《2023届甘肃省庄浪县第四中学高考冲刺押题（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届甘肃省庄浪县第四中学高考冲刺押题（最后一卷）物理试卷含解析.doc（15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、我国“北斗三号”全球组网卫星采用星载氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态（量子数n=l）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（）A13.6 eVB3.4 eV
2、C12. 09 eVD12.75 eV2、如图所示，A，B质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧上端与B不连接，弹簧下端固定于地面上）保持静止，现对A施加一竖直向下、大小为F（F2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于静止状态，若突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则关于FN的说法正确的是（重力加速度为g）（）A刚撤去外力F时，B弹簧弹力等于F时，C两物体A、B的速度最大时，FN=2mgD弹簧恢复原长时，FN=mg3、在某种介质中，一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图（a）所示，此时质点A在波峰位置，质点D刚要开始振动，质点C的
3、振动图像如图（b）所示；t=0时刻在D点有一台机械波信号接收器（图中未画出），正以2m/s的速度沿x轴正向匀速运动。下列说法正确的是（）A质点D的起振方向沿y轴负方向Bt=0.05s时质点B回到平衡位置C信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5HzD若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变4、如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力与b球相比，a球A初速度较大B速度变化率较大C落地时速度一定较大D落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大5、如图所示为氢原子能级的
4、示意图，下列有关说法正确的是A处于基态的氢原子吸收10.5eV的光子后能跃迁至，n2能级B大量处于n4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光C若用从n3能级跃迁到n2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n4能级跃迁到n3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应D用n4能级跃迁到n1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV6、如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则AP和Q都带正电荷BP和Q都带负电荷CP带正电荷，Q带负电荷DP
5、带负电荷，Q带正电荷二、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、光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行一质量为m、带电量为Q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是()A0BCQELDQEL8、倾角为30的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值
6、反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为（）ABCa0.2gDa0.4g9、对一定质量的理想气体，下列说法正确的是_。A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C在恒温时，压缩气体越来越难以压缩，说明气体分子间的作用力在增大D气体在等压膨胀过程中温度一定升高E.气体的内能增加时，气体可能对外做功，也可能放出热量10、如图所示，x轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为l，在x轴与曲线所围的两区域内存在大小均为B，方向如图所示的匀强磁场，MNPQ为一边长为l的正方形导线框
7、，其电阻为R，MN与x轴重合，在外力的作用下，线框从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速向右穿越磁场区域，则下列说法中正确的是（）A线框的PN边到达x坐标为处时，感应电流最大B线框的PN边到达x坐标为处时，感应电流最大C穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为D穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为三、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）实验室中有一台铭牌模糊的可拆卸式变压器，如图所示，该变压器可近似看做理想变压器。某同学欲测量它的初级次级线圈匝数：先在闭合铁芯的上端铁轭处紧密缠绕100匝漆包细铜线，并将细铜线两端与理想交流电压表构成
8、闭合回路。（1）在次级线圈左右两端的接线柱上输入12V低压交流电压，理想交流电压表示数为60V，则次级线圈的匝数为_匝；在初级线圈左右两端的接线柱上输入12V低压交流电压，理想交流电压表示数为30V，则初级线圈的匝数为_匝。 （2）若初级线圈左右两端接线柱接入的交变电压瞬时表达式为u=311sin100t(V)，则与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为_V。12（12分）现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50，已知该电池允许输出的最大电流为50 mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可
9、不考虑，R为电阻箱，阻值范围09 999，R0是定值电阻，起保护电路的作用(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A10 2.5 W B100 1.0 WC200 1.0 W D2 000 5.0 W本实验应选哪一种规格？答_ (2)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图 (b)所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V-1)则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为_V，内阻r为_.（结果保留三位有效数字）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
10、算步骤。13（10分）如图所示，光滑斜面倾角=30，一个质量m=3kg的物块在大小为F的恒力作用下，在t=0时刻从斜面底端由静止开始上滑。在t1=3s时撤去力F，物块在t2=6s时恰好回到斜面的底端。已知重力加速度g=10m/s2。求：(1)恒力的大小F；(2)物块沿斜面上升的最大距离。14（16分）应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。相邻的区域I、II均为边长为的正方形。区域I内可以添加方向竖直向下的匀强电场；区域II内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。区域II的边缘处有可探测带电粒子的屏。一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度水平射入区域I，粒子束中含有多种粒子，其电荷量
11、由小到大的范围为，质量由小到大的范围为。粒子在电场中只受电场力，在磁场中只受洛伦兹力。(1)若只在区域II内添加磁场，且能够在屏上探测到所有粒子，则磁感应强度为多大；(2)若只在区域I内添加电场，且能够在屏上探测到所有粒子，则电场强度为多大；(3)当两个区域分别添加上述(1)(2)中的电场及磁场，电荷量为、质量为的粒子能够在屏上探测到。求解粒子在屏上显现的位置，试列出各求解方程式。（不对方程式求解）15（12分）如图所示，水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m=0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向
12、右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，取g=10m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0(2)求传送带PQ之间的最小长度L(3)若传送带PQ之间的长度为4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W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】由题意应该有得即能发出6种频率光的一定是n=4能级，则照射氢原子的单色光的光子能量为故ABC错误，D正确。故选D。2、B【解析】在突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由平
13、衡条件推论可知AB整体的合力向上，大小等于F，根据牛顿第二定律有：F=（m+m）a，解得：，对A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：FN-mg=ma，联立解得：，故A错误；弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得，对整体有：F-2mg=2ma，对m有：FN-mg=ma，联立解得：，故B正确；当A、B两物体的合力为零时，速度最大，对A由平衡条件得：FN=mg，故C错误；当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有：2mg=2ma，对m有：mg-FN=ma，联立解得： FN=0，故D错误。所以B正确，ACD错误。3、C【解析】A因t=0时刻质点C从平衡位置向下振动，可知波沿x轴正向传播，
14、则质点D的起振方向沿y轴正方向，选项A错误；B波速为当质点B回到平衡位置时，波向右至少传播1.5m，则所需时间为选项B错误；C机械波的频率为2.5Hz，接收器远离波源运动，根据多普勒效应可知，信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5Hz，选项C正确；D机械波的传播速度只与介质有关，则若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度不变，选项D错误。故选C。4、D【解析】A.由可得，高度越高，下落时间越大，由可知，两球水平位移相同，但是b求运动时间短，故b球初速度较大，A错误；B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B错误；C.a球的水平速度小于b球，故落地时虽然竖
15、直分速度大于b球，但是合速度不一定大于b球，C错误；D.由，a球落地时间t大，但是小，故a球的一定大于b球，即a球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D正确；故选D。5、D【解析】A处于基态的氢原子吸收10.2eV的光子后能跃迁至n=2能级，不能吸收10.2eV的能量故A错误；B大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出，故B错误；C从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量值大于从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量值，用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故C错误；D
16、处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为：，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：，故D正确；6、D【解析】AB受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；CD若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选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、ABC【解析】若电场的方向平行于AB向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD边时，速度可能为1，所以动
17、能可能为1故A有可能若电场的方向平行于AC向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为，根据动能定理可知小球的最大动能为：，所以D不可能，C可能；若电场的方向平行于AB向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v1，动能为，故B可能故选ABC8、BC【解析】当物体放在B盒中时，以AB和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有当物体放在A盒中时，以AB和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有联立解得加速度大小为a=0.2g故AD错误、BC正确。故选BC。9、ADE【解析】A气体的体积指的是该气体分子所能到达的空间的体积
18、，而不是该气体所有分子的体积之和，故A正确；B气体对容器壁的压强是由分子运动时与容器内壁的碰撞产生的，不是由重力产生的，故B错误；C气体分子间没有作用力，压缩气体时，气体压强增大，气体压强越大越难压缩，故C错误；D由公式可知气体在等压膨胀过程中温度一定升高，故D正确；E由公式知，气体的内能增加时，气体可能对外做功，也可能放出热量，但不可能同时对外做功和放出热量，故E正确。故选ADE。10、BC【解析】AB电流和切割长度成正比，所以线框的PN边到达x坐标为处时，相当于长度为l的边框来切割磁感线，线框的PN边到达x坐标为处时， 相当于两个长度为l的边框来切割磁感线，两个电动势叠加，所以线框的PN边
19、到达x坐标为处时，感应电流最大为故A错误，B正确；C因为电流的变化符合交流电的特征，所以线框的PN边到达x坐标为处时，产生的焦耳热为线框的PN边从到2l处时，产生的焦耳热为线框的PN边从2l到处时，产生的焦耳热为所以产生的总焦耳热为又因为外力所做的功就等于焦耳热，所以C正确，D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、200 400 110 【解析】(1)12由理想变压器的电压与匝数关系可知次级线圈的匝数为匝初级线圈的匝数匝(2)3因交流电压表的示数为电压有效值该变压器初级、次级线圈的匝数比为2：1，由可知与次级线圈左右两端接
20、线柱直接相连的理想交流电压表的示数为110V.12、C 10 41.7 【解析】(1)1当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：，所以定值电阻R0应选C(2)23根据闭合电路欧姆定律：E=U+，变形得：=+，结合与的图像可知，截距为=0.1，电源电动势E=10V；斜率k=4.17，所以内阻：r=41.7。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)20N；(2)10m【解析】(1)设物块前3s的加速度大小为，根据牛顿第二定律有物块3s末的速度物块前3s内通
21、过的位移设物块后3s的加速度大小为，根据牛顿第二定律有物块后3s内通过的位移据题意可知联立解得F=20N(2)物块3s末的速度设再经过时间物块上升到最大高度，根据运动学公式有物块沿斜面上升的最大距离14、 (1)；(2)；(3)，【解析】(1)如图甲所示，磁场中运动有 由几何关系得得 解式得电荷量为、质量为时磁场磁感应强度最大，有(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有又有水平方向有又有由几何关系得解式得电荷量为、质量为时电场强度最大，有(3)如图丙，电场中有，又有磁场中运动的半径为由几何关系得15、（1）5m/s （2）2.5m （3）2.5J 5J【解析】(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达点已与传送带同速且小物块刚好能到达点，在点有小物块从点到点，由动能定理得联立解得(2)传送带长度最短时，小物块从点到点一直做匀加速运动，到点时刚好与传送带同速，则有联立解得(3)设小物块经过时间加速到与传送带同速，则小物块的位移传送带的位移根据题意则有联立解得由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功代入数据解得