《甘肃省靖远第四中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《甘肃省靖远第四中2022-2023学年高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.doc（19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请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、一物体沿倾角为30的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移x时间t关系图像是一段抛物线，如图所示，g=10m/s2。则（）A下滑过程中物体的加速度逐渐变大Bt=0.5s时刻，物体的速度为
2、0.5m/sC00.5s时间内，物体平均速度为1m/sD物体与斜面间动摩擦因数为2、两个完全相同的波源在介质中形成的波相互叠加的示意图如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，则以下说法正确的是（）AA点为振动加强点，经过半个周期后，A点振动减弱BB点为振动减弱点，经过半个周期后，B点振动加强CC点为振动加强点，经过四分之一周期后，C点振动仍加强DD点为振动减弱点，经过四分之一周期后，D点振动加强3、如图甲所示，一滑块从固定斜面上匀速下滑，用t表示下落时间、s表示下滑位移、Ek表示滑块的动能、Ep表示滑块势能、E表示滑块机械能，取斜面底为零势面，乙图中物理量关系正确的是（）ABCD4、如图所示，足
3、够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角，其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计。质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中（ ） A金属棒做匀加速直线运动B当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为0.5gC电阻R上产生的焦耳热为D通过金属棒某一横截面的电量为5、国家发展改革委、交通运输部、中国铁路总公司联合发布了中长期铁路网规划，勾画了新时期“八纵八横”高速铁路网的宏大蓝图。设某高铁进站时做匀减速直
4、线运动，从开始减速到停下所用时间为9t，则该高铁依次经过t、3t、5t时间通过的位移之比为（ ）ABCD6、下列说法正确的是（）A单摆的摆球在通过最低点时合外力等于零B有些昆虫薄而透明的翅翼上出现彩色光带是薄膜干涉现象C变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场D一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大二、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、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为
5、m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（）ABCD8、如图所示，航天器和卫星分别在同一平面内的1、2轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为r、2r，速率分别为v1和v2。航天器运动到A点时突然加速到v3后沿曲线运动，其轨迹与轨道2交于B点，经过B点时速率和加速度分别为v4和a1，卫星通过B点时加速度为a2。已知地球的质量为M，质量为m的物体离地球中心距离为r时，系统的引力势能为（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿AB曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（）ABCD若航天器质量为m0，由A点运动到B点的
6、过程中地球对它的引力做功为9、如图所示，一固定斜面倾角为，一质量为的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小。若物块上升的最大高度为，则此过程中，物块的（ ）A动能损失了B动能损失了C机械能损失了D机械能损失了10、2019年8月19日20时03分04秒，我国在西昌卫星发射中心利用长征三号乙增强型火箭发射中星18号同步通信卫星，下列说法正确的是（）A中星18号同步通信卫星可定位在北京上空B中星18号同步通信卫星的运动周期为24hC中星18号同步通信卫星环绕地球的速度为第一宇宙速度D中星18号同步通信卫星比近地卫星运行角速度小三、实验题：本题共2小题
7、，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）某同学采用图甲所示的电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验中用电压表测量小灯泡的电压，用多用电表的直流挡测量通过小灯泡的电流。（1）图甲中多用电表的黑表笔是_（填“P”或“Q”），用多用电表的直流电流挡测量通过小灯泡的电流时，需要将多用电表的两个表笔连接到a、b两处，其中黑表笔应与_（填“a”或“b”）连接。（2）实验配备的器材如下：A待测小灯泡L（“2.5V，0.2W”）B电压表V（量程0-3V，阻值约）C多用电表（三个直流电流挡量程分别为1mA，10mA，100mA）D滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A）E
8、.滑动变阻器（阻值范围，额定电流1A）F.电池组（电动势4.5V，内阻约为）G.开关一只，导线若干为了使测量尽可能地准确且能方便地进行调节，多用电表直流电流挡量程应选_，滑动变阻器应选_。（3）该同学选取合适的器材后，用导线将器材按图甲所示的电路连接起来，如图乙所示。他在实验前进行电路检查时发现漏接了一根导线，请你在乙图上用笔画上这根漏接的导线_。 （4）该同学纠正连线错误后，通过实验测得多组I、U值并描绘出小灯泡的I-U曲线如图丙所示。由I-U曲线可以看出：当灯泡两端电压时小灯泡的电阻=_（保留两位有效数字）；（5）我们知道，多用电表用久以后，表内电池的电动势会减小而内阻会增大。那么用久以后
9、的多用电表电流挡测得的电流与真实值相比_（填“偏大”，“偏小”或“相同”）。12（12分）某一小型电风扇额定电压为5.0V，额定功率为2.5W某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A电源E（电动势为6.0V）B电压表V（量程为06V，内阻约为8k）C电流表A1（量程为00.6A，内阻约为0.2）D电流表A2（量程3A，内阻约0.05）；E滑动变阻器R1（最大阻值5k，额定电流100mA）F滑动变阻器R2（最大阻值25，额定电流1A）（1）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_滑动变阻器应选用_（填所选仪器前的字母序
10、号）。（2）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图中的虚线框内（小电风扇的电路符号如图甲所示）_。（3）操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_，正常工作时的发热功率为_W，机械功率为_W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，两条直线与所夹区域内有两个不同的匀强磁场，磁场的直线边界与和均垂直。一质量为、电荷量为的带电粒子以某一初速度垂直射入磁场，受磁场力的作用，最终垂直于边界
11、且从段射出。已知：两磁场的磁感应强度分别为、（各物理量单位均为国际单位制中的主单位），粒子进入磁场的初速度为。不计粒子重力，求：(1)粒子在、磁场中运动的半径之比(2)粒子在两磁场中运动的最短时间14（16分）如图所示，质量m1=1kg的木板静止在倾角为=30足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径R=m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m2=2kg、可视为质点的小滑块以v0=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s2。求(1)滑块
12、离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；(2)木板的最小长度；(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。15（12分） “801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v1向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域内当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)区域内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相
13、等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应)已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：(1)氙原子核在A处的速度大小v2；(2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小v3；(3)因区域内磁场发生器故障，导致区域中磁感应强度减半并分布在整个区域中，求能进入区域的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比参考答案一、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
14、要求的。1、D【解析】A由匀变速直线运动位移公式代入图中数据解得a=2m/s2A错误；B根据运动学公式t=0.5s代入方程解得B错误；C00.5s时间内，物体平均速度C错误；D由牛顿第二定律有mgsin30mgcos30=ma解得动摩擦因数D正确。故选D。2、C【解析】A点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强，A错误；B点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，B错误；C点处于振动加强区，振动始终加强，C正确；D点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，D错误。故选C。3、D【解析】A滑块匀速下滑，动能不变，A错误；BC势能且所以BC错误；D滑块机械能D正确。故选D。
15、4、D【解析】A对金属棒，根据牛顿第二定律可得：可得：当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A错误；B金属棒匀速下滑时，则有：即有：当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为：故B错误；C对金属棒，根据动能定理可得：解得产生的焦耳热为：电阻上产生的焦耳热为：故C错误；D通过金属棒某一横截面的电量为：故D正确；故选D。5、D【解析】可以将高铁进站时的匀减速直线运动等效成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等的时间内的位移之比为可得题中依次经过t、3t、5t通过的位移之比ABC错误D正确。故选D。
16、6、B【解析】A单摆的摆球在通过最低点时，回复力等于零，而合外力一定不等于零，故A错误；B薄而透明的羽翼上出现彩色光带，是由于羽翼前后表面反射，进行相互叠加，是薄膜干涉现象，故B正确；C均匀变化的电场产生稳定磁场，非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，故C错误；D根据相对论，则有沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度短，故D错误。故选：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、BC【解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正
17、方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0=mv1+2mv2由动能守恒得： 联立得：1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg= A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：联立得：v0=，可知若小球B经过最高点，则需要：v02.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：联立得：v0=可知若小球不脱离轨道时,需满足：v0由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v0或v0，故AD错误，BC正确故选BC【点睛】小球A的运动可能有两种情况：1恰好能通过最高点，说明小球到达
18、最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度8、AD【解析】AB在轨道1运动时的速度在轨道2运动时的速度即 从A到B由能量守恒关系可知 解得则选项A正确，B错误；C在B点时由可得则选项C错误；D若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为选项D正确。故选AD。9、BD【解析】AB已知物体上滑
19、的加速度大小为，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为故A选项错误，B选项正确；CD设摩擦力的大小为，根据牛顿第二定律得得则物块克服摩擦力做功为根据功能关系可知机械能损失，故C错误，D正确。故选BD。10、BD【解析】A中星18号同步通信卫星轨道面与赤道面是共面，不能定位在北京上空，故A错误；B其运动周期为24h，故B正确；C根据 可得：中星18号同步通信卫星环绕地球的速度小于第一宇宙速度即近地卫星的环绕速度，故C错误；D中星18号同步通信卫星轨道高于近地卫星轨道，运行角速度比近地卫星运行角速度小，故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
20、，不要求写出演算过程。11、P b 100mA R1 28 相同 【解析】(1)12多用电表黑表笔接表的负插孔，故由图可知P为多用电表的黑表笔；对于多用电表测量时因遵循电流由红表笔进表，由黑表笔出表，故可知黑表笔应与b连接；(2)34根据小灯泡的规格可知电路中电流约为灯泡电阻约为故为了测量准确减小误差多用电表直流电流挡量程应选100mA；滑动变阻器应选R1；(3)5滑动变阻器是采用的分压式接法，故连接图如图所示(4)6根据图丙可知当灯泡两端电压，电流I=78mA=0.078A，故此时小灯泡的电阻(5)7使用多用电表电流档测电流时并不会用到表内的电池，即表内电池电动势和内阻的大小对多用电表电流档
21、的测量无影响，故测得的电流与真实值相比是相同的。12、（1）C； E； （2）实验电路图如图所示； （3）2.5， 0.625， 1.875。 【解析】（1）电风扇的额定电流，从读数误差的角度考虑，电流表选择C电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10的误差较小，即选择E。（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约 ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。电路图如图所示。（3）电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。根据欧姆定律得：正常工作时电压为5V，根据图象知电流为0.5A，则电风扇发热功率为：PI2R0.522.5W0.625W，则机械功
22、率PUII2R2.50.6251.875W，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；(2)0.015s【解析】(1)粒子在磁场内做圆周运动，根据牛顿第二定律则有则两半径之比(2)粒子在磁场内做圆周运动的轨迹如图，粒子交替在与磁场内做圆周运动，图示情景为最短时间粒子在磁场内做圆周运动的周期分别为由几何关系知，带电粒子在两磁场中运动时间分别为则总时间为14、 (1)9.75m； (2)7.5m； (3)【解析】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15
23、m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得解得h=9.75m(2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=15m/s，滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知 滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知该过程中木板走过的位移滑块走过的位移之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度L=x2x1联立解得L=7.5m；(3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知 一起匀减速向上运动的位移木板从最高点再次滑至A点时的
24、速度为v2，由运动学公式可知滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知v3=v2a2t2=a1t2该过程中木板走过的位移一起匀减速向上运动的位移设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为联立各式得15、（1） （2） （3） 【解析】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时： 根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即 则： （2）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强
25、电场，设等离子体的电荷量为 ，则 即 氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为 ，根据动能定理可知：其中电压 联立可得（3）根据题意，当区域中的磁场变为之后，根据可知，根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I该轨迹的圆心O1，正好在N点，所以根据几何关系关系可知，此时；根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I，所以此时入射角度根据上述分析可知，只有这个范围内射入的粒子还能进入区域I该区域的粒子占A处总粒子束的比例为