《福建省龙岩高中2023年高三第四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《福建省龙岩高中2023年高三第四次模拟考试物理试卷含解析.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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、已知地球半径约为6400km，地球表面处的重力加速度g取。则对绕地球运动的卫星来说，下列说法正确的是（）A卫星可以绕地球任意一纬线做圆周运动B卫星可以绕地球任意一经线做圆周运动C卫星在地
2、球表面的运动速度一定不会大于第一宇宙速度D卫星在距地球高度400km的轨道上做圆周运动的周期约为90分钟2、如图所示，用不可伸长的轻质细线a、b悬挂一小球，小球静止时，绳a、绳b与水平方向的夹角均为 ，绳b的拉力大小为F1。现将绳a剪断，剪断后瞬间绳b的拉力大小为F2，则F1:F2为（）A1:1B1:2C2:1D3、一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，细线的张力为FT，则FT随2变化的图象是（）ABCD4、平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向
3、垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计粒子重力。则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为ABCD5、人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列有关说法中不正确的是（）A伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动B法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动C海王星是在万有引力定律发现之前通过观测发现的D密立根通过油滴实验
4、测得了基本电荷的数值6、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（ ）ABCD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、如图甲，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧车离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h，并
5、作出如图乙所示滑块的动能Ek与h的关系图像，其中h=0.2m0.35m图线为直线，其余部分为曲线，h=0.18m时，滑块动能最大，不计空气阻力，取g=10m/s2，则由图像可知（ ）A图线各点斜率的绝对值表示合外力大小B滑块的质量为0.1kgC弹簧的原长为0.18mD弹簧的劲度系数为100N/m8、如左图所示,假设某星球表面上有一倾角为的固定斜面,一质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上运动,其速度时间图象如右图所示.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为该星球半径为R=6104km.引力常量G6.671011Nm2/kg2,则下列正确的是:( )A该星球的第一宇宙速度B该星球的质量C该星球的自转周期
6、D该星球的密度9、图甲为一列简谐横波在t0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）A在t0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动B在t0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C从t0.10 s到t0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD从t0.10 s到t0.25 s，质点P通过的路程为30 cmE.质点Q简谐运动的表达式为y0.10sin 10t（国际单位）10、质点在光滑水平面上做直线运动，图像如图所示。取质点向东运动的方向为正，则下列说法中正确的是（）A加速度方向发生改变B质点
7、在2s内发生的位移为零C质点在2s末的速度是3m/s，方向向东D质点先做匀减速后做匀加速的直线运动三、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）重物带动纸带自由下落，测本地重力加速度。用6V。50Hz的打点计时器打出的一条纸带如图甲所示，O为重物下落的起点，选取纸带上连续打出的A、B、C、D、E、F为测量点，各测量点到O点的距离h已标在测量点下面。打点计时器打C点时，重物下落的速度_m/s；分别求出打其他各点时的速度v，作关系图像如图乙所示，根据该图线，测得本地的重力加速度_。（结果保留三位有效数字）12（12分）某学习小组利用图甲所示的电
8、路测量电源的电动势及内阻(1)按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整_(2)正确连接电路后，进行如下实验闭合开关S，通过反复调节滑动变阻器R1、R2，使电流表A3的示数为0，此时电流表A1、A2的示数分别为100.0 mA和80.0 mA，电压表V1、V2的示数分别为1.60 V和1.00 V再次反复调节R1、R2，使电流表A3的示数再次为0，此时电流表A1、A2的示数分别为180.0 mA和40.0 mA，电压表V1、V2的示数分别为0.78 V和1.76 Vi实验中调节滑动变阻器R1、R2，当电流表A3示数为0时，电路中B点与C点的电势_（选填“相等”或“不相等”）ii为了提高测量的精确度
9、，电流表A3的量程应选择_A00.6 A B0100 mA C0500 A测得电源的电动势E =_V，内阻r =_（结果保留3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、方程式和演算步骤。13（10分）质量为m5kg的物体从t0开始在水平恒力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示。g取10m/s2，求：（1）推力F的大小；（2）若t1时刻撤去推力F，物体运动的总位移为14m，求t1。14（16分）质量为的小车置于光滑的水平面上，车上固定着一根竖直轻杆，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂在杆的上端。按住小
10、车并拉直轻绳使其水平，然后同时放开小车和小球，小球下落后与轻杆发生弹性碰撞。(1)求碰撞前瞬间小球和小车的速度大小；(2)若碰撞的作用时间为，求碰撞过程中小球对轻杆的平均冲击力的大小。15（12分）如图所示，MN、PQ是间距为L的平行光滑金属导轨，导轨电阻不计，置于磁感强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，P、M间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好，阻值为的金属导体棒ab垂直导轨放置，ab的质量为m。ab在与其垂直的水平恒力下作用下，在导线在上以速度v做匀速运动，速度v与恒力方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路，已知磁场的磁感应强度大小为B，导线的长度恰好等于平行轨道的间
11、距L，忽略摩擦阻力和导线框的电阻。求： (1)金属棒以速度v匀速运动时产生的电动势E的大小；(2)金属棒以速度v匀速运动时金属棒ab两端电压Uab；(3)金属棒匀速运动时。水平恒力F做功的功率P。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】A卫星绕地球做圆周运动，是由万有引力提供向心力，卫星绕赤道做圆周运动的圆心一定在地心，绕不在赤道面上的纬线做圆周运动的圆心显然不在地心，选项A错误；B因为经线在随地球自转，而卫星绕地球做圆周运动，没有使其随地球自转的作用力，选项B错误；C对于正在地球表面做离心运动的卫星，其运动
12、速度大于第一宇宙速度，选项C错误；D对于近地卫星，有对于卫星有联立解得T=90分钟选项D正确。故选D。2、C【解析】小球静止时，绳a、绳b与水平方向的夹角均为 ，根据题意可知，此时绳b的拉力大小和绳a拉力大小相等，根据几何关系可知将绳a剪断，剪断后瞬间绳b的拉力大小与重力沿绳方向的分力大小相等故故C正确ABD错误。故选C。3、C【解析】由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FTsinFNcosm2LsinFTcosFNsinmg联立解得FTmgcos2mLsin2小球离开圆锥表面后，
13、设细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律有FTsinm2Lsin解得FTmL2故C正确。故选C。4、D【解析】、粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力，有解得根据轨迹图知，OPQ=60则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为，则D正确，ABC错误。故选D。5、C【解析】伽利略在斜面实验中得出物体沿斜面下落时的位移和时间的平方成正比，然后利用这一结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，故A正确；法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向；故B正确；海王星是在万
14、有引力定律发现之后通过观测发现的，故C不正确；密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，任何电荷的电荷量都应是基本电荷的整数倍；故D正确；6、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
15、，故D错误；图线正确的是选B。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】A根据动能定理可得故图像的斜率表示滑块受到的合外力大小，A正确；B在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，即只受重力作用，所以从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，斜率大小为即重力大小为所以故BC错误；D在滑块与弹簧未分离的过程中，当滑块受到的重力和
16、弹力等大时，滑块的速度最大，即动能最大，故有根据题意可知0.18m时动能最大，而弹簧原长为0.2m，代入解得D正确。故选AD。8、ABD【解析】上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有，下滑过程中，在沿斜面方向上有，又知v-t图像的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为：，联立解得，故该星球的第一宇宙速度为，A正确；根据黄金替代公式可得该星球的质量为，B正确；根据所给条件无法计算自转周期，C错误；该星球的密度，D正确9、BCE【解析】A由yt图象可知，t0.10 s时质点Q沿y轴负方向运动，选项A错误；C由yt图象可知，波的振动周期T0.2 s，由yx图象可知8 m，故波速
17、v40 m/s，根据振动与波动的关系知波沿x轴负方向传播，则波在0.10 s到0.25 s内传播的距离xvt6 m，选项C正确；Bt0.25s时，波形图如图所示，此时质点P的位移沿y轴负方向，而回复力、加速度方向沿y轴正方向，选项B正确；D由t0.15 sT，质点P在其中的T内路程为20 cm，在剩下的T内包含了质点P通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm，因此在t0.15 s内质点P通过的路程小于30 cm，选项D错误；E由yt图象可知质点Q做简谐运动的表达式为y0.10sin t（m）0.10sin 10t（m），选项E正确10、BD【解析】A图像是一条倾斜直线，斜率表示加速度，故加速
18、度保持不变，A错误；B根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，图像在时间轴上方表示的位移为正，图像在时间轴下方表示的位移为负，则知在前2s位移为x31m31m0B正确；C根据图像可知，质点在2s末的速度是3m/s，“”说明方向向西，C错误；D01s内质点速度在减小，加速度不变，做匀减速直线运动，1s2s速度在增大，且方向相反，加速度不变，故做反向匀加速直线运动，D正确。故选BD。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、1.56 9.709.90 【解析】1由可知2根据v2=2gh，由图象求斜率得2g，所以。12、（1）如图所示； i相等 ii
19、C 2.87 1.50 【解析】（1）根据原理图连接实物图如图所示；（2）i、实验中，调节滑动变阻器，当电流表示数为0时，说明电流表两端电势差为零，故电路中B点与C点的电势相等；ii、为了使实验结果更精确，必须严格控制B、C两点电流为零，如果电流表A3的量程相比与电路中的电流太大，会造成BC中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选C；iii、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为，干路电流为；第二次实验中有，干路电流为；由闭合电路欧姆定律可知，联立解得【点睛】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求BC两点的电势相等，即无电流通过BC，所以在选择A3时一定要
20、选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧姆定律，求解电源电动势和内阻四、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）14N；（2）5s【解析】(1)由vt图象知加速运动的加速度a10.8m/s2减速运动的加速度大小为2m/s2加速阶段 减速阶段解得F14N(2)设加速运动的位移为x1，总位移为x，由动能定理得 解得t15s14、 (1) ，；(2)【解析】(1)小球和小车组成的系统水平方向动量守恒小球和小车组成的系统机械能守恒解得，(2)对全过程，由动量守恒得由机械能守恒得碰撞过程中，以小球为研究对象，设轻杆对小球的平均作用力为F，由动量定理得根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的平均冲击力大小联立各式解得15、 (1)；(2)；(3)【解析】(1)在内金属棒ab由原来的位置AB移动到，如图所示这个过程中闭合回路面积的变化量是则穿过闭合回路的磁通量的变化量是根据法拉第电磁感应定律可得(2)电路中的电流为金属棒ab两端的电压为：(3)金属棒ab所受的安培力为金属棒克服安培力做功的功率为