2022-2023学年浙江省钱清中学高三下学期第五次调研考试物理试题含解析.pdf

2023 年高考物理模拟试卷 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车 A、B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力)，控制两车以相同的速度 v0做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车 A 保持原来的牵引力不变，玩具车 B 保持原来的输出功率不变，当玩具车 A 的速度为 2v0时，玩具车 B 的速度为 1.5v0，运动过程中受到的阻力仅与质量成正比，与速度无关，则正确的是（）A在这段时间内两车的位移之比为 65 B玩具车 A 的功率变为原来的 4 倍 C两车克服阻力做功的比值为 1211 D两车牵引力做功的比值为 31 2、如图所示，带正电的点电荷 Q 固定，电子仅在库仑力作用下，做以 Q 点为焦点的椭圆运动，M、P、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离 Q 最近的点。M、N和 EM、EN分别表示电子在 M、N 两点的电势和电场强度，则电子从 M点逆时针运动到 N 点（）AMN，EMEN BMN，EMEN C电子的动能减小 D电场力对电子做了正功 3、如图所示，一电子以与磁场方向垂直的速度 v 从 P 处沿 PQ 方向进入长为 d、宽为 h 的匀强磁场区域，从 N 处离开磁场，若电子质量为 m，带电荷量为 e，磁感应强度为 B，则（）A电子在磁场中做类平抛运动 B电子在磁场中运动的时间 t=dv C洛伦兹力对电子做的功为 Bevh D电子在 N 处的速度大小也是 v 4、如图所示的电路中，D1、D2是完全相同的灯泡，线圈 L 的自感系数较大，直流电阻不计。先闭合开关 S，电路稳定后再断开开关 S，此时()AD1立刻熄灭 BD2立刻熄灭 CD1闪亮一下逐渐熄灭 DD2闪亮一下逐渐熄灭 5、某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示，若水柱截面为 S，水流以速 v 垂直射到墙面上，之后水速减为零，已知水的密度为 p，则水对墙面的冲力为（）ASv B2Sv C22Sv D2Sv 6、2019 年 10 月 11 日，中国火星探测器首次公开亮相，暂命名为“火星一号”，计划于 2020 年发射，并实现火星的着陆巡视。已知火星的直径约为地球的 53%，质量约为地球的 11%，请通过估算判断以下说法正确的是（）A火星表面的重力加速度小于29.8m/s B探测器在火星表面所受重力等于在地球表面所受重力 C探测器在火星表面附近的环绕速度等于7.9km/s D火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度 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、某列简谐横波在 t10 时刻的波形如图甲中实线所示，t23.0s 时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲 a、b、c、d 四点中某质点的振动图象，则正确的是_ A这列波的周期为 4s B波速为 0.5m/s C图乙是质点 b 的振动图象 D从 t10 到 t23.0s 这段时间内，质点 a 通过的路程为 1.5m E.t39.5s 时刻质点 c 沿 y 轴正方向运动 8、如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈N，手机端为接收线圈M，接收线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，手机可看成纯电阻R，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。下列说法正确是（）A只要发射线圈N中有电流流入，接收线圈M两端一定可以获得电压 B只要接收线圈M两端有电压，发射线圈N中的电流一定不是恒定电流 C当接收线圈M中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈M中有均匀增加的电流 D若t时间内，接收线圈M中磁感应强度大小均匀增加B，则接收线圈M两端的电压为()nS BRt Rr 9、如图所示，电源为恒流源，即无论电路中的电阻如何变化，流入电路的总电流 I0始终保持恒定，理想电压表 V 与理想电流表 A 的示数分别为 U、I，当变阻器 R0的滑动触头向下滑动时，理想电压表 V 与理想电流表 A 的示数变化量分别为 U、I，下列说法中正确的有（）AU 变小，I 变大 BU 变大，I 变小 CUI=R1 DUI=R0+R3 10、如图甲所示，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至离地高度0.1mh 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并作出如图乙所示滑块的kEh图象，其中高度从 0.2m 上升到 0.35m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取210m/sg，由图象可知（）A小滑块的质量为 0.1kg B轻弹簧原长为 0.2m C弹簧最大弹性势能为 0.5J D小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.4J 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）某实验小组用如图所示的装置，做验证机械能守恒定律的实验。当地重力加速度为g：(1)电磁铁通过铁夹固定在铁架台上，给电磁铁通电，小球被吸在电磁铁下方（光电门的正上方）。电磁铁断电，小球由静止释放，测得小球通过光电门所用时间为t，测得小球直径为d，电磁铁下表面到光电门的距离为()h hd，根据测得数值，得到表达式_（用已知和测得的物理量表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验证；(2)若保持电磁铁位置不变，改变光电门的位置，重复上述实验，得到多组h及小球通过光电门的时间t，为了能通过图像直观地得到实验结果，需要作出h_（填“t”“2t”“1t”或“21t”）图像，当图像是一条过原点的倾斜直线时，且在误差允许的范围内，斜率等于_（用已知和测得的物理量表示），则机械能守恒定律得到验证；(3)下列措施可以减小实验误差的是_。A选用直径较小，质量较大的小球 B选用直径较大，质量较大的小球 C电磁铁下表面到光电门的距离适当大些 D尽量让小球球心通过光电门 12（12 分）某同学通过实验测定一个阻值约为 5 的电阻xR的阻值：(1)现有电源(4V,内阻可不计、滑动变阻器(050a，额定电流 2A)、开关和导线若干,以及下列电表：A电流表(03A,内阻约 0.025)B电流表(00.6A,内阻约 0.125)C电压表(03V,内阻约 3k)D电压表(015V,内阻约 15k)为减小测量误差,在实验中,电流表应选用_,电压表应选用_(选填器材前的字母)；(2)下图是测量 Rx 的实验器材实物图,图中已连接了部分导线 要求电压表和电流表从零开始读数,补充完成图中实物间的连线_：(3)接通开关,改变滑动变阻器滑片 P 的位置,并记录对应的电流表示数 I、电压表示数 U，某次电表示数如图所示,可得该电阻的测量值xURI_(保留三位有效数字)(4)在测量电阻的过程中产生误差的主要原因是_(选填选项前的字母)A电流表测量值小于流经xR的电流值 B电流表测量值大于流经xR的电流值 C电压表测量值小于xR两端的电压值 D电压表测量值大于xR两端的电压值(5)实验中为减少温度的变化对电阻率的影响,采取了以下措施,其中在确的是_ A多次测量 U、I,画UI图像,再求 R 值 B多次测量 U、I,先计算 R,再求 R 的平均值 C实验中通电电流不宜过大,通电时间不宜过长 D多次测量 U、I,先求 U、I 的平均值,再求 R 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，一全反射棱镜 BCD，D=90，BD=CD，E 是 BD 的中点，某单色光 AE 从 E 点射入棱镜，AEBC，已知该色光在棱镜中传播的全反射临界角为 30，BC 边长为 1，光在真空中传播的速度为 c，求：在 BD 界面发生折射时折射角的正弦值：该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。14（16 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 内，第 I 象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第 IV 象限以 ON 为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为.B一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子，自 y 轴正半轴上yh处的 M 点，以速度0v垂直于 y 轴射入电场。经 x 轴上2xh处的 P 点进入磁场，最后垂直于 y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：1电场强度大小 E；2粒子在磁场中运动的轨道半径 r；3粒子在磁场运动的时间 t。15（12 分）如图所示，两平行金属板，A、B长8cmL，两板间距离6cmd，A、B两板间的电势差100 3VABU。一比荷为61 10 C/kgqm 的带正电粒子（不计重力）从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度402 10 m/sv 飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，已知两界面MN、PS相距为8cms。带点粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域，PS右侧是一个矩形磁场区域上下无边界，磁感应强度大小为33BT，方向如图所示。求：（1）PS分界线上的C点与中心线OO的距离y；（2）粒子进入磁场区域后若能从PS边返回，求磁场宽度应满足的条件。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】B 设玩具车、货车质量都为 m，动摩擦因数为，那么两车的挂钩断开与货车分离，玩具车的速度为 v0，牵引力 F=2mg，加速度为 a=g，电机输出功率 P=Fv0=2mgv0 变为原来的 2 倍，则 B 错误；A玩具车 A 保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车 A 的速度为 2v0时，位移 2200202322()AvSgavv 功率 PA=F2v0=2PA 克服摩擦力做的功 2032fAWmgSmv 牵引力做的功：WFA=FsA=3mv02；玩具车 B 保持原来的输出功率不变前进，当玩具车 A 的速度为 2v0时，玩具车 B 的速度为 1.5v0，由动能定理可得：2200002111.522BvvPmgSmvmva 所以位移 20118BvSg 所以 sA：sB=12：11；则 A 错误 CD克服摩擦力做的功：20118fBBmWmgSv 所以 WfA：WfB=12：11；牵引力做的功：200022FBvvWPmva 所以 WFA：WFB=3：2 故 C 正确，D 错误；故选 C。2、D【解析】考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。【详解】AB在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以 EMEN，MN，故 AB 错误；CD当电子从 M 点向 N 点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故 C 错误，D 正确。故选 D。3、D【解析】电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力将做匀速圆周运动，运动时间为：PNdtvv弧，故 AB 错误；由洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，电子在洛伦兹力方向没有位移，所以洛伦兹力对电子不做功，故 C 错误；电子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变也是 v，故 D 正确所以 D 正确，ABC 错误 4、D【解析】电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，由于 D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L 的自感系数较大，直流电阻不计，原来 D1、线圈和 D2、电阻并联，D2回路电阻大，电流小，所以自感电流大于原来通过 D2电流，但不会大于原来通过 D1的电流，所以 D2闪亮一下逐渐熄灭，D1逐渐熄灭，所以 D 正确，ABC 错误；故选 D。5、B【解析】设 t 时间内有 V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：m=V=Svt 以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为 F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft=0-mv，即：F=-mvt=-Sv1，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲击力大小也为 Sv1 A.Sv，与结论不相符，选项 A 错误；B.2Sv，与结论相符，选项 B 正确；C.22Sv，与结论不相符，选项 C 错误；D.2Sv，与结论不相符，选项 D 错误。6、A【解析】设火星质量为0M，半径为 r，设地球质量为 M，半径为 R，根据题意可知 0110MM，12rR AB根据黄金替代公式2GMgR可得地球和火星表面重力加速度为 2GMgR，002122101554GMGMGMgggrRR 故 A 正确 B 错误；CD地球的第一宇宙速度为 7.9km/svgR 火星的第一宇宙速度为 00215525g rgvRgRv 故 CD 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、ABE【解析】A由图乙可知，波的振动周期为 4s，故 A 正确；B由甲图可知，波长=2m，根据波速公式 2m/s0.5m/s4vT 故 B 正确；C在 t1=0 时刻，质点 b 正通过平衡位置，与乙图情况不符，所以乙图不可能是质点 b 的振动图线，故 C 错误；D从 t1=0 s 到 t2=3.0 s 这段时间内为34T，所以质点 a 通过的路程为 s=344A=15cm=0.15m，故 D 错误；E因为 t39.5s238T，2T 后质点 c 回到最低点，由于3 482TTT，所以 t3=9.5s 时刻质点 c 在平衡位置以上沿 y轴正向运动，故 E 正确。故选 ABE。8、BD【解析】A若发射线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得电压，A 错误；B只要接收线圈两端有电压，说明穿过接收线圈的磁场变化，所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流，B 正确；C若穿过接收线圈M的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律 BEnnStt 可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈M中有感应电流且恒定，C 错误；D根据法拉第电磁感应定律有 BEnnStt 根据分压规律得M两端的电压()EnS BRURRrt Rr D 正确。故选 BD。9、AC【解析】AB当变阻器 R0的滑动触头向下滑动时，R0阻值减小，电路总电阻 R 减小，则由 U=I0R 可知，电压表 U 读数变小；R2上电压不变，则 R1上电压减小，电流变小，则 R3支路电流变大，即 I 变大；选项 A 正确，B 错误；CD由电路可知 0201UI RIIR 即 0202001111-=(+)-UI RI RIIIURRR 则 1=URI 选项 C 正确，D 错误。故选 AC。10、BC【解析】A在从 0.2m 上升到 0.35m 范围内，Ek=EP=mg h，图线的斜率绝对值为：0.32N0.350.2kEkmgh 所以：m=0.2kg 故 A 错误；B在 Ek-h 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，所示从 h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的 0.2m。故 B 正确；C根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 Epm=mg h=0.210（0.35-0.1）=0.5J 故 C 正确；D由图可知，当 h=0.18m 时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知 EPmin=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5+0.2100.1-0.32=0.38J 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、21()2dght 21t 22dg ACD 【解析】(1)1由机械能守恒有 21()2dmghmt 故要验证的表达式为21()2dght。(2)23由21()2dght得 2212dhg t 即为了直观地得到实验结果，应作21ht图像，在误差允许的范围内图像的斜率为22dg，则机械能守恒定律得到验证。(3)4 AB为了减少实验误差，应选用质量大、体积小的小球，选项 A 正确，选项 B 错误；CD电磁铁下表面到光电门的距离适当大些可以减小长度及速度测量的误差，尽量让小球球心通过光电门，减小因小球遮光长度不是直径引起的误差，选项 C、D 正确。故填 ACD。12、B；C；5.20；B；C；【解析】(1)由于电源电动势为 4V，所以电压表应选 C（因为若选择电压表 D 时，电动势 3V 还不到电压表量程的13）；根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：max40.85xUIAAR所以电流表应选 B；(2)实物连线图如图所示：(3)由图可知，电流表的读数为：I=0.50A，电压表的读数为：U=2.60V，所以待测电阻为：2.605.200.50URI (4)根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经 Rx的电流，所以产生误差的主要原因是 B；故选 B(5)由于电流流过电阻丝发热，所以在实验时流过电阻丝的电流不能过大，并且时间不要太长，故选 C 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、24；4 147lc。【解析】根据全反射临界角，由公式1sinCn求出棱镜的折射率，再根据折射定律求光线在 BD 界面发生折射时折射角的正弦值，做出光在棱镜中的传播路径，根据几何关系求出光线在棱镜内通过的路程，由cvn 求出光在棱镜中传播速度，从而求得该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。【详解】已知光在棱镜中传播的全反射临界角为30C，由：1sinCn 得：2n 在 BD 界面发生折射时，由折射定律得：sin45sin1n 解得：2sin14 光在 BD 边上折射后射到 BC 边上，由于入射角大于 30，所以在 BC 边上发生全反射，最后从 CD 边射出，光在介质中的传播路径如图所示：在BEF 中，根据正弦定理有：sin45sin 901sin 451EFBFBE 解得：1426EFl，7 21412BFl 则：5 21412FCBCBFl 在FGC中根据正弦定理有：sin45sin 901FCFG 则：5 147 242FGl 则光在棱镜中传播的路径长为：2 147xEFFGl 则光在棱镜中传播的时间为：4 147xxlcvcnt 答：在 BD 界面发生折射时折射角的正弦值为24。该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间为4 147lc。14、2002312324mvmvmqhqBqB【解析】1设粒子在电场中运动的时间为1t，根据类平抛规律有：0 12hv t，211 2hat 根据牛顿第二定律可得：Eqma 联立解得：202mvEqh 2粒子进入磁场时沿y 方向的速度大小：10yvatv 粒子进入磁场时的速度：02vv 方向与 x 轴成45角，根据洛伦兹力提供向心力可得：2vqvBmr 解得:02mvrqB 3粒子在磁场中运动的周期：22rmTvqB 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角：135，则粒子在磁场中运动的时间：1353336084mtTTqB 15、（1）24 3 10 m；（2）d0.06m【解析】（1）设穿过界面 PS 时偏离中心线的距离为 y，粒子在电场中运动的时间为 6104 10 sLtv 根据牛顿第二定律 Uqmad 得粒子在电场中的加速度为 2103=10 m s6qUamd 则粒子在电场内竖直方向的位移为 221114 310 m23yat 设粒子从电场中飞出时在竖直方向的速度为 vy，则 14s2 33m0=1yatv 从电场中飞出后在水平方向的运动时间为 6204 10 sstv 从电场中飞出后在竖直方向做匀速运动，位移为 462228 34 1010 m310323yyv t 所以穿过界面 PS 时偏离中心线的距离为 122m4 3 10yyy（2）做出运动轨迹如图所示 则速度夹角为 03tan3yvv C 点的速度 v 为 404 310 m scos3vv 因为洛伦兹力提供向心力 2mvqvBR 得=0.04mmvRqB 由几何关系得 sin0.06mlRR 所以磁场宽度应满足大于 0.06m。