《2023届云南省昆明市呈贡区第一中学高考冲刺押题（最后一卷）物理试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届云南省昆明市呈贡区第一中学高考冲刺押题（最后一卷）物理试卷含解析.doc（19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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V是理想电表。当R2=2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，则（）A电源输出电
2、压为8VB电源输出功率为4WC当R2=8时，电压表的读数为3VD当R2=8时，变压器输出功率最大2、下列说法正确的是A布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B气体温度不变，运动速度越大，其内能越大C温度降低物体内每个分子动能一定减小D用活塞压缩气缸里空气，对空气做功4.5105J，空气内能增加了3.5105J，则空气向外界放出热量1105J3、如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场、的边界。磁场、的磁感应强度分别为B1、B2，且B22B1，其中bc=ea=ef.一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场，后经f点进入磁场 ，并最终从fc边界射出磁场区域。
3、不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为()ABCD4、如图所示，高速公路收费站都设有“ETC”通道（即不停车收 费通道）,设ETC车道是笔直的，由于有限速，汽车通过时一般是先减速至某一限定速度，然后匀速通过电子收费区，再加速驶离（将减速和加速过程都看作加速度大小相等的匀变速直线运动）。设汽车开始减速的时刻t=0，下列四幅图能与汽车通过ETC的运动情况大致吻合的是： A B C D5、静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（ ）A两球抛出后，船往左以一定
4、速度运动，乙球受到的冲量大一些B两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些C两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些D两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等6、如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积，线框连接一个阻值的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ）A00.4s内线框中感应电流沿逆时针方向B0.40.8s内线框有扩张的趋势C00.8s内线框中的电流为0.1AD00.4s内ab边所受安培力保持不变二、多项选择题：本
5、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、一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其VT图像如图所示，pa、pb、pc分别表示a、b、c的压强，下列判断正确的是（ ）A状态a、b、c的压强满足pc=pb=3paB过程a到b中气体内能增大C过程b到c中气体吸收热量D过程b到c中每一分子的速率都减小E.过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功8、为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星、做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的
6、加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示 、周围的a与r2 的反比关系，它们左端点横坐标相同，则A的平均密度比 的大B的第一宇宙速度比 的小C的向心加速度比 的大D的公转周期比 的大9、地球表面重力加速度的测量在军事及资源探测中具有重要的战略意义，已知地球质量，地球半径R，引力常量G，以下说法正确的是（ ）A若地球自转角速度为，地球赤道处重力加速度的大小为B若地球自转角速度为，地球两极处重力加速度的大小为C若忽略地球的自转，以地球表面A点正下方h处的B点为球心，为半径挖一个球形的防空洞，则A处重力加速度变化量的大小为D若忽略地球的自转，以地球表面A点正下方h处的B点为
7、球心、为半径挖一个球形的防空洞，则A处重力加速度变化量的大小为10、如图所示，是不带电的球，质量，是金属小球，带电量为，质量为，两个小球大小相同且均可视为质点。绝缘细线长，一端固定于点，另一端和小球相连接，细线能承受的最大拉力为。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强大小，小球静止于最低点，小球以水平速度和小球瞬间正碰并粘在一起，不计空气阻力。和整体能够做完整的圆周运动且绳不被拉断，。则小球碰前速度的可能值为（）ABCD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）图甲为“验证动量守恒定律”的实验装置，轨道由斜槽和水平槽组成，A、B两小球大
8、小相同，质量mA=20.0g、mB=10.0g。实验步骤如下：a.固定轨道，使水平槽末端的切线水平，将记录纸铺在水平地面上，并记下水平槽末端重垂线所指的位置O；b.让A球从斜槽C处由静止释放，落到记录纸上留下痕迹，重复操作多次；c.把B球放在水平槽末端，A球仍从C处静止释放后与B球正碰，A、B分别落到记录纸上，留下各自的痕迹，重复操作多次；d.确定三个落点各自的平均位置P、M、N，用刻度尺测出它们到O点的距离分别为xOP、xOM、xON；（1）确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小_（填“系统”或“偶然”）误差；（2）如
9、图乙，xOM、xOP读数分别为10.20cm、30.65cm，xON读数为_cm；（3）数据处理时，小球离开水平槽末端的速度大小可用水平射程x表示，由小球质量及(2)中数据可算出碰前系统总的mx值是_kgm（保留3位有效数字），把该值与系统碰撞后的值进行比较，就可验证动量是否守恒。12（12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、，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
10、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、，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：，重力加速度g取，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_，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”）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指
11、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）如图所示为xOy平面直角坐标系，在x=a处有一平行于y轴的直线MN，在x=4a处放置一平行于y轴的荧光屏，荧光屏与x轴交点为Q，在第一象限内直线MN与荧光屏之间存在沿y轴负方向的匀强电场。原点O处放置一带电粒子发射装置，它可以连续不断地发射同种初速度大小为v0的带正电粒子，调节坐标原点处的带电粒子发射装置，使其在xOy平面内沿不同方向将带电粒子射入第一象限（速度与x轴正方向间的夹角为0）。若在第一象限内直线MN的左侧加一垂直xOy平面向外的匀强磁场，这些带电粒子穿过该磁场后都能垂直进入电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，带
12、电粒子的比荷，电场强度大小E=Bv0，不计带电粒子重力，求：(1)粒子从发射到到达荧光屏的最长时间。(2)符合条件的磁场区域的最小面积。(3)粒子打到荧光屏上距Q点的最远距离。14（16分）一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面镀银，表示平圆截面的圆心，一束光线在横截面内从点入射，经过面反射后从点射出。已知光线在点的入射角为，求：光线在点的折射角；透明物体的折射率。15（12分）如图所示，相距L=0.5m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m=0.04kg、电阻均为R=0.1的导体棒
13、ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为M=0.20kg的物体C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角=37，水平导轨与ab棒间的动摩擦因数=0.4。重力加速度g=10m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动过程中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h=1m，求这一运动过程中：（sin37=0.6,cos37=0.8）（1）物体C能达到的最大速度是多少？（2）由于摩擦产生的内能与电流产生的内能各为多少？（3）若当棒ab、cd达到最大速度的瞬间
14、，连接导体棒ab、cd及物体C的绝缘细线突然同时断裂，且ab棒也刚好进入到水平导轨的更加粗糙部分（ab棒与水平导轨间的动摩擦因数变为=0.6）。若从绝缘细线断裂到ab棒速度减小为零的过程中ab棒向右发生的位移x=0.11m，求这一过程所经历的时间？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】A当时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，根据欧姆定律，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压是根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是所以电源输出电压为A错误；B电源输出功率为B错
15、误；D根据欧姆定律得副线圈电流为，所以原线圈电流是，所以当时，即电压表的读数为6V；变压器输出的功率所以满足时变压器输入功率最大，解得变压器输出的功率最大为，C错误，D正确。故选D。2、D【解析】A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故A错误；B、气体温度不变，则内能不变，运动速度增大说明宏观的机械能增大，与内能无关，故B错误；C、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度降低了，物体内分子热运动的平均动能降低，不是每个分子的动能都减小，故C错误；D、根据热力学第一定律公式 ，由题意知，解得：，故空气向外界放出热量，故D正确3、B【解析】粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作
16、用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有所以粒子垂直边界ae从P点射入磁场，后经f点进入磁场，故根据几何关系可得：粒子在磁场中做圆周运动的半径为磁场宽度d；根据轨道半径表达式，由两磁场区域磁感应强度大小关系可得：粒子在磁场中做圆周运动的半径为磁场宽度，那么，根据几何关系可得：粒子从P到f转过的中心角为，粒子在f点沿fd方向进入磁场；然后粒子在磁场中转过在e点沿ea方向进入磁场；最后，粒子在磁场中转过后从fc边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过，根据周期可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为故选B。4、D【解析】汽车先做匀减速运动，然后做匀速运动，最后做匀加速运动；图像A反映物体先
17、负向匀速后静止，再正向匀速，选项A错误；图像B反映物体先正向匀速后静止，再正向匀速，选项B错误；图像C反映物体先正向加速，后静止，再正向加速，选项C错误；图像D反映物体先减速后匀速，再加速，符合题意，则选项D正确；故选D.【点睛】此题关键是搞清不同的图像反映的运动规律；x-t图像的斜率等于速度；v-t图像的斜率等于加速度.5、C【解析】设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v，v的方向向右乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v=mv+Mv，解得v=1根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对
18、于乙球动量的变化量为mv-mv，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大故C正确6、C【解析】A由图乙所示图线可知，0-0.4s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误。B由图乙所示图线可知，0.4-0.8s内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误。C由图示图线可知，0-0.8s内的感应电动势为线框中的电流为： 故C正确。D在0-0.4s内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B大小不断减小，由F=ILB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。故选C。二、多项选择题：
19、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、ABE【解析】A设a状态的压强为pa，则由理想气体的状态方程可知 所以pb=3pa同理 得pc=3pa所以pc=pb=3pa故A正确；B过程a到b中温度升高，内能增大，故B正确；C过程b到c温度降低，内能减小，即U0，则由热力学第一定律可知，Q0，即气体应该放出热量，故C错误；D温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D错误；E由图
20、可知过程ca中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E正确。故选ABE。8、AC【解析】由图可知，两行星的球体半径相同，对行星周围空间各处物体来说，万有引力提供加速度，故有，故可知的质量比的大，即的平均密度比的大，所以选项A正确； 由图可知，表面的重力加速比的大，由可知，的第一宇宙速度比的大，所以选项B错误；对卫星而言，万有引力提供向心加速度，即，故可知，的向心加速度比的大，所以选项C正确；根据可知，的公转周期比的小，所以选项D错误；考点：天体与万有引力定律9、ABC【解析】AB在赤道处得出在两极处得出选项AB正确；CD若忽略地球的自转，以地
21、球表面A点正下方h处的B点为球心为半径挖一个球形的防空洞，该球形防空洞挖掉的质量A处重力加速度变化是由该球形防空洞引起的选项C正确，D错误。故选ABC。10、BC【解析】设AB碰撞后共同速度为，运动到最高点的速度为。小球AB碰撞过程动量守恒有在最低点时绳子受的拉力最大，有所以代入数值解得和整体恰能够做完整的圆周运动，则在最高点有所以和整体能够做完整的圆周运动，则在最高点有又从最高点到最低点，根据动能定理有代入数值解得选项BC正确，AD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、偶然 40.80（40.7840.2） 6.1310
22、-3 【解析】（1）1确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小偶然误差；（2）2由图可知，xON读数为40.80cm；（3）3碰前系统总的mx值是0.02kg0.3065m=6.1310-3kgm12、A 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
23、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：，；被碰球B碰撞后的速度为：；根据牛顿第二定律,碰撞前有：，所以；同理碰撞后有：，所以，则：；3若碰撞前后动量守恒则有：，从而求得：；4碰撞后的动能，而碰撞后的动能，由于，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。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)；(2) ()a2；(3)a。【解析】(1)由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度沿y轴正方向的粒子在磁场中运动的
24、时间最长，此时粒子轨迹为圆，由圆周运动知解得则此时最长时间为粒子进入电场到到达荧光屏，在x轴方向做匀速直线运动，运动时间为故粒子从发射到到达荧光屏的最长时间(2)带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，有解得由于带电粒子的入射方向不同，若磁场充满纸面，它们所对应的运动轨迹如图所示.为使这些带电粒子经磁场偏转后都能垂直直线MN进入电场，由图可知，它们必须从经O点做圆周运动的各圆的最高点飞离磁场.设磁场边界上P点的坐标为（x，y），则应满足方程所以磁场边界的方程为以的角度射入磁场区域的粒子的运动轨迹即为所求磁场另一侧的边界，因此，符合题目要求的最小磁场的范围应是圆与圆的交集部分（图中阴影部分），由几何关系
25、，可以求得符合条件的磁场的最小面积为 (3)带电粒子在电场中做类平抛运动，分析可知所有粒子在荧光屏左侧穿出电场，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向的位移为y，水平方向的位移为l，则联立解得设粒子最终打在荧光屏的最远点距Q点为h，粒子射出电场时速度与x轴的夹角为，则有则当时，即时，h有最大值。14、15【解析】如图，透明物体内部的光路为折线，、点相对于底面对称，、和三点共线，在点处，光的入射角为，折射角为，根据题意有由几何关系得，于是，且得根据折射率公式有得15、（1）2m/s （2）0.16J 1.04J （3）0.15s【解析】（1）设C达到最大速度为，由法拉第电磁感应定律可得回路的感应
26、电动势为：E=2BLvm 由欧姆定律可得回路中的电流强度为： 金属导体棒ab、cd受到的安培力为： 线中张力为T2，导体棒ab、cd及物体C的受力如图，由平衡条件可得：， ， 联立解得 （2）运动过程中由于摩擦产生的内能：E1=mgh=0.16J 由能的转化和守恒定律可得： 联立将，代入可得这一过程由电流产生的内能：（3）经分析， 在ab棒向右减速运动的过程中，其加速度大小与cd棒沿斜面向上运动的加速度大小始终相等，速率也始终相等。设某时刻它们的速率为v，则：E=2BLV 由欧姆定律可得回路中的电流强度为：金属导体棒ab、cd受到的安培力为： 对ab棒运用动量定理： 又 计算可得 t=0.15s