2023届湖南省茶陵县第三中学高三第六次模拟考试物理试卷含解析.pdf

2023 年高考物理模拟试卷 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列描述中符合物理学史实的是（）A第谷通过长期的天文观测，积累了大量的天文资料，并总结出了行星运动的三个规律 B开普勒通过“月地检验”证实了地球对物体的吸引力与天体间的吸引力遵守相同的规律 C伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献 D万有引力定律和牛顿运动定律都是自然界普遍适用的规律 2、2010 年命名为“格利泽 581g”的太阳系外行星引起了人们广泛关注，由于该行星的温度可维持表面存在液态水，科学家推测这或将成为第一颗被发现的类似地球世界，遗憾的是一直到 2019 年科学家对该行星的研究仍未有突破性的进展。这颗行星距离地球约 20 亿光年(189.21 万亿公里)，公转周期约为 37 年，半径大约是地球的 2 倍，重力加速度与地球相近。则下列说法正确的是 A飞船在 Gliese581g 表面附近运行时的速度小于 7.9km/s B该行星的平均密度约是地球平均密度的12 C该行星的质量约为地球质量的 8 倍 D在地球上发射航天器前往“格利泽 581g”，其发射速度不能超过 11.2km/s 3、在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力 B根据速度定义式 vxt，当 t 非常小时，xt就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法 C将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想 D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 4、下列属于理想化物理模型的是（）A电阻 B点电荷 C力的合成 D瞬时速度 5、如图，a、b 两个物块用一根足够长的轻绳连接，跨放在光滑轻质定滑轮两侧，b 的质量大于 a 的质量，用手竖直向上托住 b 使系统处于静止状态。轻质弹簧下端固定，竖直立在 b 物块的正下方，弹簧上端与 b 相隔一段距离，由静止释放 b，在 b 向下运动直至弹簧被压缩到最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内）。下列说法中正确的是（）A在 b 接触弹簧之前，b 的机械能一直增加 Bb 接触弹簧后，a、b 均做减速运动 Cb 接触弹簧后，绳子的张力为零 Da、b 和绳子组成的系统机械能先不变，后减少 6、如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落在斜面中点；第二次小球落在斜面底端；第三次落在水平面上，落点与斜面底端的距离为 l。斜面底边长为 2l，则（忽略空气阻力）（）A小球运动时间之比123:1:2:3ttt B小球运动时间之比123:1:2:3ttt C小球抛出时初速度大小之比010203:1:2:3vvv D小球抛出时初速度大小之比010203:2:2:3vvv 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、如图所示是宇宙空间中某处孤立天体系统的示意图，位于O点的一个中心天体有两颗环绕卫星，卫星质量远远小于中心天体质量，且不考虑两卫星间的万有引力。甲卫星绕O点做半径为r的匀速圆周运动，乙卫星绕O点的运动轨迹为椭圆，半长轴为r、半短轴为2r，甲、乙均沿顺时针方向运转。两卫星的运动轨迹共面且交于M N、两点。某时刻甲卫星在M处，乙卫星在N处。下列说法正确的是（）A甲、乙两卫星的周期相等 B甲、乙两卫星各自经过M处时的加速度大小相等 C乙卫星经过M N、处时速度相同 D甲、乙各自从M点运动到N点所需时间之比为 1：3 8、下列说法正确的是 。A失重条件下充入金属液体的气体气泡不能无限地膨胀是因为液体表面张力的约束 B阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动 C由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离 D分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 E.热量一定由高温物体向低温物体传递 9、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 10、下列说法中正确的是（）A热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能 B液体表面张力的方向与液面垂直 C液体表面张力的大小是跟分界线的长度成正比的 D水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体 E.相对湿度 100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态 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）一个小灯泡的额定电压为2.0V额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线。A电源E：电动势为3.0V，内阻不计；B电压表 V1：量程为0 3V，内阻约为1k；C电压表 V2：量程为015V，内阻约为4k；D电流表 A1：量程为0 3A，内阻约为0.1；E.电流表 A2：量程为0 0.6A，内阻约为0.6；F.滑动变阻器1R：最大阻值为10，额定电流为0.3A；G.滑动变阻器2R：最大阻值为15，额定电流为1.0A；H.滑动变阻器3R：最大阻值为150，额定电流为1.0A；L开关S，导线若干。实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：/AI 0.00 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50/VU 0.00 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 (1)实验中电压表应选用_；电流表应选用_；滑动变阻器应选用_。（请填写器材前对应的字母）(2)请你不要改动已连接导线，补全图甲所示实物电路图_。闭合开关前，应使滑动变阻器的滑片处在最_（选填“左”或“右”）端。(3)在如图乙所示坐标系中画出小灯泡的UI曲线_。12（12 分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示.（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示计时器打点的时间间隔为 0.02s.从比较清晰的点起，每 5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离该小车的加速度 a=_m/s2.（结果保留两位有效数字）（2）平衡摩擦力后，将 5 个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度小车的加速度 a 与砝码盘中砝码总重力 F 的实验数据如下表：砝码盘中砝码总重力 F(N)0.196 0.392 0.588 0.784 0.980 加速度 a（ms-2）0.69 1.18 1.66 2.18 2.70 请根据实验数据作出 a-F 的关系图像_.（3）根据提供的试验数据作出的a-F 图线不通过原点，请说明主要原因_ 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）底面积为 S，高度为 L，导热性能良好的气缸竖直放置，气缸开口向上，用一质量可忽略不计的活塞封闭了一定质量的气体，稳定时活塞恰好位于气缸口处。一位同学把某种液体缓慢地倒在活塞上，使活塞沿气缸壁无摩擦的缓慢向下移动，已知大气压强为 P0=1.0105Pa，环境温度保持不变。求：(1)若某种液体为水，为了满足题意，气缸的高度 L 应满足什么条件？（水=1.0103kg/m3）(2)若某种液体为水银，气缸高度 L=2.0m，则活塞下降的高度 h 为多少时就不再下降？（水银=13.6103kg/m3）14（16 分）如图所示，水平地面上某竖直平面内有一固定的内壁光滑的直角三角形管道 ABC，直角边 AB 竖直向下，直角边 BC 水平朝右，C 端开口。取 3 个小球，t=0 时刻三个球 1，2 静止释放，3 斜向抛出。1 号球在拐角处可使速度大小不变方向变为向右。三者在 C 端相遇但不碰撞，继续运动到达地面。三个小球从释放到落到地面所经历的时间分别为 T1，T2，T3。已知直角边 BC 距地面的高度和 AB 边长相同。求：(1)三角形 C 处的角度为多少；(2)T1：T2：T3。15（12 分）如图所示，真空中有以（r，0）为圆心，半径为 r 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里，在 y=r 的虚线上方足够大的范围内，有方向沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度的大小为 E，从 O 点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子。已知质子在磁场中的轨迹半径也为 r，质子的电量为 q，质量为 m。(1)速度方向与 x 轴正方向成 30角（如图中所示）射入磁场的质子，将会进入电场，然后返回磁场，请在图中画出质子的运动轨迹；(2)在(1)问下，求出从 O 点射人的质子第二次离开磁场所经历的时间。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】A第谷进行了长期的天文观测，积累了丰富的资料。以此为基础，之后的开普勒进一步研究总结出了太阳系行星运动的三个规律。所以 A 错误；B牛顿通过“月地检验”证实了地球对物体的吸引力与天体间的吸引力遵守相同的规律，不是开普勒。所以 B 错误；C伽利略对牛顿第一定律的建立做出了贡献，符合物理学史实。所以 C 正确；D万有引力定律和牛顿运动定律都有一定适用范围，不适用于高速微观世界。所以 D 错误。故选 C。2、B【解析】ABC忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力得：mg=m2vR 得到 v=gR 万有引力等于重力，2GMmR=mg，得到 M=2gRG=233443gRMgGVGRR 这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的 2 倍，所以它在表面附近运行的速度是地球表面运行速度的2倍，大于 19km/s，质量是地球的 4 倍，密度是地球的12。故 B 正确，AC 错误。D航天器飞出太阳系所需要的最小发射速度为第三宇宙速度，即大于等于 21km/s，故 D 错误。3、A【解析】A牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，故 A 符合题意；B根据速度定义式 vxt，当 t 非常小时，xt就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故 B不符合题意 C将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想，故 C 不符合题意；D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故 D 不符合题意。故选 A。4、B【解析】理想化模型的特点是现实生活中不存在。通过想象合理分析得出忽略次要因素，只考虑主要因素，据此判断即可。【详解】建立理想化模型的一般原则是首先突出问题的主要因素，忽略问题的次要因素物理学是一门自然学科，它所研究的对象、问题往往比较复杂，受诸多因素的影响有的是主要因素，有的是次要因素为了使物理问题简单化，也为了便于研究分析，我们往往把研究的对象、问题简化，忽略次要的因素，抓住主要的因素，建立理想化的模型如质点、电场线、理想气体、点电荷、自由落体运动等，电阻、力的合成以及瞬时速度均不符合理想化模型的定义，ACD 不符合题意，B 符合题意。故选 B。5、D【解析】A在 b 接触弹簧之前，b 除重力外有绳的拉力做负功，则 b 的机械能减小，故 A 错误；Bb 接触弹簧后，开始阶段弹力较小，b 的合力向下，继续向下加速，b 的合力减为零，再变为向上，b 才开始减速，同样 b 加速时也会带动 a 跟着加速，故 b 接触弹簧后，ab 均先做加速运动后做减速运动，故 B 错误；Cb 接触弹簧后，只要 b 在加速运动，就一定会带着 a 加速，绳子的拉力一定不为零，只有在 b 准备减速时，绳无法拉直，此时绳的张力为零，故 C 错误；D对 a、b 和绳子组成的系统而言，弹簧的弹力属于系统的其它力，则接触弹簧前弹力不做功，接触弹簧后弹力做负功，故系统的机械能先不变后减小，故 D 正确。故选 D。6、D【解析】AB根据 212hgt 得 2htg 小球三次下落的高度之比为1:2:2，则小球三次运动的时间之比为1:2:2，AB 错误；CD小球三次水平位移之比为1:2:3，时间之比为1:2:2，根据 0 xvt 知初速度之比为 010203:2:2:3vvv C 错误，D 正确。故选D。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、AB【解析】A椭圆的半长轴与圆轨道的半径相等，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，故 A 正确；B甲、乙在M点都是由万有引力产生加速度，则有 2GMar 故加速度大小相等，故 B 正确；C乙卫星在MN、两点的速度方向不同，故 C 错误；D甲卫星从M到N，根据几何关系可知，经历16T，而乙卫星从M到N经过远地点，根据开普勒行星运动定律，可知卫星在远地点运行慢，近地点运行快，故可知乙卫星从M到N运行时间大于12T，而从N到M运行时间小于12T，故甲、乙各自从M点运动到N点的时间之比不是 1：3，故 D 错误。故选 AB。8、ACD【解析】A失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果，故金属液体的气体气泡不能无限地膨胀，A 正确；B阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒随空气流动而形成的，并不是布朗运动，B 错误；C由气体的摩尔质量和气体的密度之比可求出气体的摩尔体积，摩尔体积与阿伏加德罗常数之比等于每个气体分子占据的空间大小，由此可以估算出理想气体分子间的平均距离，C 正确；D由于分子之间的距离比较大时，分子之间的作用力为引力，而分子之间的距离比较小时，分子之间的作用力为斥力，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，D 正确；E热量可以在一定的条件下从低温物体传递到高温物体，E 错误。故选 ACD。9、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。10、ACE【解析】A热力学第二定律的一种表述为：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响，即无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循“机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，A 正确；BC液体表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，其大小跟分界线的长度成正比，B 错误 C 正确；D浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固体附着层面积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，D 错误；E相对湿度=空气中水蒸气的压强/同温度下水的饱和气压，当相对湿度为 100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态，故 E 正确。故选 ACE。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、B E G 左 【解析】(1)123灯泡的额定电压为 2.0V，电压表应选 B；灯泡的额定电流为 0.5A，则电流表应选 E；为方便实验操作，且允许通过的最大电流不能小于 0.5A，则滑动变阻器应选 G。(2)45灯泡正常发光时的电阻 240.5URI 46.670.6ARR 10002504VRR 故 VARRRR 则电流表应采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示；闭合开关前，滑片应置于滑动变阻器最左端。(3)6根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的UI曲线如图所示。12、0.16(0.15 也算对)未计入砝码盘的重力 【解析】（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式，关键弄清公式中各个量的物理意义，为连续相等时间内的位移差，t 为连需相等的时间间隔，如果每 5 个点取一个点，则连续两点的时间间隔为 t=0.1s，（3.68-3.51）m，带入可得加速度=0.16m/s1 也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度=0.15m/s1.（1）根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角 45左右为宜由此确定 F 的范围从 0 设置到 1N 较合适，而 a 则从 0 到 3m/s1较合适设好刻度，根据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点如图所示 （3）处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解 与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂砝码时，小车仍由加速度，即绳对小车仍有拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为砝码盘的重力，而在（1）问的图表中只给出了砝码的总重力，而没有考虑砝码盘的重力 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)L10m；(2)h=1.26m【解析】(1)设活塞下降的距离为 L，为了满足题意，应有气体增加的压强 p 小于水产生的压强，即 p水gL 气体做等温变化，有 p0SL=(p0+p)S(LL)两式联立，得 LL10m 活塞下降 L0，所以 L10m(2)由(1)中分析知，活塞不再下降，即气体增加的压强等于水银产生的压强，有 p=水银gh p0SL=(p0+p)S(Lh)联立两式并代入数据，得 h=1.26m 14、(1)37(2)T1：T2：T3=1：0.837：0.767。【解析】(1)由题意设 AB 的长度和直角边 BC 距地面的高度为 H，对 1 号球在 AB 段有 2112Hgt 在 BC 段有 12cos=sinHgt t 可得 112cos2sinHHgttt 根据机械能守恒可知 1 号球和 2 号球到达 C 点速度大小一样，所以对 2 号球有 gt1=gsin（t1+t2）所以 112sinttt 可得 21cos2sinsingtHH 其中 212gtH 2sincos2 解得 3sin5 4cos5 即37；(2)因为 1、2、3 号球到达 C 端时间相同，对 2 号球分析有 221sinsin2Hgt 结合(1)的结果可得 123523Htttg 到达 C 端后的运动对 1 号球 2112Hgt 解得 12Htg 对 2 号球 22221=2yH vtgt 223sin25yvvgH 解得 2123435Htg 对 3 号球 303gyyvvt 203312yHvtg t 解得 317215yvgH 又因为 23331=2yH vtgt 解得 3125141715Htg 所以有 111823HTttg 22212851415HTttg 33312851415HTttg 所以联立可得 T1：T2：T3=1：0.837：0.767 15、(1)；(2)(23)2mBrqBE【解析】(1)如图所示。(2)质子射入磁场后做匀速圆周运动，有 2mvqvBr 可得 qBrvm 质子在磁场中转过120角后从 C 点垂直电场线进入电场，设时间为1t 123mtqB 从 C 点到 D 点匀速运动 2cos30rrvt 解得 2312mtqB 从 D 点减速到 F 点做匀减速运动 3qEvtm 解得 3BrtE 从 F 点到 D 点时间为3t，从 D 点到 C 点时间为2t，从 C 点到 M 点做匀速圆周运动 43mtqB 总时间 123422ttttt(23)2mBrqBE