《2023届黑龙江省牡丹江一中高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届黑龙江省牡丹江一中高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.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注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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
2、。1、某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势分布如图所示，图线关于纵轴对称,则()Ax1处和x1处场强方向相同Bx1处和x2处场强大小相等C某带电粒子在x2处和x2处电势能相等D某带电粒子在x2处的电势能大于在x2处的电势能2、空间存在一静电场，x轴上各点电势随x变化的情况如图所示。若在-x0处由静止释放一带负电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x0的过程中，下列关于带电粒子的a-t图线，v-t图线，Ek-t图线，Ep-t图线正确的是（ ）ABCD3、如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，然后释放振子从静
3、止开始向左运动，经过时间t后第一次到达平衡位置O处，此时振子的速度为v，在这个过程中振子的平均速度为A等于 B大于 C小于 D04、2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面，着陆前在离月球表面的高空仅在月球万有引力作用下环月球做匀速圆周运动，向心加速度大小为，周期为；设贴近地面的近地卫星仅在地球万有引力作用下环地球做匀速圆周运动，向心加速度大小为，周期为。已知月球质量，半径；地球质量，半径。则（）A，B，C，D，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
4、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、大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施。如图所示，一次最多可坐四人的浮圈从高为的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动。重力加速度为，下列说法正确的是（）A人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态B人和浮圈刚进入盆体时的速度大小为C人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧D人和浮圈进入盆体后，所受支持力与重力的合力大于所需的向心力二、多项选择题：本题
5、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、如图所示为平行于轴的静电场电势随变化的图象。电子只受电场力，自位置静止释放，到达O点时的动能为，已知电子电量为e，质量为m，则下列分析正确的是（ ）A电子在处速度为B电子在处加速度为C电子将沿轴做往复运动，周期D电子在处动能与电势能之和为8、如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A倾斜
6、传送带与水平方向夹角的正切值tan=0.75：B煤块与传送带间的动摩擦因数=0.5C煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD煤块在传送带上留下的痕迹长为m9、下列说法正确的是（ ）A布朗运动就是液体分子的热运动B物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大C内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小E.一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行10、如图所示，倾角为=37的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点l0m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点（图中未画出）。设物块和斜面
7、间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面（sln37=0.6，cos37=0.8）。则下列说法正确的是（）AQ点到B点距离为2mB物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加C物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方D物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m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）在练习使用多用电表的实验中。请完成下列问题：(1)用多用表测量某元件的电阻，选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，因此需选择_（填“10”或“1k”）倍率的电阻挡，并需_（填操作过程）后，再次进行测量，多
8、用表的指针如图甲所示，测量结果为_。(2)某同学设计出了一个“欧姆表”，用来测量电阻，其内部结构可简化成图乙电路，其中电源内阻r=1.0，电流表G的量程为Ig，故能通过读取流过电流表G的电流值而得到被测电阻的阻值。该“欧姆表”的调零方式和普通欧姆表不同。该同学想用一个电阻箱Rx来测出电路中电源的电动势E和表头的量程Ig，进行如下操作步骤：A先使两表笔间不接入任何电阻，断开状态下闭合开关，调滑动电阻器使表头满偏；B将该“欧姆表”与电阻箱Rx连成闭合回路，改变电阻箱阻值；记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数I；C将记录的各组Rx，I的数据转换成、后并描点得到图线，如图丙所示；D根据图丙中的
9、图线，求出电源的电动势E和表头的量程Ig。由图丙可知电源的电动势为_，电流表G的量程是_。(3)在(2)中，某次实验发现电流表G的指针半偏，则电阻箱接入电路中的电阻Rx_（保留2位有效数字）12（12分）某科技小组想测定弹簧托盘秤内部弹簧的劲度系数k，拆开发现其内部简易结构如图(a)所示，托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D与齿条C啮合，在齿轮上固定指示示数的指针E，两根完全相同的弹簧将横杆吊在秤的外壳I上。托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。指针随齿轮转动一周后刻度盘的示数为P05 kg。科技小组设计了下列操作：A在托盘中放上一物品，读出托盘秤的示数P1，并测
10、出此时弹簧的长度l1；B用游标卡尺测出齿轮D的直径d；C托盘中不放物品，测出此时弹簧的长度l0；D根据测量结果、题给条件及胡克定律计算弹簧的劲度系数k；E在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P2，并测出此时弹簧的长度l2；F再次在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P3，并测出此时弹簧的长度l3；G数出齿轮的齿数n；H数出齿条的齿数N并测出齿条的长度l。(1)小组同学经过讨论得出一种方案的操作顺序，即a方案：采用BD步骤。用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k，则k_。某同学在实验中只测得齿轮直径，如图(b)所示，并查资料得知当地的重力加速度g9.80 m/s2，则弹簧的劲度系数
11、k_。(结果保留三位有效数字)(2)请你根据科技小组提供的操作，设计b方案：采用：_步骤；用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k，则k_。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,三棱镜ABC三个顶角度数分别为A=75、B=60、C=45,一束频率为5.31014 Hz的单色细光束从AB面某点入射,进入棱镜的光线在AC面上发生全反射,离开棱镜BC面时恰好与BC面垂直,已知光在真空中的速度c=3108 m/s,玻璃的折射率n=1.5,求:这束入射光线的入射角的正弦值。光在棱镜中的波长。14（16分）如
12、图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底部连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）初始时，封闭气体温度为T，活塞距离气缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差已知水银密度为，大气压强为P0，气缸横截面积为S，重力加速度为g，求:(1)U形细管内两侧水银柱的高度差；(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化15（12分）如图所示，在倾角为30且足够长的斜面上，质量为3m的物块B静止在距斜面顶编为L的位置，质量为m的光滑物块A由斜面顶端
13、静止滑下，与物块B发生第一次正碰。一段时间后A、B又发生第二次正碰，如此重复。已知物块A与物块B每次发生碰撞的时间都极短且系统的机械能都没有损失，且第二次碰撞发生在物块B的速度刚好减为零的瞬间。已知物块B所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间的速度（2）从一开始到A、B发生第n次碰撞时，物块A在斜面上的总位移。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、C【解析】ABx图象的斜率大小等于电场强度，x1处和-x1处场强大小相等，方向相反，x1处和-x2处场强大小不相等，故AB
14、错误；CD在x2处和-x2处电势相等，根据Ep=q知某带电粒子在x2处和-x2处电势能相等，故C正确，D错误。故选C。2、B【解析】AB、由图可知，图像的斜率表示电场强度，从到的过程中电场强度先减小后增大，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在位置加速度为零；粒子在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故B正确，A错误；C、粒子在运动过程中，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知图像的斜率先变小再变大，在位置的斜率为零，故C错误；D、由于粒子带负电，根据电势能可知，变化规律与变化规律相反，故D错误；图线正
15、确的是选B。3、B【解析】平均速度等于这段位移与所需要的时间的比值而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。【详解】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，由于经过时间t后第一次到达平衡位置O处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为，故B正确，ACD错误。【点睛】考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率分开，同时强调位移而不是路程。4、C【解析】根据万有引力提供向心力有：，解得：，根据万有引力提供向心力有：，解得：，可得：，即a月a地；周期比为：，所以T月T地。A，故A不符合题意；B，故B不符合题意；C，故C符合题意；D，故D不
16、符合题意。故选C正确。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、D【解析】A由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中有向下的分加速度，所以人和浮圈
17、沿滑梯下滑过程中处于失重状态，故A错误。B若不考虑摩擦阻力，根据机械能守恒有可得。由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中受到了阻力作用，所以人和浮圈刚进入盆体时的速度一定小于，故B错误。C人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力为滑动摩擦力，与运动方向相反，故C错误。D人和浮圈进入盆体后做半径逐渐减小的圆周运动，为向心运动，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。故选D。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、BC【解析】A静电场平行于轴，则图线的斜率表示场强，所以到0间的电场为
18、匀强电场，0到间电场也为匀强电场，设电子在处速度为v，根据动能定理所以故A错误；B电子只受电场力，根据牛顿第二定律故B正确；C电子将沿轴做往复运动，设从到0电子的运动时间为t1，根据运动学公式所以往复运动的周期故C正确；D.点子只受电场力，所以动能和电势能之和不变，初始时动能为零，电势能也为零，所以任意位置动能和电势能之和为0，故D错误。故选：BC。8、AD【解析】AB由vt图像得01s内煤块的加速度大小方向沿传送带向下；12s内煤块的加速度大小方向沿传送带向下。01s，对煤块由牛顿第二定律得，对煤块由牛顿第二定律得mgsin一mgcos=ma2解得tan=0.75，=0.25故A正确，B错误
19、；Cvt图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x=10m，由运动学公式得下滑时间为所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误；D01s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m，12s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m。内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为，故D正确。故选AD。9、BDE【解析】A布朗运动是固体小微粒的运动，不是分子的运动，A错误；B温度升高，平均动能增大，但不是物体内所有分子的动能都增大，B正确；C根据热力学第二定律，内能可以不全部转化为机械能而不引起其他变化，理想热机的效率也不能达到100%，C错误；D根据分子势能和分子之间距离关系可知，当
20、分子间距离等于分子间平衡距离时，分子势能最小，D正确；E一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，E正确。故选BDE。10、AD【解析】A物块从A到Q全过程由动能定理得代入，解得选项A正确；B全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项B错误；C物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，则选项C错误；D因为，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得代入数据解得s=15m选项D正确。故选AD。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
21、程。11、) 1k 欧姆调零 6000 1.5V 0.25A 0.83 【解析】(1)123用多用表测量某元件的电阻，选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，说明倍率档选择过低，因此需选择 “1k”倍率的电阻挡，并需欧姆调零后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为6000。(2)45由闭合电路欧姆定律得 把r=1.0代入整理得故 得Ig=0.25A 得E=1.5V(3)6电流表G的指针半偏，则I=0.125A，由代入数据解得Rx=0.8312、 7.96102 N/m CAEFD 【解析】(1)1弹簧的伸长量与齿条下降的距离相等，而齿条下降的距离与齿轮转过的角度
22、对应的弧长相等，齿轮转动一周对应的弧长即为齿轮周长，即托盘中物品质量为P05 kg时弹簧的伸长量：xd因此只要测出齿轮的直径d即可计算其周长，然后由胡克定律得：2kxP0g解得k；2游标卡尺读数为0.980 cm，代入：k得k7.96102 N/m；(2)3直接测出不同示数下弹簧的伸长量也可以进行实验，即按CAEFD进行操作，实验不需要测量齿轮和齿条的齿数，GH是多余的；4求解形变量x1l1l0x2l2l0x3l3l0则：k1k2k3则：k联立解得：k。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、0.753.7710-7m
23、【解析】(1)根据光的折射定律，结合几何关系，即可求解；(2)根据，求得光在介质中传播速度，再根据v=f，求得波长，最后根据折射率与临界角的关系，及光路可逆，即可求解。【详解】(1)由光离开棱镜的BC面时恰好与BC面垂直可知，从AB面射到AC面的光线与BC边平行，设光在AB面的入射角、折射角分别为1、2，如图所示，根据几何关系可知2=30根据折射定律， 得sin1=nsin2=0.75；(2)根据且v=f解得：。【点睛】本题中当光线从玻璃射向空气时，要根据入射角与临界角的关系，判断能否发生全反射，而入射角可以根据几何知识求出，同时掌握光的折射定律应用。14、 (1) (2) ，【解析】(i)
24、设封闭气体的压强为P，对活塞分析： 用水银柱表达气体的压强 解得：；(ii) 加热过程中气体变化是等压变化， 气体对外做功为 根据热力学第一定律： 可得15、（1）方向沿斜而向上；方向沿斜面向下；（2）L+（n-1）=（n =1，2，3）【解析】（1）设物块A运动至第一次碰撞前速度为，由动能定理得mgsinL=A、B发生弹性正碰，有=解得第一次碰撞后瞬间A、B的速度，方向沿斜而向上，方向沿斜面向下（2）碰后经时间t时A、B发生第二次正碰，则A、B的位移相等，设为x，取沿斜而向右下为正方向，对B有x=对A有：x=解得第二次碰前A的速度vA2=v0x=因为第二次碰前两物体的速度与第一次碰前完全相同，因此以后每次碰撞之间两物体的运动情况也完全相同。到第n次碰撞时，物块A在斜面上的总位移：s=L+（n-1）=（n =1，2，3）