《2022-2023学年甘肃省武威一中高三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《2022-2023学年甘肃省武威一中高三最后一卷物理试卷含解析.doc（14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请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、二氧化锡传感器的电阻随着一氧化碳的浓度增大而减小，将其接入如图所示的电路中，可以测量汽车尾气一氧化碳的浓度是否超标。当一氧化碳浓度增大时，电压表V和电流表A示数的变化情况可能为AV示数变小，A示数变大BV示数变大，A示数变小CV示数变小，A示数变
2、小DV示数变大，A示数变大2、如图甲所示，开口向上的导热气缸静置于水平桌面，质量为m的活塞封闭一定质量气体，若在活塞上加上质量为m的砝码，稳定后气体体积减小了V1，如图乙；继续在活塞上再加上质量为m的砝码，稳定后气体体积又减小了V2，如图丙不计摩擦，环境温度不变，则（）AV1V2BV1=V2CV1V2D无法比较V1与V2大小关系3、一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻R在a、b间输入电压为Ul的交变电压时，c、d间的电压为U2，在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中AU
3、2有可能大于UlBU1、U2均增大CUl不变、U2增大Da、b间输入功率不变4、关于牛顿第一定律和惯性有下列说法，其中正确的是（ ）A由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性C牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律D运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动5、如图所示，两平行导轨、竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触，现在金属棒中通以变化的电流，同时释放金属棒使其运动已知电流随时间变化的关系式为（为常数，），金属棒与导轨间的动摩擦
4、因数一定以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度、加速度随时间变化的关系图象中，可能正确的有A BC D6、在人类对微观世界进行探索的过程中，许多科学家作岀了不可磨灭的贡献，卢瑟福就是杰出代表之一。关于卢瑟福在物理学上的成就，下列说法正确的是（ ）A粒子散射实验的重要发现是电荷的量子化，并且发现了中子B卢瑟福用粒子轰击氮核发现了质子，核反应方程为C卢瑟福根据粒子散射实验的结果，提出了原子核的结构模型D卢瑟福根据粒子散射实验的结果，发现原子核由质子和中子组成二、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
5、，有选错的得0分。7、关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A非晶体和晶体的物理性质都是各向同性B自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性C布朗运动是由悬浮在液体中的小颗粒之间的相互碰撞引起的D水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关E.慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，是因为液体表面存在张力8、如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数减小了0.2A，电流表A2的示数减小了0.8A，所有电表均为理想电表，则下列说法正确的是
6、（ ）A电压表V1示数减小B电压表V2、V3示数均减小C该变压器起降压作用D变阻器滑片是沿dc的方向滑动9、按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战，暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量为Q（单位时间内排出的污水体积）。则下列说法不正确的是（）Aa侧电势比c侧电势低B若污水中正离子较多，则a侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，
7、则a侧电势比e侧电势低C污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大D污水流量Q与U成正比，与L无关10、用一束波长为的绿光照射某极限波长为o的金属，能产生光电效应，下列说法正确的是（ ）A该金属逸出功为W=hoB把这束绿光遮住一半，则逸出的光电流强度减小C若改用一束红光照射，则不可能产生光电效应D要使光电流为0，光电管两级至少需要加大小为的电压三、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）小华同学欲测量小物块与斜面间的动摩擦因数，其实验装置如图1所示，光电门 1、2可沿斜面移动，物块上固定有宽度为d的挡光窄片。物块在斜面上滑动时，光电门可以显
8、示出挡光片的挡光时间。（以下计算的 结果均请保留两位有效数字）(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度，其示数如图2所示，则挡光片的宽度d=_ mm。(2)在P处用力推动物块，物块沿斜面下滑，依次经过光电门1、2，显示的时间分别为40ms、20ms，则物块 经过光电门1处时的速度大小为_m/s，经过光电门 2 处时的速度大小为_m/s。比较物块经过光电门1、2处的速度大小可知，应_（选填“增大”或“减小”）斜面的倾角，直至两光电门的示数相等；(3)正确调整斜面的倾角后，用刻度尺测得斜面顶端与底端的高度差h=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm，g取9.80m/s2，则物块与斜面间的动摩擦因数
9、的值m =（_）。12（12分）测量木块和木板间动摩擦因数的装置如图(a)。水平固定的长木板一端有定滑轮，另一端有打点计时器。细线绕过定滑轮将木块和钩码相连，木块靠近打点计时器，纸带穿过打点计时器后固定在木块上。接通打点计时器，放开木块，钩码触地后不再弹起，木块继续向前运动一段距离后停在木板上。某次纸带的数据如图(b)，打点计时器所用电源的频率为50Hz，每相邻两点间还有1个点未画出，数值单位为cm。由图(b)数据可知，钩码触地后木块继续运动的加速度大小为_m/s2；若取g10m/s2，则木块与木板间的动摩擦因数为_；某小组实验数据处理完成后，发现操作中滑轮的高度变化造成细线与木板的上表面不平
10、行，如图(c)，这样他们测得的动摩擦因数与实际值相比_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。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，用同种材料制成的倾角的斜面和水平轨道固定不动小物块与轨道间动摩擦因数，从斜面上A点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失(1)若已知小物块至停止滑行的总路程为s，求小物块运动过程中的最大速度vm(2)若已知=0.1小物块在斜面上运动时间为1s，在水平面上接着运动0.2s后速度为vt，这一过程平均速率m/s求vt的值（本小题中g=10m/s2）14（16分）如图所
11、示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t0和t0.06s时刻的波形图已知在t0时刻，x1.5m处的质点向y轴正方向运动(1)判断该波的传播方向；(2)求该波的最小频率；(3)若3Tt4T，求该波的波速15（12分）如图所示，两平行长直金属导轨不计电阻水平放置，间距为L，有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m的导体棒AB、CD平放在金属导轨上。其中棒CD通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD与导轨间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场，磁场区域的边界满足曲线方程：，单
12、位为。CD棒处在竖直向上的匀强磁场中。现从时刻开始，使棒AB在外力F的作用下以速度v从与y轴重合处开始沿x轴正方向做匀速直线运动,在运动过程中CD棒始终处于静止状态。（1）求棒AB在运动过程中，外力F的最大功率；（2）求棒AB通过磁场区域的过程中，棒CD上产生的焦耳热；（3）若棒AB在匀强磁场中运动时，重物始终未离开地面,且满足：，求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。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】当一氧化碳浓度增大时，二氧化锡传感器的电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流变大，则A示数变大；
13、由欧姆定律知R的电压变大，则电压表V变大；AC综上分析，电压表示数变大，AC错误；BD综上分析，电流表示数变小，B错误D正确。故选D。2、C【解析】设大气压强为，起初活塞处于平衡状态，所以：解得该气体的压强为：则甲状态气体的压强为：乙状态时气体的压强为：丙状态时气体的压强为：由玻意耳定律得：得：，所以所以：故本题选C【点睛】对活塞进行受力分析，由平衡条件分别求出几种情况下的气体压强；由玻意耳定律可以求出气体体积，然后比较体积的变化即可3、C【解析】A、根据变压器的电压关系有，由于n2n1，所以U2U1，故A错误B、C、当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，输入电压U1由发电机决定不变，电压应
14、该减小即降低，B错误、C正确D、因负载不变，故输出功率减小，则变压器的输入功率变小，D错误故选A【点睛】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可4、D【解析】A根据牛顿第一定律知，物体只有在不受外力，或者所受合外力为零时，才能处于静止或匀速直线运动状态，A错误；B行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的万有引力作用，其运动状态是不断变化的，则B项错误；C牛顿第一定律反映物体具有惯性这种性质，并不能反映物体惯性的大小，C错误；D运动物体如果没有受到力的作用，将保持原来的速度做匀速直线运动，D项中说法符合牛顿第一定律
15、，D正确；故选D。5、B【解析】以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度，f=N=FA=BIL=BLkt，联立解得加速度a=g，与时间成线性关系，且t=0时，a=g，故CD错误。因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动。故A错误，B正确。故选B。【点睛】解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度6、B【解析】AC卢瑟福根据粒子散射实验的结果，提出了原子的核式结构模型，中子
16、是查德威克发现的，故AC错误；B卢瑟福用粒子轰击氮核，发现了质子，核反应方程为，故B正确；D粒子散射实验不能说明原子核内存在中子和质子，故D错误。故选B。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】A根据晶体的性质可知，单晶体的在某些物理性质上具有各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，A错误；B热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，即涉及热现象的宏观过程都具有方向性，B正确；C布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒
17、受到液体分子无规则碰撞引起的，C错误；D水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关，随温度降低而减小，D正确；E由于液体表面存在张力，液体表面像一张橡皮膜，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，E正确。故选BDE。8、CD【解析】ABD根据变压器原理，输入电压U1和输出电压U2保持不变，而A2示数减小，说明负载电路电阻变大，所以滑动变阻器R变大了，即变阻器滑片是沿的方向滑动的，故AB错误，D正确；C原、副线圈中电流和匝数成反比，即电流变化时，则有可求得故变压器应为降压变压器，故C正确。故选CD。9、BC【解析】AB污水中正、负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向前表面c偏，
18、负离子向后表面a偏，所以a侧电势比c侧低，与污水中正、负离子的数量无关，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；C稳定后，离子受到洛伦兹力和电场力作用，受力平衡，有解得流量为分析可知，显示仪器的示数Q与离子的浓度无关，故C错误，符合题意；D同理可知Q与U成正比，与L无关，故D正确，不符合题意。故选BC。10、BD【解析】该金属逸出功为：，故A错误；光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，遮住一半，光电子数减小，逸出的光电流强度减小，但仍发生光电效应，光电子最大初动能将不变，故C错误，B正确；光电效应方程为：，光速为：，根据动能定理可得光电流为零时有：，联立解得：，故D正确所以BD正确，
19、AC错误三、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、5.2 0.13 0.26 减小 0.75 【解析】(1)1挡光片的宽度为；(2)23d=5.2mm=5.210-3m，t1=40ms=4010-3s，t2=20ms=2010-3s，用平均速度来求解瞬时速度：4由于v2mgcos故应减小斜面的倾角，直到mgsin=mgcos此时物块匀速运动，两光电门的示数相等(3)5h=60.00cm=0.6m，L=100.00cm=1m，物块匀速运动时mgsin=mgcos即tan=又解得=0.7512、3 0.3 不变 【解析】1钩码触地后木块做减速运动
20、，计算其加速度大小应该用纸带的后一段，即51点之间的部分；2钩码触地后，木块只在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，有f=maf=mg木块与木板间的动摩擦因数=0.3；3由于钩码触地后细线不再提供拉力，减速运动的加速度与之前的加速运动情况无关，所以不影响测量结果，测得的动摩擦因数与实际值相比不变。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）1m/s【解析】(1)对物体在斜面上时，受力分析，由牛顿第二定律得a1=gsincos在水平面有：a2=g物体的最大速度：vm=a1t1=a2t2整个过程物体的位移：s=t1+t
21、2解得：vm=(2)已知=0.1，解得：a2=g=0.110 m/s2=1m/s2最大速度：vm=vt+a2t2=vt+10.2=vt+1由匀变速直线运动的速度位移公式得：s2=由位移公式得：s1=t1=1=而：已知：t1=1s，t2=0.2s，=m/s，解得：vt=1m/s14、 (1)向右传播(2)12.5Hz(3)75m/s【解析】（1）在t0时刻，x1.5m处的质点向y轴正方向运动，则该波向右传播；（2）由波形图可知：解得 （n=0、1、2、3）当n=0时可求解最大周期，则最小频率；fn12.5Hz（3）若3Tt4T，则由上述表达式可知n=3，即0.06s(3)T，解得：Ts；由图中读
22、出波长为 ，则波速v15m/s75m/s.15、（1）（2）（3）当 0t时，FN=mg当t时， FN=(1+)mg-sin当t时， FN=mg【解析】（1）当棒AB运动到处时，棒AB的有效切割长度最长，安培力最大，则外力F最大，功率也最大，此时：F=B1IL=，Pm=Fv解得：Pm=；(2) 棒AB在匀强磁场区域B1的运动过程中，产生的感应电动势为：E=B1Lvsinx则感应电动势的有效值为：E有效=，I有效= t=可以得到：Q=Rt=；(3)当CD棒所受安培力F安=mg时，设棒AB所在位置横坐标为x0，对棒CD受力分析可得：=mg y=Lsinx0解得：x0=，x1=L则：t1=，t2=当 0t时，则：FN=mg当t时，则：FN=mg+mg-即：FN=(1+)mg-sin当t时，则：FN=mg。