《2022-2023学年江苏省新沂市第一中学高三第一次调研测试物理试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年江苏省新沂市第一中学高三第一次调研测试物理试卷含解析.doc（17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、关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是（）A在10r0（r0为分子间作用力为零的间距，其值为1010m）距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力B分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零C当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，
2、分子势能越小D分子间距离越大，分子间的斥力越大2、如图所示，在光滑水平面上一小球以某一速度运动到A点，遇到一段半径为R的1/4圆弧曲面AB后，落到水平地面的C点已知小球没有跟圆弧曲面的任何点接触，则BC的最小距离为（ ） ARBRCRD（1）R 3、宇宙间存在一些离其它恒星较远的三星系统。其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为M的星位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星的距离均为R。并绕其中心O做匀速圆周运动。如果忽略其它星体对它们的引力作用，引力常数为G。以下对该三星系统的说法中正确的是（）A每颗星做圆周运动的角速度为B每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量无关C若距离R和每颗星的质量M
3、都变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍D若距离R和每颗星的质量M都变为原来的2倍，则线速度大小不变4、在一边长为L的正方形的四个顶点处各放置一个电荷量为q的点电荷，其中ABC处为正点电荷，D处为负点电荷，P、Q、M、N分别是AB、BC、CD、DA的中点，则（）AM、N两点电场强度相同BP、Q两点电势相同C将一个带负电的粒子由Q沿直线移动到M，电势能先增大后减小D在O点静止释放一个带正电的粒子（不计重力），粒子可沿着OD做匀变速直线运动5、如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F1
4、和F2的方向均沿斜面向上）。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为()ABCD6、如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E连接，下列说法正确的是AS闭合瞬间，a灯发光b灯不发光BS闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭CS断开，b灯“闪”一下后熄灭DS断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势二、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、一列沿x轴正向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，波速大小为v=0.6m/s，此时波刚好传到0.24m的位置，P为0
5、.60m处的质点。下列说法中正确的是（）A经过0.6s传播到P点B刚传播到P点时P点由平衡位置向上振动C从t=0时刻到刚传播到P点过程中O点的路程为30cmD0.18m处的质点的振动方程为y=5sin(5t)cm8、如图所示，在同一软铁芯上绕有两个独立的线圈甲与乙，甲线圈连接电池、滑动变阻器、电阻。乙线圈中接有电容器，向左移动滑动变阻器的滑片，使甲线圈中的电流均匀变化。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，下列说法正确的是（）A电容器的上极板带正电B电容器的上极板带负电C电容器所带的电荷量恒定D电容器所带的电荷量增大9、如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，在轨道边缘处固定一光滑定滑轮(忽略滑轮
6、大小)，一条轻绳跨过定滑轮且两端分别连接小球A、B，小球A在水平拉力F作用下静止于轨道最低点P。现增大拉力F使小球A沿着半圆轨道运动，当小球A经过Q点时速度为v，OQ连线与竖直方向的夹角为30，则下列说法正确的是()A小球A、B的质量之比为2B小球A经过Q点时，小球B的速度大小为C小球A从P运动到Q的过程中，小球A、B组成的系统机械能一定在增加D小球A从P运动到Q的过程中，小球B的动能一直增加10、如图甲所示，理想变压器原、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
7、的有（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB当单刀双掷开关与b连接时，在t0.01s时刻，电流表示数为4.4AC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25HzD当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小三、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）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示该同学在实验中没有记录交流电的频率，需要用实验数据和其他条件进行推算（1）若从打出的纸带可判定重物匀加
8、速下落，利用和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为_，打出C点时重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度的大小为_.（2）已测得=8.89cm，=9.5.cm，=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%由此推算出为_ Hz12（12分）让小车拖着穿过电磁打点计时器的纸带沿倾斜的长木板滑下，在打出的纸带上依次选取1、2、3、1、5、6六个计数点（每相邻两个计数点间还有三个点未画出）。用刻度尺测出各计数点间的距离，发现连续相等时间间隔内的距离之差为定值，其中计数点2、3之间的距离，计数点4、5之间的距离。已
9、知打点计时器电源的频率为50Hz。通过计算回答下列问题（结果均保留2位小数）(1)计数点1、6之间的总长度为_cm；(2)此过程中小车的加速度大小为_；(3)若从计数点1开始计时，则0.28s时刻纸带的速率为_m。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，一金属箱固定在倾角为的足够长固定斜面上，金属箱底面厚度不计，箱长l1=4.5m，质量m1=8kg。金属箱上端侧壁A打开，距斜面顶端l2=5m。现将质量m2=1kg的物块(可视为质点)由斜面顶端自由释放，沿斜面进入金属箱，物块进入金属箱时没有能量损失，最
10、后与金属箱下端侧壁B发生弹性碰撞。碰撞的同时上端侧壁A下落锁定并释放金属箱。已知物块与斜面间的动摩擦因数1=0.3，与金属箱内表面间的动摩擦因数2=0.125，金属箱与斜面间的动摩擦因数3=，重力加速度g取10m/s 2，sin=0.6，cos=0.8，求： (1)物块与金属箱下端侧壁B相碰前瞬间的速度；(2)物块与金属箱侧壁第二次相碰前物块的速度。(结果保留2位小数)14（16分）如图所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在y轴右侧存在电场强度为E1、水平向左的匀强电场，在y轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向外。在
11、坐标为（0.4m，0.4m）的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO经原点O第一次穿过y轴。已知，重力加速度为，求：(1)小球的比荷（）及小球第一次穿过y轴时的速度大小；(2)小球第二次穿过y轴时的纵坐标；(3)小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间。15（12分）如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L1m，两轨道之间用电阻R2连接，有一质量m0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。现用水平拉力F沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动。经过位移x0.5m后
12、，撤去拉力，导体杆又滑行了x1.5m后停下。求：(1)整个过程中通过电阻R的电荷量q；(2)拉力的冲量大小IF；(3)整个过程中导体杆的最大速度vm；(4)在匀加速运动的过程中，拉力F与时间t的关系式。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、A【解析】A分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A正确；BC设分子平衡距离为r0，分子距离为r，当rr0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当rr0，分子力表现为斥力，分子距离
13、越小，分子势能越大；故当rr0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C错误；D分子间距离越大，分子间的斥力越小，D错误。故选A。2、D【解析】在A点，小球开始离开圆弧曲面，只受重力，则有：得：,之后小球做平抛运动，则：，得：则平抛运动的最小水平位移为：,所以BC的最小距离为：A、B、C错误；D正确；故选D3、D【解析】A任意星之间所受万有引力为则任意一星所受合力为星运动的轨道半径万有引力提供向心力解得A错误；B万有引力提供向心力解得则每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量有关，B错误；C根据题意可知
14、C错误；D根据线速度与角速度的关系可知变化前线速度为变化后为D正确。故选D。4、B【解析】A场强叠加遵循平行四边形定则，M、N两点电场强度大小相等，方向不同，A错误；BP、Q两点即关于A、C两正电荷对称，又关于B、D两异种电荷对称，根据对称性可知四个点电荷在P、Q两点产生的电势相同，B正确；CM、N、P、Q关于A、C两正电荷对称，所以对于A、C两正电荷而言，这四个点的电势是相等的，对B、D两异种电荷而言，P、Q两点的电势高于M、N两点的电势，所以负电的粒子由Q沿直线移动到M，根据：可知负电荷电势能一直增大，C错误；D这四个点电荷形成的电场中，电场力大小改变，加速度改变，所以从O点静止释放的粒子
15、不可能做匀变速运动，D错误。故选B。5、C【解析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可。【详解】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为，物体保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：；联立解得：，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】本题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平衡条件列式并联立求解。6、B【解析】A闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光
16、，A错误；B闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a灯被短路，最后熄灭，B正确；C断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，C错误；D断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a灯右端的电势高于左端，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
17、0分。7、AC【解析】A简谐横波传播到点的时间为故A正确；B根据同侧法可知，时刻0.24m的位置的质点由平衡位置向下振动，波源开始振动的方向是向下，所以刚传播到点时点由平衡位置向下振动，故B错误；C由图可知波长为简谐横波的周期为所以有从时刻到刚传播到点过程中点的路程为故C正确；D由图可知振幅为角速度为时刻0.18m处的质点的位移为-5cm，所以0.18m处的质点的振动方程为故D错误；故选AC。8、BC【解析】AB电池电路的电流如图所示，在铁芯中产生向下的磁场。向左移动滑片，滑动变阻器有效电阻减小，由欧姆定律知电路电流增大。由题意知电流均匀增大，则该磁场均匀增强。应用楞次定律知乙线圈的感应电流如
18、图所示，则电容器的上极板带负电，故A错误，B正确；CD穿过乙线圈的磁通量均匀增加，由电磁感应定律知该值恒定。由电路规律知电容器的板间电压，则电容器两极板间电压恒定，则电容器所带电荷量恒定，故C正确，D错误。故选BC。9、BC【解析】A根据题述条件，不能够得出小球A、B的质量之比，A错误；B当小球A经过Q点时速度为v，沿轻绳方向的分速度大小为：vcos 60等于此时B的速度大小，B正确；C小球A从P运动到Q的过程中，水平拉力F做正功，小球A、B组成的系统机械能一定增加，C正确；D小球A从P运动到Q的过程中，小球B的重力势能一直增加，机械能一直增加，但动能不一定一直增加，D错误。故选BC。10、A
19、B【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220 V故根据变压比公式 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故B正确；C由图象可知，交流电的周期为，所以交流电的频率为当单刀双掷开关由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
20、变大，故D错误。故选AB。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、 40 【解析】（1）1打B点时，重物下落的速度等于AC段的平均速度，所以；2同理打出C点时，重物下落的速度；3由加速度的定义式得（2）4由牛顿第二定律得： ，解得：，代入数值解得：f=40Hz【点睛】本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的50 Hz12、40.00 3.13 1.25 【解析】(1)1根据题意可知，计数点3、4之间的距离为8
21、.0cm，计数点1、2之间的距离为4.00cm，计数点5、6之间的距离为12.00cm。所以计数点1、6之间的总长度为40.00cm； (2)2相邻计数点间的时间间隔，根据，所以得(3)3因为故时刻即计数点4、5之间的中间时刻，此时刻的瞬时速度等于计数点4、5之间的平均速度，。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)，方向斜面向上【解析】(1)物块沿斜面下滑，设加速度为，末速度为，由牛顿第二定律得由运动学规律可得物块进入金属箱后，设加速度为，末速度为，由牛顿第二定律得由运动学规律可得解得(2)物块与金属
22、箱侧壁发生弹性碰撞，设碰后物块与金属箱的速度分别为v3和v4，由动量守恒定律及能量守恒可得物块与金属箱侧壁发生弹性碰撞后，物块沿金属箱底面向上滑行，设加速度为a3，金属箱向下运动的加速度为a4，由牛顿第二定律可得物块减速运动为0时，有，得1s内物块和金属位移之和说明物块第二次与金属箱碰撞为侧壁A，设物块上滑的位移为x1，金属箱下滑的位移为x2，第一次与第二次碰撞的时间间隔为t2，由运动学规律可得设第二次碰撞前物块的速度为v5，由运动学规律可得解得方向沿斜面向上14、 (1)，4m/s；(2)；(3)【解析】(1)由题可知，小球受到的合力方向由A点指向O点，则解得由动能定理得解得(2)小球在y轴
23、左侧时故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图，设小球做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得解得由几何关系可知，第二次穿过y轴时的纵坐标为(3)设小球第一次在y轴左侧运动的时间为，由几何关系和运动规律可知小球第二次穿过y轴后，在第一象限做类平抛运动（如图所示），由几何关系知，此过程小球沿速度v方向的位移和垂直v方向的位移大小相等，设为r，运动时间为，则由式可得可得小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间15、 (1)2C(2)4kgm/s(3)6m/s(4)F72t18(N)【解析】（1）导体杆切割磁感线产生的感应电动势E回路中电流I通过电阻R的电荷量qIt磁通量BLx，又xxx代入数据可得qC2C（2）根据动量定理IFF安t00F安BIL，t为导体杆整个过程中所用时间IFBILtBLq所以IF4kgm/s。（3）当撤去力F后，根据楞次定律可以判断感应电流必定阻碍导体杆的相对运动，所以杆做减速运动，杆的最大速度应该为撤去外力F瞬间的速度。撤去F之后通过电阻R的电荷量为q2 撤去外力F之后，以水平向右为正方向，根据动量定理，则BLq20mvm联立上式得导体杆的最大速度为vm6m/s（4）根据受力分析可知FBLma由运动学公式vat，vm22ax可解得a36m/s2联立上式可得关系式为F72t18(N)