《2023届江西省临川一中等高三第一次模拟考试物理试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届江西省临川一中等高三第一次模拟考试物理试卷含解析.doc（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、如图，在真空中的绝缘光滑水平面上，边长为L的正三角形的三个顶点上分别固定放置电量为+Q、+Q、-Q的点电荷，以图中顶点为圆心、0. 5L为半径的圆与其腰及底边中线的交点分别为A、B、C、D。下列说法正确的是（ ）AA点场强等于C点场强BB点电势等
2、于D点电势C由A点静止释放一正点电荷+q，其轨迹可能是直线也可能是曲线D将正点电荷+q沿圆弧逆时针从B经C移到D，电荷的电势能始终不变2、如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点），由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中（ ）A重力势能增加了2mghB机械能损失了mghC动能损失了mghD系统生热3、横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半。现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c。下列判断正
3、确的是Aa球落在斜面上的速度方向与斜面平行B三小球比较，落在c点的小球飞行时间最长C三小球比较，落在b点的小球飞行过程速度变化最快D无论小球抛出时初速度多大，落到斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直4、如图所示为一理恕变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u= Umsin100t(V)当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光下列说法正确的是（ ）A三个灯泡的额定电压为Um/8B变压器原、副线圈匝数比为92C此时灯泡a和b消耗的电功率之比为27D流过灯泡c的电流，每0.02s方向改变一次5、北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，即24颗MEO卫星（地球中圆
4、轨道卫星，轨道形状为圆形，轨道半径在3万公里与1000公里之间），3颗GEO卫星（地球静止轨道卫星）和3颗IGSO卫星（倾斜地球同步轨道卫星）。关于MEO卫星，下列说法正确的是（）A比GEO卫星的周期小B比GEO卫星的线速度小C比GEO卫星的角速度小D线速度大于第一宇宙速度6、如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（）A从左向右看感应电流的方向为顺时针B从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针C感应电流的大小先减小后增加D铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右二、多项选择题：本题共4小题，每
5、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、下列说法正确的是 A温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2TB相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈C做功和热传递是改变物体内能的两种方式D分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小E.晶体具有固定的熔点，物理性质可表现为各向同性8、如图所示，在光滑水平的平行导轨MN、HG左端接一阻值为的电阻（导轨电阻不计），两轨道之间有垂直纸面向里的匀强磁场。一电阻也为的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。现让金属杆在外力作用下分别以速
6、度v1、v2由图中位置1匀速运动到位置2，两次运动过程中杆与导轨接触良好，若两次运动的速度之比为，则在这两次运动中下列说法正确的是（）AR0两端的电压之比为U1:U21:2B回路中产生的总热量之比Q1:Q21:4C外力的功率之比P1:P21:2D通过导体横截面的电荷量q1:q21:19、我国成功研制了世界最高水平的“”石墨烯超级电容器。超级电容器充电时，电极表面将吸引周围电解质溶液中的异性离子，使这些离子附着于电极表面上形成相距小于、相互绝缘的等量异种电荷层，石墨烯电极结构使得该异种电荷层的面积成万倍增加。下列有关说法正确的是（）A该电容器充满电后的带电荷量为B该电容器最多能储存的电能C超级电
7、容器电容大的原因是其有效正对面积大、板间距离小D当该电容器放电至两端电压为时，其电容变为10、下列说法正确的是（）A单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变B雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的C杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小D光的偏振特征说明光是横波E.水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故三、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）要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选
8、用的器材有：直流电源（3V.内阻不计）电流表A1量程为0.6 A，内阻为0.6n）电流表A2（量程为300mA内阻未知）电压表V（量程03V，内阻约3kQ）滑动变阻器R（05，允许最大电流3A）开关、导线若干其实验步骤如下：由于电流表A1的里程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.（_）（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_端，闭合开关S，调节滑片.发现当A1示数为0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为_.若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_A；为使其量程达到最大，可将图中_（选填
9、，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻12（12分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。(1)图甲为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法正确的是_。A当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位B当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位C当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位D当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位(2)用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图乙所示。A若所选挡位为直流10mA挡，则示数
10、为_mA。B若所选挡位为直流50V挡，则示数为_V。(3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15的电阻后，需要继续测量一个阻值约2k的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序写出步骤的序号_。A调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 B把选择开关旋转到“100”位置C把选择开关旋转到“1k”位置 D将红表笔和黑表笔接触(4)某小组同学们发现多用电表欧姆挡的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图丙所示的几种图象，其中可能正确的是_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
11、写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为D此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块(视为质点)随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台重力加速度取g，空气阻力不计求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程) (2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能14（16分）如图所示,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m
12、,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为，最初木板静止,A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B始终未滑离木板,重力加速度为g，求:(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；(2)木块A在整个过程中的最小速度；(3)整个过程中,A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少?15（12分）如图所示的坐标系内，直角三角形OPA区域内有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场。在x轴上方，三角形磁场区域右侧存在一个与三角形OP边平行的匀强电场，电场强度为E，方向斜向下并与x轴的夹角为30，已知OP边的长度
13、为L，有一不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从静止开始经加速电场加速后，以v0的速度从A点垂直于y轴射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于OP边方向射入电场，最终速度方向垂直于x轴射出电场。求：(1)加速电压及匀强磁场的磁感应强度大小(2)带电粒子到达x轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值(3)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间参考答案一、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、B【解析】A由场强叠加可知，A点和C点场强大小和方向都不同，选项A错误；B由于底边上的正负电荷在BD两点形成电场的电势叠加后
14、的总电势均为零，则BD两点的电势就等于顶端电荷在BD两点的电势，则B点电势等于D点电势，选项B正确；C两个正电荷形成的电场在两个电荷连线的垂直平分线上，即与过-Q的电荷的直线上，可知A点与-Q连线上的电场线是直线，且指向-Q，则由A点静止释放一正点电荷+q，其轨迹一定是指向-Q的直线，选项C错误；D由B的分析可知，BD两点电势相等，但是与C点的电势不相等，则将正点电荷+q沿圆弧逆时针从B经C移到D，电荷的电势能要发生变化，选项D错误。故选B。2、B【解析】试题分析：重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功物体在斜面上能够上升的最大高度为h，
15、所以重力势能增加了，故A错误；加速度机械能的损失量为，所以B正确，动能损失量为合外力做的功的大小，故C错误；系统生热等于克服摩擦力做功，故D错误考点：考查了功能关于的应用点评：本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化3、D【解析】A根据平抛运动的推论可知，设a球落在斜面上的速度方向与水平方向夹角为，对应处位置位移与水平方向偏转角为，即 ，根据题意 ，所以=45，不可能与斜面平行，选项A错误。B根据平抛运动规律 ，a球竖直方向下落距离最大，所以a球飞行时间最长，选项B错误；C三个球都做平抛运动，即速度变化快慢（加速度）均相同，选项C错误。D通过A的分析可知，a球不
16、可能与斜面垂直。对于b、c点而言，竖直方向分速度gt，水平速度v0，假设能与斜面垂直，则对应的竖直方向的距离为水平方向的距离为显然这是不可能满足的，因此选项D正确。4、C【解析】设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压，得：，此时原线圈两端的电压为，副线圈两端的电压为，则变压器原、副线圈匝数比为，根据，因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压 ，根据，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为27，由输入电压的表达式，可知角频率，则周期，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s电流方向改变两次，故ABD错误，C正确；故选C.【点睛】根据灯泡电压与输入电压
17、的关系可确定接在线圈的输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可确定功率之比5、A【解析】A万有引力提供向心力解得MEO卫星轨道半径比GEO轨道半径小，所以MEO卫星周期小，A正确；B万有引力提供向心力解得MEO卫星轨道半径比GEO轨道半径小，所以MEO卫星线速度大，B错误；C万有引力提供向心力解得MEO卫星轨道半径比GEO轨道半径小，所以MEO卫星角速度大，C错误；D第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，环绕半径为地球半径，MEO卫星轨道半径大于地球半径，线速度大小比于第一宇宙速度小，D错误。故选A。6、A【解析】AB根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，
18、当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）。当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。故电流方向不变，故A正确，B错误；C由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。故C错误；D当线圈中电流为零时，铝环M和线圈之间无磁场力作用，选项D错误；故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共
19、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、BCE【解析】A温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至T，其中T=2t+273，不一定等于2T，故A错误；B相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，受力越不易平衡，布朗运动越剧烈，故B正确；C根据热力学第一定律可知，做功和热传递是改变内能的两种方式，故C正确；D若分子力表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，分子势能越小；分子间距离越小，分子力做负功，分子势能越大。若分子力表现为引力时，分子间距离越大，分子力做负功，分子势能越大；分子间距离越小，分子力做正功，
20、分子势能越小，故D错误；E根据晶体的特性可知，晶体具有固定的熔点，多晶体的物理性质表现为各向同性，故E正确。故选BCE。8、AD【解析】A两种情况下杆产生的电动势分别为、回路中的总电阻为R。故回路中两次的电流分别为、故电流之比为根据欧姆定律，R0两端的电压之比故A正确；B两次运动所用的时间为故产生的热量之比为故B错误；C由于棒做匀速直线运动，故外力的功率等于回路中的功率，故故C错误。D两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为故通过电阻横截面的电荷量为q1:q2=1:1故D正确。故选AD。9、AC【解析】A根据超级电容器“”，结合可知该电容器充满电后的带电荷量C=36000C故A
21、正确；B电容器是一种储能元件，该电容器充满电最多能储存的电能为J=54000J故B错误；C借助平行板电容器的决定式分析可知，超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大，板间距离小，故C正确；D电容器的电容只与电容器本身结构有关，与电容器带电荷量和两极板间电压无关，故D错误。故选AC。10、BDE【解析】A单色光从光密介质进入光疏介质时，频率不变，光速发生了变化，所以光的波长也发生变化，选项A错误；B雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的，选项B正确；C根据光的干涉条纹间距公式，可知红光的波长长，则红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距大，选项C错误；D光的偏振特征说明光
22、是横波，选项D正确；E水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，选项E正确。故选BDE。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、 右 1.5 0.84 I 【解析】（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：（3）由于Ug10.60.6V0.36V，Ug20.31.5V0.45V，由于Ug1Ug2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.
23、36V，新电流表量程为：，由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在区再串联接入一个阻值合适的电阻12、ACD 4.80 BDA 24.0 A 【解析】(1)灵敏电流计G与分流电阻并联可以改装成电流表，与分压电阻串联可以改装成电压表，与滑动变阻器、电源一起可以改装成欧姆表，分析图示电路图答题；(2)根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；(3)用欧姆表测电阻要选择合适挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零；(4)根据闭合电路欧姆定律求出I-
24、Rx以及的表达式，进而选择图象即可。【详解】(1) 由图示电路图可知，当开关置于2位置时多用电表是欧姆表，A与内置电源负极相连，A为红表笔，B与内置电源正极相连，B为黑表笔；A项：由图示电路图可知，当S接触点1时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位，故A正确；B、C项：由图示电路图可知，当S接触点2时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位，故B错误，C正确；D项：由图示电路图可知，当S接触点3时，表头与分压电阻串联，此时多用电表处于测量电压的挡位，故D正确。故应选：ACD；(2) A、若所选挡位为直流50mA挡，由图乙所示可知，示数为4.80mA；B、若所选挡位为直流
25、50V挡，则示数为24.0V；(3) 用多用电表正确测量了一个约15的电阻后，要继续测量一个阻值约2k的电阻，首先要把选择开关置于100挡位位置，然后进行欧姆调零，把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置，最后再测电阻，故合理的步骤是：BDA；(4) 设欧姆表内电池电动势为E，内阻为r，电流表内阻与调零电阻的和为Rg，则有：，则I-Rx图象是双曲线的一条，随着Rx的增大，I减小，上式的倒数 ，可知 是线性函数，Rx=0时， 且有最小值， 随着Rx的增大而增大。故应选：A。【点睛】本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表。电压表与欧姆表的改装原理是解题
26、的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。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）a=g; （2） (3)【解析】(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，所以a=g；(2)根据动能定理得： ；(3) 滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台上的时间与软钢锭在平台最后滑运L的时间相等，都为t由位移公式得： 由动能定理得： 滑块落到平台上时的速度： 滑块到达平台时的动能： 联立以上四个方程式解得：。14、（1），（2），（3）【解析】
27、试题分析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv2+2mv2=（m+m+3m）v1解得：v1=26 v2对木块B运用动能定理，有：解得：（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v，所用时间为t，由牛顿第二定律：对木块A：a1=mg/m=g，对木块C：a2=2mg/3m=2g/3，当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：v2-gt=（2g/3）t解得t=3v2/（3g）木块A在整个过程中的最小速度为：v=v2-a1t=2v2 /3（3）Q总=Q1+Q2 = fs相1+fs相2=Ek损所以15、 (1)；(2)；(3)【解析】(1)设加速电场的电压为，由动能定理可得解得根据题设，带电粒子垂直边射入电场，设带电粒子在磁场中运动半径为，如图所示，由几何关系可得在磁场中，洛伦磁力提供向心力则有解得(2)设带电粒子到达轴时的速度为，根据几何关系可得，带电粒子刚进入磁场时的动能 带电粒子到达轴时的动能则有带电粒子到达轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值(3)带电粒子在磁场中运动时间为带电粒子在电场中运动至轴时有由几何关系可知带电粒子从射入磁场到运动至轴的时间