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1、2023 届辽宁省沈阳市重点高中联合体高三下第一次模拟考试物理试题学校:姓名：班级：考号： 一、单项选择题1. 贝克勒尔在 120 年前首先觉察了自然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用，以下属于放射性元素衰变的是A 238 U 234 Th +4 He92902B 235 U +1 n131 I +103 Y+2 1 n92053390C 2 H + 3 H 4 He +1 n1120D 4 He + 27 Al 30 P +1 n213150试卷第 8 页，共 8 页2. 如下图，甲质点在x轴上做简谐运动，O 为其平衡位置， A 、B 为其所能到达1111的最远处.乙质点沿
2、x轴从 A 点开头做初速度为零的匀加速直线运动AO= A O ，221 122甲、乙两质点分别经过O 、O 时速率相等，设甲质点从 A 运动到O的时间为t ，乙12质点从 A 运动到O 的时间为t ，则111222A t = t12B t t12C t t12D无法比较t 、1t23. 甲、乙两艘船在静水中航行的速度分别为v1 和 v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，甲船用最短时间渡河，乙船以最短航程渡河结果两船抵达对岸的地点恰t好一样则甲、乙两船渡河所用时间之比t1 为2v2A 1Bv22v2vv12C 2v21v1D v24. 如下图，先后用波长为l 、l12的单色光照耀阴极K 均可产生
3、光电流。调整滑片1P，当电压表示数分别为 U1、U2 时， l 、l2 的的光电流恰减小到零. U1p2B光电子的最大初动能 Ek1Ek2C普朗克恒量为e (U(1-U )2D逸出功为e (l U22- lU )11l - lc12l - l125. 某玻璃三棱镜的截面如下图， AB 边沿竖直方向， BAC = 60 ， B = 45 。玻璃的折射率为 3 。当一束水平单色光照耀在三棱镜AB 边上时，光在 AC 边上的折射角为不考虑光在玻璃中的屡次反射 A 30 B 45C 60D 75 6如下图，虚线 O、A、B、C、D 是某匀强电场中的 5 个平行且等距的等势面，一电子经过 O 时的动能为
4、 10eV，从 O 到 C 的过程中抑制电场力所做的功为6eV，等势面 A 的电势为 2V，以下说法正确的选项是A. 等势面 B 上的电势为-2VB. 该电子肯定可以到达等势面 D C该电子经过等势面 C 时，其电势能为-2eV2D该电子经过等势面 A 时的速率是经过等势面 C 时的倍7. 如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为 E，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B。一质量为 m，电荷量为 qq0 的小圆环套在杆上环内径略大于杆的直径无初速下滑。假设重力加速度大小为g，ABCD圆环与杆之间的动摩擦因数为m m qE 0 区0域，其中沿 Ox 方向射入的
5、离子刚好经过 P 点，全部离子均能打到荧光屏上，形成的亮线恰与 M、N 连线重合，不计离子重力及相互作用，求：（1） 匀强磁场的磁感应强度 B 大小和方向：（2） 电场处理器 AMNC 间的电场强度 E 的大小；（3） 假设 F 为 MN 中点，荧光屏上 MF 间与 FN 间收集到的离子数目之比为多少。参考答案：1A【解析】【详解】A. 核反响238 U 234 Th +4 He92902是U 核放射出 粒子变成核的过程，为 衰变，故A 正确；B. 核反响235 U +1 n131 I +103 Y+21 n92053390是U 核吸取一个慢中子后发生裂变反响，故B 错误；C. 核反响2 H
6、+ 3 H 4 He +1 n1120是轻核聚变，故C 错误；D. 核反响4 He + 27 Al 30 P +1 n213150是用 粒子轰击 Al 的人工核反响方程，故D 错误。应选：A。2C【解析】【详解】甲的速度时间曲线是从零开头上升，斜率渐渐减小(弹簧弹力减小)，在最高点变为零(到达平衡位置 O)；乙的速度时间曲线也是从零开头，是直线；假设乙的最高点与甲重合(表示在答案第 10 页，共 14 页O 点速度一样，且 t=t)，则明显乙的路程(三角形面积)小于甲(曲线下方面积)；甲乙要让乙的路程和甲相等，必需将最高点右移(由于速度相等,所以不能上移，只能右移以增加面积)，代表着 tt；甲
7、乙故 C 正确，ABD 错误； 应选C；3C【解析】【详解】两船抵达的地点一样，知合速度方向一样，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直，如图。两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比。则=tv1乙合vv2v=乙 ： 甲2 故 ABD 错误，C 正确.应选C。4D【解析】tv2甲合tanqsinqv21【详解】AB当电压表示数分别为 U1、U2 时， l 、l的的光电流恰减小到零. U1 l12两种单色光光子的动量所以p = hlp p12光电子的最大初动能所以E = eUkcE n所以光线在 D 点将发生全反射，反射角为 45 ，依据几何关系可知反射光线在 AC 上 E
8、点的入射角为 30，设折射角为 r，依据折射定律有3sin r sin30 =解得r = 60如图 2 所示，假设一束光线经过 AB 后射在 AC 上的 F 点，依据几何关系可知光线在 F 点的入射角为 60，由于sin 60 =132 n所以光线在 F 点将发生全反射，不能从 AC 边折射出。综上所述，应选C。6D【解析】【详解】A. 因等势面间距相等，由U = Ed得相邻虚线之间电势差相等，电子由O 到CqU= -6eVOC即eU= 6eVOC故U= 6VOC各虚线电势如下图，电子由 O 到 C，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，j= 0 ，故A 错误；BB. 因电子的
9、速度方向未知，假设不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面 D，故B 错误；C. 由上分析可知 C 点的电势为2V ，则经过 C 时，电势能EPC = -ejC = 2eV故 C 错误； D由 O 到 AW= E- EOAkAkO= -2eV所以由 O 到 CE= 8eVkAW= E- EOCkCkO= -6eV所以E= 4eVkC则E= 2EkAkC依据E= 1k2知mv2故D 正确。应选D。7D【解析】【详解】速度较小时，对圆环受力分析有v=2vACmg - m (Eq - qvB) = ma随着速度增大，加速度渐渐增大，当Eq = qvB加速度为重力加速度，之后，洛伦兹力大于
10、电场力，有mg - m (qvB - Eq) = ma随着速度增大，加速度渐渐减小，速度增大，直到加速度为零时，速度最大，最终做匀速运动。应选D。8. BCD【解析】【详解】A. 双星系统中两颗恒星间距不变，是同轴转动，角速度相等，双星靠相互间的万有引力供给向心力，所以向心力相等，故有m r w2mA ABr w2B由于rA r ，所以mBA r ，所以aBA a ，选项B 正确；BC. 依据牛顿其次定律，有BG mAm2p= m r ()2L2A ATm m2pGAB = m r ()2L2B BT其中r + r = LAB联立解得L3G(m+ m )ABL3 GMT = 2p= 2pL 肯
11、定，M 越小，T 越大，选项C 正确；D. 双星的向心力由它们之间的万有引力供给，有BF =G mAm向L2A 的质量 mA 小于B 的质量 mB，L 肯定时，A 的质量减小m 而B 的质量增加m，依据数学学问可知，它们的质量乘积减小，所以它们的向心力减小，选项D 正确。应选 BCD。9. AD【解析】【分析】【详解】AAB 碰撞过程中满足动量守恒，由图像可知，碰后A 的速度变成原来的1 ，则3m v = (mA 0A可得+ m ) v0B3=m1Am2BA 正确；F = kxB. 设A 质量为 m，则B 质量为 2m，由图乙可知在 x2 处动能做大，由平衡条件可知，此时弹簧弹力为 3mg，从
12、 x1 到 x2 的过程中，弹力增加 mg，由胡克定律则从 O 到 x1，由动能定理mg = k (x2- x )1mgx = E1k1联立解得Ek1x (xx )kB 错误；121C. 从 x1 到 x3 过程中，加速度渐渐减小至 0，然后再增加，股价速度最大处在 x1 或 x3 处， 在 x1 处由3mg - F弹= 3maF= 2mg弹解得在 x3 处有a =g13F ” - 3mg- = 3ma弹F ” = 2mg + kx = 2mg + k (x弹3- x )1解得g (x- x )(a =33 x-2)x213故加速度最大值不行能是 xx2 g ，C 错误；xx21D. 在 x1
13、 处A、B 碰后的动能1v1E= 3m ( 0 )2 =Ek233k1从 x1 到 x3 的过程中，系统机械能守恒，因此1E= E + 3mg(x - x ) =E+ 3mg(x - x )Pk313k131而mgx = E1k1联立得Ek133E (xk13xx )19x8x33x1 Ek1EP11D 正确。应选 AD。10AD【解析】【详解】A. 由题知，a 进入磁场的速度方向向右，b 的速度方向向左，依据右手定则可知，a 产生的感应电流方向是 E 到 F，b 产生的感应电流方向是 H 到 G，即两个感应电流方向一样， 所以流过 a、b 的感应电流是两个感应电流之和，则有I = 2BLv0
14、3R对 a，依据牛顿其次定律有BIL = ma解得02B2 L2v故A 正确；a =3mRB. 依据左手定则，可知 a 受到的安培力向左，b 受到的安培力向右，由于流过 a、b 的电流始终相等，故两个力大小相等，则 a 与 b 组成的系统动量守恒。由题知，t 时刻流过 a2的电流为零时，说明 a、b 之间的磁通量不变，即 a、b 在t 时刻到达了共同速度，设为 v。2由题知，金属棒 a、b 一样材料制成，长度均为 L，电阻分别为 R 和2R ，依据电阻定律有R = r L ， 2R = r Lss解得s = 1 s2 a 的质量为 m，设 b 的质量为m，则有m = r V = r sL ，
15、m = r V = rsL密密密密联立解得m = 1 m2取向右为正方向，依据系统动量守恒有11mv0 - 2 mv0 = m + 2 m v解得故 B 错误；1v = 3 v0C在t1t 时间内，依据2q = I Dt因通过两棒的电流时刻相等，所用时间一样，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C 错误；D在t1t 时间内，对 a、b 组成的系统，依据能量守恒有211 11=mv1 1202 2m v22 +m 022 2mv2 +v2 + Q总解得回路中产生的总热量为对 a、b，依据焦耳定律有Q=mv22总30Q = I 2RDt因 a、b 流过的电流始终相等，所用时间一样，故a、b 产生的热量
16、与电阻成正比，即Q : Qab= 1: 2又解得 a 棒产生的焦耳热为Q + Qab= Q=总22mv230故D 正确。Q =mv2a90应选 AD。1110.2【解析】【详解】112m-2t 2t 221g - kd 2 (m12m g1+ m )211 游标卡尺读数是主尺读数mm 的整数倍加上油标尺的读数mm 的小数位，由图可读出为52依据能量守恒L = 10mm+ 2 0.1mm= 10.2mm1m gx =(m + m )(v 2 - v 2 ) + m m gx联立可得2212211v = d， v = d2t1t21112 m- mm )g-=21t 2t 2(m+ m )d 2x
17、1故应以 -t 223由题意21121为纵坐标建立纵坐标；t 21=2 mk2- mm )g1可解得(m + m12)d 2m2m g - kd 2 (m=212m g1+ m )2121.04500.01.20 V9.00 V0.33 【解析】【详解】11电流表改装，依据电路构造和欧姆定律可得AR = IA R1I - IA可得R = 112电压表改装，依据电路构造和欧姆定律可得U -UUR =V2VRV可得R = 4500223电压表的分度值为 0.1 V，电压表的读数为 1.20 V345由闭合电路欧姆定律可得E = 4U + 3Ir + IRA整理得E3r + RU =-A I44由图
18、象得纵截距为 2.25，斜率确定值为UI1.80 - 2.250.60k = 0.75可得E = 2.25V 43r + RA = 0.754解得E = 9Vr 0.3313(1)85cm；(2) Dm = 9【解析】【详解】m34(1) 玻璃管开口向上时，空气柱的压强 p1= 100 cmHg，设玻璃管开口向下时，水银局部溢出，此时管内水银柱的长度为 x(cm)，玻璃管的横截面积为 S，空气柱的压强p = (75 - x)cmHg2空气柱的长度由玻意耳定律有 p l S = p l1 12 2l = (100 - x)cm2S ，代入数据得10051=(75x)(100x)解得x=15cm，
19、 l = 85 cm2(2) 玻璃管开口向下时，空气柱的长度l3= 75 cm，空气桂的压强 p3= 50 cmHg，设压强为p 、长度为 l的空气柱在压强为 p时的长度为l ，由玻意耳定律有 p l S = p lS 得113Dml - l1 13m =l 3解得Dm = 9m341412kg；22.4m/s【解析】【详解】（1） 设水平向左方向为正方向，A、C 碰撞过程中动量守恒，由图像可得m v= (m + m )v3 C13共1解得m = 2kg3（2） 当 B 速度最大时，相当于 B 与 AC 整体完成一次弹性碰撞，可得(m + m )v=(m+ m )v+m v， 1 (m+ m
20、)v2 = 1 (m+ m )v12 +m v 213共113共22 2213共1213共222 2解得v2 = 2.4 m smvmv21151 B =0 ；方向垂直纸面对外；2 E =0 ；3【解析】【详解】qRqR2(1) 离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，洛伦兹力供给向心力，即v2由题可得qv B = m00rr = R解得0B = mvqR由左手定则可知磁场方向垂直纸面对外；(2) 对沿- y 轴方向射入的离子，其刚好到达 N 点，可知该离子在电场中沿- y 轴方向有2R = v0t在 x 轴方向联立可得2R =1 qE t 22 mmv2E =0qR(3) 对恰好打中荧光屏中间位置的离子在电场中在- y 轴方向有R = v0t在 x 轴方向有联立可得1 qE=xt 22 mx = R2该离子在磁场中运动轨迹如下图可知sinq =2R - R - 1 R2= 1R2可得q = 30可知荧光屏 MF 间与 FD 间收集到的离子对应放射角度为 60与 120，故荧光屏上半局部与下半局部收集到的离子数目之比60 = 11202