x 轴传播的简谐橫波，从某时刻开始，介质中位置在 x=0 处的质点 a 和在 x=6m 处的质点 b 的振动图线分别如图 1 图 2 所示则下列说法正确的是_ A质点 a 的振动方程为 y=4sin(4t+2)cm B质点 a 处在波谷时，质点 b-定处在平衡位置且向 y 轴正方向振动 C若波沿 x 轴正方向传播，这
6、列波的最大传播速度为 3m/s D若波沿 x 轴负方向传播，这列波的最大波长为 24m E.若波的传播速度为 0.2m/s，则这列波沿 x 轴正方向传播 8、如图所示，在竖直纸面内有四条间距均为 L 的水平虚线 L1、L2、L3、L4，在 L1、L2之间与 L3，L4之间存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。现有一矩形线圈 abcd，长边 ad=3L，宽边 cd=L，质量为 m，电阻为R，将其从图示位置（cd 边与 L1重合）由静止释放，cd 边经过磁场边界线 L3时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始终处于同一竖直面内，cd 边始终水平，已知重力加速度 g=10 m
7、/s2，则（）Aab 边经过磁场边界线 L1后线圈要做一段减速运动 Bab 边经过磁场边界线 L3后线圈要做一段减速运动 Ccd 边经过磁场边界线 L2和 L4的时间间隔大于232B LmgR D从线圈开始运动到 cd 边经过磁场边界线 L4过程中，线圈产生的热量为 2mgL322442m g RB L 9、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 2：1，其输入端通过灯泡 L1与输出电压有效值恒定的交流电源 uUmsin（t）（V）相连，副线圈电路中接有灯泡 L2和最大阻值为 R 的滑动变阻器，已知两个灯泡的额定电压均为 U，且两者规格完全相同，电压表为理想电表，导线电阻不计。开始时滑动变阻
8、器的滑片 P 位于最下端，调节滑动变阻器的滑片可使两个小灯泡同时正常发光（忽略灯丝电阻变化），下列说法正确的是（）A在 R 的滑片 P 向上滑动的过程中，电源的输出功率将会变大 B在 R 的滑片 P 向上滑动的过程中，L1的亮度会变暗 C若小灯泡 L2突然烧坏，电压表示数会减小 D交流电源的最大值为m3 2UU 10、如图所示，A、B 两滑块质量分别为 2kg 和 4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的水平面上，并用手按着两滑块不动。第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为 4kg 的钩码 C 挂于动滑轮上，只释放 A 而按着B 不动；第二次是将钩码 C 取走，换作竖直向下的
9、40N 的恒力作用于动滑轮上，只释放 B 而按着 A 不动。重力加速度 g10m/s2，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（）A第一次操作过程中，滑块 A 和钩码 C 加速度大小相同 B第一次操作过程中，滑块 A 的加速度为220m/s3 C第二次操作过程中，绳张力大小为 20N D第二次操作过程中，滑块 B 的加速度为 10m/s2 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）某同学设计了一个如图所示的实验装置验证动量守恒定律。小球 A 底部竖直地粘住一片宽度为 d 的遮光条，用悬线悬挂在 O 点，光电门固定在 O 点正下方铁
10、架台的托杆上，小球 B 放在竖直支撑杆上，杆下方悬挂一重锤，小球 A（包含遮光条）和 B 的质量用天平测出分别为Am、Bm，拉起小球 A 一定角度后释放，两小球碰撞前瞬间，遮光条刚好通过光电门，碰后小球 B 做平抛运动而落地，小球 A 反弹右摆一定角度，计时器的两次示数分别为1t、2t，测量 O 点到球心的距离为 L，小球 B 离地面的高度为 h，小球 B 平抛的水平位移为 x。(1)关于实验过程中的注意事项，下列说法正确的是_。A要使小球 A 和小球 B 发生对心碰撞 B小球 A 的质量要大于小球 B 的质量 C应使小球 A 由静止释放(2)某次测量实验中，该同学测量数据如下：0.5cmd，
11、0.5mL，0.45mh，0.30mx，10.0025st，20.0050st，重力加速度 g 取210m/s，则小球 A 与小球 B 碰撞前后悬线的拉力之比为_，若小球 A（包含遮光条）与小球 B 的质量之比为AB:mm _，则动量守恒定律得到验证，根据数据可以得知小球 A 和小球 B 发生的碰撞是碰撞_（“弹性”或“非弹性”）。12（12 分）某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为 50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4 个打出的点未画出，经测量 AB、BC、CD、DE
12、 间的距离分别为1.206.1911.21ABBCCDxcmxcmxcm，16.23DExcm。在 ABCDE 五个点中，打点计时器最先打出的是_点，在打出 D 点时物块的速度大小为_m/s（保留 3 位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为_（保留 1 位有效数字，g 取 9.8 m/s2）。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，一总质量 m10kg 的绝热汽缸放在光滑水平面上，用横截面积 S1.0102m2的光滑绝热薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙
13、上，外界大气压强 P01.0105Pa当气体温度为27时，密闭气体的体积为 2.0103m3（0对应的热力学温度为 273K）。（）求从开始对气体加热到气体温度缓慢升高到 360K 的过程中，气体对外界所做的功；（）若地面与汽缸间的动摩擦因数 0.2，现要使汽缸向右滑动，则缸内气体的温度至少应降低多少摄氏度？（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，活塞一直在汽缸内，气体质量可忽略不计，重力加速度 g 取 10m/s2。）14（16 分）如图所示，竖直放置的均匀细 U 型试管，左侧管长 30cm，右管足够长且管口开口，底管长度 AB=20cm，初始时左右两管水银面等高，且水银柱高为 10cm，左管内被
14、水银封闭的空气柱气体温度为 27，已知大气压强为0p 75cmHg 现对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成 5cm 长的高度差.则此时气体的温度为多少摄氏度?若封闭的空气柱气体温度为 27不变，使 U 型管竖直面内沿水平方向做匀加速直线运动，则当左管的水银恰好全部进入 AB 管内时，加速度为多少？15（12 分）如图所示，两平行的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为 L、足够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为 d，磁感应强度大小为 B、方向与导轨平面垂直。长度为 2d 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为 m，置于导轨上。导体棒与金属导轨总是处于接触状态，
15、并在其中通以大小恒为 I 的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为 d（dL），电阻为 R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为 g。试求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热 Q；(2)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离 xm。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】设 a 点电势更高，由右手螺旋定则可知，O 点磁感应强度方向竖直向上，大小为 B0；若
16、在 O 点水平固定一个闭合导体小圆环，当 t=t1时穿过闭合导体小圆环的磁通量增大，由楞次定律可知，从上往下看，小圆环有顺时针的感应电流，由右手螺旋定则可知，小圆环中感应电流产生的磁场方向竖直向下，由矢量合成得 0=B BB感 则圆环中感应电流在 O 点产生的磁感应强度大小为 0=BBB感 故 B 正确，ACD 错误。故选 B。2、D【解析】A货物开始时竖直向上运动，由 vt 图像读出 03s 的斜率即加速度为正，表示加速度向上，则货物处于超重状态，故 A 错误；B35s 内货物做向上的匀速直线运动，一定有除重力以外的拉力对货物做正功，则货物的机械能增加，故 B 错误；C57s 内的加速度为
17、2206m/s3m/s2vat 由牛顿第二定律有 TFmgma 可得 T70.7Fmmg 则有货物受到向上的拉力为重力的 0.7 倍，故 C 错误；Dvt 图像的面积表示货物上升的总位移，则总高度为(27)6m27m2h 故 D 正确。故选 D。3、B【解析】光电效应现象揭示了光具有粒子性，故 A 错误；群氢原子从 n4 的激发态跃迁时，最多能辐射246C，即 6 种不同频率的光子，故 B 正确；卢瑟福通过粒子散射实验证实原子的核式结构模型，故 C 错误；半衰期只适用大量原子核，对极个别原子核没有不适用，故 D 错误所以 B 正确，ACD 错误 4、C【解析】A.开普勒通过整理第谷观测的大量天
18、文数据得出行星运动规律，故 A 错误；B.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量出了万有引力常量，并间接测量出了地球的质量，故 B 错误，D 错误；C.牛顿通过研究指出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的万有引力，万有引力提供地球做曲线运动所需的向心力，故 C 正确。故选：C。5、C【解析】双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，由万有引力提供向心力，对 M、N 有 G122m mL m1r122()T G122m mLm2r222()T 对 P、Q 有 G12222mmL2m1r122()T G12222mmL2m2r222()T 其中 r1r2L，r1r2L 联立解得 T22T 由 2m1r12m
19、2r2 可知 r1r2m2m1 则可知 r1r1 结合 v2 rT可知 P 与 M 的运动速率不相等，故 ABD 错误，C 正确。故选 C。6、C【解析】A分析振动图像，由乙图读出，在 t=0.10s 时 Q 点的速度方向沿 y 轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿 x轴负方向的传播，故 A 错误；B由甲图读出波长为=4m，由乙图读出周期为 T=0.2s，则波速为 4m/s20m/s0.2vT 故 B 错误；C从 t=0.10s 到 t=0.15s，质点 P 振动了4T，根据波动规律可知，t=0.15s 时，质点 P 位于平衡位置上方，速度方向沿y 轴负方向振动，则加速度方向沿 y 轴负
20、方向，两者方向相同，故 C 正确；D在 t=0.10s 时质点 P 不在平衡位置和最大位移处，所以从 t=0.10s 到 t=0.15s，质点 P 通过的路程 sA=10cm 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、BDE【解析】由于题目中不知道波的传播方向，所以在做此类问题时要分方向讨论，在计算波速时要利用波的平移来求解【详解】A.把 t=0 代入振动方程为 y=4sin(4t+2)cm，可知此时 a 的位置应该在+4 处
21、，和所给的图不相符，故 A 错；B.从图像上可以看出质点 a 处在波谷时，质点 b-定处在平衡位置且向 y 轴正方向振动，故 B 对；C.若波沿 x 轴正方向传播，从图像上可以看出 b 比 a 至少滞后 6s，而 ab 之间的距离为 6m，所以这列波的最大传播速度为 1m/s，故 C 错；D、若波沿 x 轴负方向传播，从图像上可以看出，a 比 b 至少滞后 2s，所以这列波的最大波速为：63/2vm s 则最大波长为3 824vTm ，故 D 对；E、根据图像，若波沿 x 正方向传播，则波速的表达式为6/86vm sn，当0.2/vm s，解得：3n ，有解说明波是沿 x 正方向传播，故 E
22、对；故选 BDE 8、BC【解析】Acd 边经过磁场边界线 L3时恰好开始做匀速直线运动，cd 边从 L3到 L4的过程中做匀速直线运动，cd 边到 L4时 ab边开始到达 L1，则 ab 边经过磁场边界线 L1后做匀速直线运动，故 A 错误；Bab 边从 L2到 L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，则 ab 边进入下方磁场的速度比 cd 边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以 ab 边经过磁场边界线 L3后线圈要做一段减速运动，故 B 正确；Ccd 边经过磁场边界线 L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有 mgBIL 而 BL
23、vIR 联立解得 22mgRvB L cd 边从 L3到 L4的过程做匀速运动，所用时间为 232LB LtvmgR cd 边从 L2到 L3的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为 g，设此过程的时间为 t1，由运动学公式得 0111222vvvLttvt 得 231LB LtvmgR 故 cd 边经过磁场边界线 L2和 L4的时间间隔为 231222LB LtttvmgR 故 C 正确；D线圈从开始运动到 cd 边经过磁场边界线 L4过程，根据能量守恒得 32224413322m g RQmgLmvmgLB L 故 D 错误。故选 BC。9、AD【解析】A在 R 的滑片 P 向上滑动的过程中
24、，副线圈电阻减小，则副线圈的输出功率变大，根据输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率变大，电源的输出功率变大，故 A 正确；B在 R 的滑片 P 向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出电流变大，根据变流比可知，原线圈的输入电流变大，流过灯泡 L1的电流变大，亮度会变亮，故 B 错误；C若小灯泡 L2突然烧坏，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流减小，根据变流比可知，原线圈输入电流减小，流过灯泡 L1的电流变小，灯泡 L1两端电压变小，则原线圈输入电压变大，根据变压比可知，副线圈输出电压变大，电压表示数会增大，故 C 错误；D两小灯泡正常发光，则副线圈输出电压为 U，根
25、据变压比可知，原线圈输入电压 122nUUUn 则交流电源的有效值 U有效=U+U=3U 根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，交流电源的最大值为 m3 2UU 故 D 正确。故选 AD。10、BC【解析】A第一次操作过程中，因 AC 移动的位移之比为 2：1，则滑块 A 和钩码 C 加速度大小之比为 2：1，选项 A 错误；B第一种方式：只释放 A 而 B 按着不动，设绳子拉力为 T1，C 的加速度为 a1，对 A 根据牛顿第二定律可得 T1=mAaA 对 C 根据牛顿第二定律可得 mCg-2T1=mCa1 根据题意可得 aA=2a1 联立解得 220m/s3Aa 选项 B 正确；C第
26、二种方式：只释放 B 而 A 按着不动，换作竖直向下的 40N 的恒力作用于动滑轮上，则绳张力大小为 20N，选项 C 正确；D对 B 受力分析，根据牛顿第二定律可得 T2=mBaB 根据题意可得 T2=20N 联立解得 aB=5m/s2 故 D 错误。故选 BC。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、A 32 13 弹性 【解析】(1)由实验原理确定操作细节；(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过最低点的速度，从而得出动能的增加量，根据小球下降的高度求出重力势能的减小量，判断是否相等。【详解】(1)1A两个小于必
27、发生对心碰撞，故选项 A 正确；B碰撞后入射球反弹，则要求入射球的质量小于被碰球的质量，故选项 B 错误；C由于碰撞前后 A 的速度由光电门测出，A 释放不一定从静止开始，故选项 C 错误；故选 A；(2)2碰撞前后入射球 A 的速度由光电门测出：21310.5 10m/s2.0m/s2.5 10dvt，21320.5 10m/s1.0m/s5 10dvt；被碰球 B 碰撞后的速度为：20.3m/s1.0m/s22 0.4510 xvhg；根据牛顿第二定律,碰撞前有：211AmvTm gL，所以 1A18Tm；同理碰撞后有：2A 12Am vTm gL，所以 2A12Tm，则：1232TT；3
28、若碰撞前后动量守恒则有：A 1A1B 2m vmvm v，从而求得：A2B1113mvmvv；4碰撞后的动能 21A 1A122Em vm，而碰撞后的动能 222A 1B2A11222Em vm vm，由于 12EE，所以机械能守恒，故是弹性碰撞。【点睛】考查验证动量守恒定律实验原理。12、E 1.37 0.5 【解析】1橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是 E 点；2由题知，每两个相邻点之间还有 4 个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，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
29、均速度，则打出 D 点时物块的速度大小为 22CECDDEDxxxvTT 代入数据解得：vD=1.37m/s；3根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT2 可以求出加速度的大小，得：24ABBCCDDExxxxaT 代入数据解得：a=-5m/s2 对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：mgma 解得：0.5 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、（）40J；（）6。【解析】（）气体压强不变，由盖吕萨克定律得：1212VVTT 解得：V2T211VT2.4103 m3 气体对外界所做的功 WP0 VP0（V2V1）代入
30、数据解得：W40J（）当气体降温，气缸未发生移动时，气体等容变化，则：0313PPTT 汽缸开始移动时，则有：P0SP3S+mg 代入数据解得：T294K 故应降温 t6 14、87；0.8g【解析】（1）p2=p0+gh=80 cmHg L2=L1+2h=32.5cm 从状态 1 到状态 2 由理想气体状态方程1 12212PVPVTT 代入数据275 2080 22.5300T 得 T2=360K 即 t2=87（2）当水银全部进入 AB 管内时，气体的压强0 03375 205030p lpcmHgcmHgl 此时对 AB 部分水银，根据牛顿定律：03ABp sp smals a 解得 a=0.8g 15、(1)4mgdBILd；(2)BILdBILmg【解析】(1)因为导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，所以导体棒所受安培力方向竖直向上，根据左手定则可知导体棒通有电流的方向水平向右；安培力大小为 FBIL 设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为 W，由动能定理得 40mgdWBILd 且 QW 解得 4QmgdBILd(2)线框每进磁场一次都要消耗机械能转化为焦耳热，所以经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离 xm之间往复运动，由动能定理得 mm0mgxBLI xd()解得 mBILdxBILmg