《安徽省舒城县龙河中学2023届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《安徽省舒城县龙河中学2023届高三最后一卷物理试卷含解析.doc（18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、小球在水中运动时受到水的阻力与小球运动速度的平方成正比，即，则比例系数的单位是ABCD2、如图是在两个不同介质中传播的两列波的波形图图中的实线分别表示横波甲和横波乙在t时刻的波形图，经过15s后，甲、乙的波形分别变成如图中虚线所示已知两列波的周期均大于13s，则下列说法中正确的是A波甲的速度可能大于波乙的速度B波甲的波长可能大于波乙的波长C波甲的周期一定等于波乙的周期D波甲的频率一定小于波乙的频率3、利用如图甲所示的实验装置研究光电效应，测得某种金属的遏止电压U。与入射光频率v之间的关系图线如图乙所示，则（）A图线在横轴上的截距的物理意义是该金属的截止频率B由图线可知普朗克常量C入射光频
3、率增大，逸出功也增大D要测得金属的遏止电压，电源的右端应为负极4、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为9：1，电表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R0为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流，下列说法中正确的是（）A输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为（V）Bt=0.02s时，穿过该发电机线圈的磁通量最小CR温度升高时，电流表示数变大，电压表示数变小，变压器的输人功率变大Dt=0.01s时，电流表的示数为05、下列说法正确的是()A图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是
4、物体的两个分运动C图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地D图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力6、如图所示，一固定斜面上两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑。已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间的动摩擦因数的2倍，斜面倾角为，重力加速度为g。B与斜面之间的动摩擦因数与A、B间弹力FN的大小分别是（）A=tan，FN=mgsinB=tan，FN=mgsinC=tan，FN=mgcosD=tan，FN=mgsin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
5、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、如图甲所示，倾角为30的足够长的固定光滑斜面上，有一质量m=0.8kg的物体受到平行斜面向上的力F作用，其大小F随时间t变化的规律如图乙所示，t0时刻物体速度为零，重力加速度g=10m/s2。下列说法中正确的是（）A02s内物体向上运动B第2s末物体的动量最大C第3s末物体回到出发点D03s内力F的冲量大小为9Ns8、如图所示，光滑水平面上放置A、B两物体相互接触但并不黏合，两物体的质量分别为mA=2kg，mB=3kg。从t=0开始，作用力FA和作用力FB分别作用在A、B两物体上，FA、FB随时间的变化规律分别为FA=(8
6、-2t)N，FB=(2+2t)N。则（）AA、B两物体一直以2m/s2的加速度做匀加速运动B当FA=FB时，A、B两物体分离Ct=1s时A物体的运动速度为2m/sD物体B在t=5s时的加速度为4m/s29、如图所示为甲、乙两车在平直公路上行驶的v-t图象，则在t1到t2时间内A甲、乙两车的位移相等B甲车的平均速度等于C甲车的平均速度比乙车的大D乙车的加速度始终比甲车的加速度小10、如图所示，在匀强磁场中有一矩形，场强方向平行于该矩形平面。已知，。各点的电势分别为。电子电荷量的大小为。则下列表述正确的是（）A电场强度的大小为B点的电势为C电子在点的电势能比在点低D电子从点运动到点，电场力做功为三
7、、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）小张同学利用“插针法”测定玻璃的折射率（1）小张将玻璃砖从盒子拿出放到白纸上，图示操作较为规范与合理的是_（2）小张发现玻璃砖上下表面不一样，一面是光滑的，一面是磨砂的，小张要将玻璃砖选择_（填“磨砂的面”或“光滑的面”）与白纸接触的放置方法进行实验较为合理（3）小张正确操作插好了4枚大头针，如图所示，请帮助小张画出正确的光路图_.然后进行测量和计算，得出该玻璃砖的折射率n=_（保留3位有效数字）12（12分）某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑 块、托盘和砝码等器材
8、来测定滑块和轨道间的动摩擦因数 ，滑块和托盘上分别放有 若干砝码，滑块质量为 M，滑块上砝码总质量为 m，托盘和盘中砝码的总质量为 m实验中，滑块在水平 轨道上从 A 到 B 做初速度为零的匀加速直线运动， 重力加速度 g 取 10 m/s2(1)为测量滑块的加速度 a，需测出它在 A、B 间运动的_和_，计 算 a 的运动学公式是_(2)根据牛顿运动定律得到 a 与 m 的关系为：_他想通过多次改变 m，测出相应的 a 值，并利用上式来计算 若要求 a 是 m 的一 次函数，必须使上式中的 _保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指
9、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）受控核聚变是当前研究的热点。我国的“东方超环”世界领先，将氘氚燃料用特殊的加热方法加热到聚变反应温区（即1亿度以上）以点燃氘氚反应一个氘核（）和一个氚核（）发生聚变核反应，生成一个氦核（），放出一个中子，利用特殊设计的“笼子”将它们稳定地约束在该真空容器内。使聚变反应能够稳定进行，其中一种方法是磁约束，围绕这种磁笼子的设计和建道，人类已经走过了半个多世纪艰苦的历程。某校的研究小组进行了以下的设计，如图所示，矩形abcd的ab边长为2L，ab与ac夹角为，矩形对角线ac上下方分别分布着磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个氚核（）从
10、ab边中点P处以某一速度垂直ab边进入下方磁场恰好不从对角线ac边射出，一个氘核（）从c点以某一速度水平向左进入上方磁场并与氚核（）在对角线ac上相遇并发生聚变反应，生成一个氦核（），放出一个中子，生成的氢核（）速度方向竖直向下。已知一个核子的质量为m，质子的电量为q，求：（1）氘核（）与氚核（）射入磁场时的速度大小之比；（2）先后释放氚核（）与氘核（）的时间差；（3）生成的氢核（）速度v应满足的条件。使之偏转后恰好到达矩形的a点。14（16分）长为的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为，然后A、B又一起在水平
11、冰面上滑行了后停下.若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数，取求：(1)木板与冰面的动摩擦因数(2)小物块A的初速度15（12分）如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，在y轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y轴右侧电场方向竖直向下，y轴左侧电场方向竖直向上。y轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y轴相切于O点。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，用长为l、不可伸长的绝缘细线悬挂在P点的钉子上，P点与坐标原点O的距离亦为l。将小球拉至细线绷直且与y轴负方向成60角无初速释放，小球摆至O点即将进入磁场时细线恰好断裂。
12、最终小球刚好击中P点的钉子，此时速度方向与y轴正方向成30角。已知细线能承受的最大张力Fm=4mg，小球可视为质点，重力加速度为g，不计阻力。求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积；（3）小球在x0区域运动的时间。（结果用m、q、l、g表示）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】由可得k的单位为A.A项与 上述分析结论不相符，故A错误；B.B项与 上述分析结论不相符，故B错误；C.C项与 上述分析结论相符，故C正确；D.D项与 上述分析结论不相符，故D错误。2、A【解析】AC经过1
13、.5s后，甲、乙的波形分别变成如图中虚线所示，且周期均大于1.3s，则根据，可知，两波的周期分别可能为1s和，则根据波速度，可知，若甲的周期为，而乙的周期为1s，则甲的速度大于乙的速度，故A正确，C错误；B由图可知，横波甲的波长为4m，乙的波长为6m，故说明甲波的波长比乙波的短，故B错误；D若甲 的周期为1s而乙的周期为，则由可知，甲的频率大于乙的频率，故D错误。故选A。3、A【解析】A由图乙可知，当人射光的频率小于时，无需加遏止电压就没有光电流，说明为该金属的截止频率，故A正确；B根据爱因斯坦光电效应方程及动能定理得则得故B错误；C金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身决定，故C错误；D
14、要测得金属的遏止电压，电源的左端应为负极，故D错误。故选A。4、C【解析】A由交变电流的图像可读出电压的最大值为，周期为，则所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为故A错误；B当t=0.02s时，输入电压的瞬时值为0，所以该发电机的线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；CR温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流I2变大，则原线圈中电流也变大，由P=UI得，变压器的输入功率变大，电压表读数 则U3减小，故C正确；D电流表测的是电路中的有效值，不为0，D错误。故选C。5、B【解析】A题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，故A错误；B题
15、图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，故B正确；C无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，故C错误；D做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D错误。故选B。6、A【解析】以AB整体为研究对象，根据平衡条件得2mgsin=Amgcos+Bmgcos=2mgcos+mgcos解得对B受力分析可知，B受重力、支持力、A的弹力及摩擦力而处于平衡状态；则有mgsin=mgcos+解得
16、故A正确，BCD错误。故选A。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、AD【解析】AB对物体受力分析，受重力、支持力和拉力，将重力沿垂直斜面方向和平行与斜面方向正交分解，平行与斜面方向分力为0到内合外力方向沿斜面向上，物块沿斜面向上运动，0到内物体加速度末速度为到内，合力为加速度为末速度为物体沿斜面向上运动，在末物体的速度为0，则动量A正确，B错误；C到内，合力为加速度为末速度为前内物体的物体第内物体的位移C错误；D内力的冲量大小为D正确。故选AD。8、CD【解析】ABF
17、A、FB的大小都随时间而变化，但合力不变，故开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动，A、B分离前，对整体有设A、B间的弹力为FAB，对B有由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即将代入解得联立得，t=2s，此时所以在2s内，A、B两物体一直以2m/s2的加速度做匀加速运动，t=2s后A、B两物体分离，故AB错误；Ct=1s时A物体的运动速度为故C正确；D物体B在t=5s时的加速度为故D正确。故选CD。9、BC【解析】A在t1到t2时间内，两图线围成的面积不等，则位移不等，故A错误BC甲做匀变速直线运动，在t1到t2时间内
18、，平均速度，根据图线围成的面积知，甲的位移大于乙的位移，时间相等，则甲的平均速度大于乙的平均速度，即以的平均速度小于，故B C正确D乙图线的切线斜率先比甲小，后比甲大，可知乙的加速度先小于甲，后大于甲，故D错误10、BC【解析】A如图所示在延长线上取。则电势则连线在等势面上。由几何关系得则则电场强度的大小为故A错误；B电场中的电势差有则故B正确；C因为则电子在点的电势能比点低，故C正确；D因为则电子由点运动到点时电势能减小，则电场力做功为，故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、B 磨砂的面 1.53 【解析】光学镜面及
19、光学玻璃面均不能用手触碰；根据实验原理，运用插针法，确定入射光线和折射光线【详解】（1）玻璃砖的光学面不能用手直接接触，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定，B正确；（2）为了不影响观察实验，应使得磨砂面接触纸面；（3）光路图如图所示：设方格纸上小正方形的边长为，光线的入射角为，折射角为，则，所以该玻璃砖的折射率12、位移； 时间； ； (m+m) 【解析】（1）滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，根据x=at2得a=，所以需要测量的是位移s和时间t（2）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：若要求a是m的一次函数必须使不变，即使m+m不变，在增大m时等量减小m，
20、所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上【点睛】本题根据先根据牛顿第二定律并结合隔离法求解出加速度的表达式，然后再进行分析讨论，不难四、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）；（3）【解析】（1）从P点射入的氚核（）轨迹如图甲所示由几何关系知圆心在b处，轨迹半径从c点射入的氘核（），轨迹半径解得（2）从P点射入的氟核（），运动周期从c点射入的氘核（），运动周期（3）氘核（）和氚核（）在e点相遇有氦核的运动轨迹如图乙所示解得14、（1） （2）【解析】(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减
21、速运动，则加速度由牛顿第二定律得解得(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有解得设小物块滑上木板经时间后小物块、木板的速度相同为，对于木板，解得小物块滑上木板的初速度15、 (1) ；(2) ，；(3)【解析】（1）设小球从静止释放运动到O点时的速率为v0，由动能定理得在O处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得而Fm=4mg联立解得，（2）由前面分析可知小球在O处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。出磁场后做匀速直线运动到达P处。粒子运动轨迹如图所示O1、O2分别为轨迹圆心、磁场圆心，设r、R分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有解得由牛顿第二定律得解得方向垂直于纸面向外；由几何关系可知，解得（3）小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为，所用的时间出磁场后匀速直线运动，所用时间故小球在x0区域运动的时间