《河北省定州市2022-2023学年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《河北省定州市2022-2023学年高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.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考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接。一小球（可视为质点）从A点由静止开始沿轨道下滑，恰好能通过C点，则BC弧
2、的半径为（ ）ABCD2、如图所示，质量为的木块A放在质量为的斜面体B上，现对木块A施加一竖直向下的力F，它们均静止不动，则（ ）A木块A与斜面体B之间不一定存在摩擦力B斜面体B与地面之间一定存在摩擦力C地面对斜面体B的支持力大小等于D斜面体B受到4个力的作用3、如图所示，在与磁感应强度为B的匀强磁场垂直的平面内，有一根长为s的导线，量得导线的两个端点间的距离=d，导线中通过的电流为I，则下列有关导线受安培力大小和方向的正确表述是（ ）A大小为BIs，方向沿ab指向bB大小为BIs，方向垂直abC大小为BId，方向沿ab指向aD大小为BId，方向垂直ab4、如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，
3、以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，则电流表的示数为。（ ）ABCD5、如图，一根长直导线竖直放置，通以向上的电流。直导线与铜圆环紧贴但相互绝缘，且导线经过环心O。下述各过程中，铜环中有感应电流的是（）A环竖直向上匀速运动B环绕环心O匀速转动C环向左匀速运动D环以导线为轴匀速转动6、沿同一直线运动的A、B两物体运动的v-t图象如图所示，由图象可知AA、B两物体运动方向始终相同BA、B两物体的加速度在前4s内大小相等、方向相反CA、B两物体在前4s内不可能相遇DA
4、、B两物体若在6s时相遇，则时开始时二者相距30m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、在某空间建立如图所示的平面直角坐标系，该空间有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿某个方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m，带电荷量为的粒子（不计重力）从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动。下列说法正确的是（ ）A匀强电场的电场强度大小为vBB电场强度方向沿y轴负方向C若磁场的方向沿x轴负方向，粒子也能做匀速直线运动D若只改变磁场的方
5、向，粒子不可能做匀变速直线运动8、真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。下列说法正确的是（）Ax=10cm处的电势比x=20cm处的电势高B从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小C点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4D从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小9、如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30、60)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上
6、的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（ ）AA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1BA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2)1CA、B两粒子的比荷之比是1DA、B两粒子的比荷之比是(2)310、已知与长直通电导线距离为r处的磁感应强度大小为，其中I为导线中的电流，k为常数。在ABC=120的等腰三角形的三个顶点处各有一条长直通电导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流I，电流方向如图所示。其中O点为AC边的中点，D点与B点关于AC边对称。现将另外一根通电导体棒垂直于纸面放在O点时，其受到的安培力的大小为F。若将该导体棒垂直于纸面放到D点，电流大小
7、和方向与在O点时一致，则此时该导体棒受到的安培力（）A方向与在O点受到的安培力方向相同B方向与在O点受到的安培力方向垂直C大小为FD大小为2F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）某同学利用如图所示的装置来测量动摩擦因数，同时验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一斜面下端与水平面之间由光滑小圆弧相连，斜面与水平面材料相同。第一次，将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，测出斜面长度为l，斜面顶端与水平地面的距离为h，小滑块在水平桌面上滑行的距离为X1（甲图）；第二次将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从斜面顶端无初速
8、度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离X2（图乙）。已知滑块A和B的材料相同，测出滑块A、B的质量分别为m1、m2，重力加速度为g。(1)通过第一次试验，可得动摩擦因数为=_；（用字母l、h、x1表示）(2)通过这两次试验，只要验证_，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。（用字母m1、m2、x1、x2表示）12（12分）某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸下列哪些措施能够提高实验准确程度_A选用两光学表面间距大的玻璃砖B选用两光学表面平行的玻璃砖C选用粗的大头针完成实验D插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些该小组用同一套器材
9、完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是_该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于、点，再过、点作法线的垂线，垂足分别为、点，如图所示，则玻璃的折射率_（用图中线段的字母表示）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，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆
10、，一端套在内环MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径，外圆半径，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，恰好到达EF处，EF到圆心的连线与竖直方向成角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：(1)这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量q；(2)金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v和R两端的电压U。14（16分）如图甲所示，弯折成90角的两根足够长金题导轨平行放置，形成左右两导执平面，左导轨平面与水平面成53角，右导轨平面与水平面成37角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.
11、1的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑，t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动cd杆运动的v-t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.求：（1）在第1秒内cd杆受到的安培力的大小（2）ab杆的初速度v1（3）若第2s内力F所做的功为9J，
12、求第2s内cd杆所产生的焦耳热15（12分）如图所示， 在xoy平面内， 有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流.电子流沿+x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直xoy平面向里.在磁场区域的正下方d处，有一长为2d的金属板MN关于y轴对称放置，用于接收电子，电子质量为m，电量为e，不计电子重力及它们间的相互作用.(1)若正对0点射入的电子恰好从P点射出磁场，求磁感应强度大小B；(2)在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在MN板上的时间t：(3)若所有电子都能从P点射出磁场，MN板能接收到的电子
13、数占发射电子总数的比例是多大?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】设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，则有： 小球从A到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒得： 联立解得：A，与结论相符，选项A正确；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；故选A。2、D【解析】A对木块A进行受力分析，受竖直向下的重力和推力F，垂直斜面的支持力，由平衡条件可知，木块A还受到沿斜面向上的静摩擦力，故A错误；BC以AB为整体作为研究对象受
14、力分析，由平衡条件可知，斜面体B与地面之间无摩擦力，地面对斜面体B的支持力故BC错误；D单独以斜面体B为研究对象受力分析，斜面体B受重力，地面对斜面体B的支持力，木块A对斜面体B的压力及木块A对斜面体B的沿斜面向下的静摩擦力，故D正确。故选D。3、D【解析】导线的等效长度为d，则所受的安培力为F=BId，由左手定则可知方向垂直ab。故选D。4、D【解析】线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。此交变电动势的最大值为设此交变电动势在一个周期内的有效值为E，由有效值的定义得解得故电流表的示数为故选D。5、C【解析】AD直导线中通以恒定的电流时，产生稳恒的磁场，根据安培定则判断可知，直导
15、线两侧的磁场方向相反，由于左右对称，当环竖直向上、向下匀速运动或以直导线为轴转动，穿过铜环的磁通量始终为零，保持不变，所以没有感应电流产生，AD错误；B环绕环心O匀速转动，穿过铜环的磁通量始终为零，没有感应电流产生，B错误；C环向左匀速运动，磁通量增加，有感应电流产生，C正确。故选C。6、D【解析】A物体先向负方向做减速运动，然后在向正方向做加速运动；B物体一直向正方向加速，故选项A错误；直线的斜率等于加速度，则A、B两物体的加速度在前4s内大小相等方向相同，选项B错误；前4s内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A、B两物体在前4s内可能相遇，选项C错误；A、B两物体若在6s时相遇，则计时
16、开始时二者相距，选项D正确；故选D.点睛：能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键，在同一个坐标系中要正确比较各个图象表示的运动情况，明确图象斜率的含义，最好能把图象和实际运动想结合起来二、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粒子恰好能沿x轴正向做匀速直线运动，可知受电场力和洛伦兹力平衡，因洛伦兹力沿y轴负向，可知电场力沿y轴正向，且qE=qvB则E=Bv且方向沿y轴正方向，选项A正确，B错误；C若磁场的方向沿x轴负方向，则粒子不受洛伦兹力作用，粒子
17、只在沿y轴正方向的电场力作用下不可能做匀速直线运动，选项C错误；D若只改变磁场的方向，则洛伦兹力与电场力不再平衡，则粒子将做变速曲线运动，不可能做匀变速直线运动，选项D正确；故选AD.8、AC【解析】A点电荷p从x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高，故A正确；B点电荷p在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；C从x=10cm到x=30cm
18、范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm到x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿-x轴方向，所以，点电荷p在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，故有其中rA=30cm，rB=20cm，所以，QA：QB=9：4，故C正确；D点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式F=qE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力一定先减小后增大，故D错误。故选AC。9、BD【解析】AB设AB两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R和r， 根据上图可知联立解得故A错误，B正确。CD粒
19、子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得解得，由题意可知，两粒子的v大小与B都相同，则AB两粒子的之比与粒子的轨道半径成反比，即粒子比荷之比为，故C错误，D正确。故选BD。10、AC【解析】AB由磁场叠加以及安培定则可知，AC两处的直导线在O点产生的磁场叠加结果为零，则O点的磁场是B点的直导线在O点产生的，其方向为水平向左；同理可知D点的合磁场方向也是水平向左，则导体棒在O点和D点所受安培力的方向相同（如图），选项A正确，B错误；CD由以上分析可知，O点的磁感应强度为D点的磁感应强度为则导体棒在OD两点受安培力相等，选项C正确，D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题
20、，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、 【解析】(1)1对小滑块下滑到停止过程，据动能定理得 解得(2)2对小滑块A滑到斜面最低点的速度为v1，在水平桌面上时，据牛顿第二定律得m1g=m1a解得a=g据速度位移关系公式得 设A与B碰撞后速度为v2，同理得根据A、B碰撞过程动量守恒得m1v1=(m1+m2)v2联立解得12、AD D 【解析】采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，保证光线的直线度，因此AD正确，光学表面是否平行不影响该实验的准确度，因此B错误，应选用细一点的
21、大头针因此C错误根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确，ABC错误由折射定律可知折射率，联立解得四、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)M指向P，；(2)，【解析】(1)由楞次定律可以判定通过R的电流方向由M指向P；金属杆从AB滑动到CD的过程中 由得： (2)设金属杆离开磁场小球的速率为v，角速度为，第一次离开磁场到EF，由动能定理得： v=3l 金属杆第一次离开磁场瞬间产生电动势为： 由得 14、（1）0.2
22、N（2）1m/s（3）3J【解析】（1）对cd杆，由v-t图象得：a1=4m/s2， 由牛顿第二定律得：mgsin53-(mgcos53+F安）=ma解得：F安=0.2N（2）对ab杆，感应电动势：E=BLv1电流： cd杆的安培力：F安=BIL解得：v1=lm/s.（3）由题意得第3s内cd的加速度：a2=-4m/s2 设2s时ab杆的速度为v2，对cd杆，由牛顿第二定律得：mgsin53-(mgcos53+）=ma2解得：v2=9m/s 有运动学知识得2s内ab杆的位移： 由动能定理得：WF+WG+Wf+W安=又WF=9J WG=mgx2sin37 Wf=-mgx2cos37 -W安=2Q
23、cd 解得：Qcd=3J 点睛：本题是电磁感应和图象结合的题目，分析清楚运动过程、合理的利用图象得到关键的加速度，再由牛顿第二定律和运动学公式及动能定理求解即可15、 (1) (2) (3) 【解析】（1）可求得电子旋转的轨道半径是，根据公式解得（2）电子在磁场中运动时间为电子出磁场后的运动时间为总时间为（3）所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为。板能接收到的电子从点射出时，速度偏转角为（即与正方向的夹角）满足到达点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为，四边形为菱形，点到轴的距离到达点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为，四边形为菱形，点到轴的距离竖直长度占射入总长度的比例所以板能接收的电子数占发射电子总数的比例。