2023届昆明市第三中学高考考前模拟物理试题含解析.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、如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的四分之一光滑圆弧轨道平滑相连，木块 A、B 静置于光滑水平轨道上，A、B 的质量分别为 1.5kg 和 0.5kg。现让 A 以 6m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为 0.2s，碰后的速度大小变为 4m/s，当 A 与 B 碰撞后立即粘在一起运动，g 取 10m/s2，则（）AA 与墙壁碰撞过程中，墙壁对 A 的平均作用力的大小15NF BA 和 B 碰撞过程中，A 对 B 的作用力大于 B 对 A 的作用力 CA、B 碰撞后的速度2m/sv DA、B 滑上圆弧的最大高度0.45mh 2、如图所示，“共享单车”极大地方便了老百姓的出行，某高档“共享单车”通过变速器调整链条在轮盘和飞轮的挂入位置，改变行驶速度。轮盘和飞轮的齿数如下表所示：名称 轮盘 飞轮 A 轮 B 轮 C 轮 D 轮 E 轮 齿数 N/个 48 39 24 18 13 则下列说法正确的是()A当 A 轮与 C 轮组合时，两轮的转速之比为 11 B当 A 轮与 C 轮组合时，两轮边缘上的点的线速度大小之比为 12 C当 B 轮与 E 轮组合时，两轮角速度之比为 13 D当 B 轮与 E 轮组合时，两轮边缘上的点的向心加速度大小之比为 31 3、如图，质量为 m=2kg 的物体在=30的固定斜个面上恰能沿斜面匀速下滑。现对该物体施加水平向左的推力 F 使其沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，则推力 F 的大小为（）A20 3N3 B40 3N3 C20 3N D80 3N3 4、如图，一根容易形变的弹性轻导线两端固定。导线中通有如图箭头所示的电流 I。当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加如图所示的匀强磁场 B 时，描述导线状态的四个图示中正确的是（）A B C D 5、如图所示为四分之一圆柱体 OAB 的竖直截面，半径为 R，在 B 点上方的 C 点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D 点与圆柱体相切，OD 与 OB 的夹角为 60，则 C 点到 B 点的距离为()AR B2R C34R D4R 6、一质量为 M 的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力 F 始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为 g。现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（）A2（MFg）BM2Fg C2MFg Dg 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、如图甲所示，长为 l、倾角为 的斜面固定在水平地面上，一质量为 m 的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数 与下滑距离 x 的变化图像如图乙所示，则()A B小物块下滑的加速度逐渐增大 C小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为 D小物块下滑到低端时的速度大小为 8、如图，地球与月球可以看作双星系统它们均绕连线上的 C 点转动在该系统的转动平面内有两个拉格朗日点 L2、L4(位于这两个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用下绕 C 点做匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变)，L2点在地月连线的延长线上，L4点与地球球心、月球球心的连线构成一个等边三角形我国已发射的“鹊桥”中继卫星位于 L2点附近，它为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持假设 L4点有一颗监测卫星，“鹊桥”中继卫星视为在 L2点已知地球的质量为月球的 81 倍，则 A地球和月球对监测卫星的引力之比为 81：1 B地球球心和月球球心到 C 点的距离之比为 1：9 C监测卫星绕 C 点运行的加速度比月球的大 D监测卫星绕 C 点运行的周期比“鹄桥”中继卫星的大 9、下列提法正确的是（）A用一个三棱镜演示光的偏折现象，紫光的偏折角比红光的偏折角小 B以相同入射角斜射到同一平行玻璃砖后，红光侧移比紫光的侧移小 C通过同一单缝衍射装置演示单缝衍射，红光比紫光效果好 D用同装置进行双缝干涉实验，紫光的相邻条纹间距比红光的大 E.以相同入射角从水中斜射向空气，红光能发生全反射，紫光也一定能发生全反射 10、如图所示，在竖直平面内的 xOy 坐标系中分布着与水平方向成 30角的匀强电场，将一质量为 0.1kg、带电荷量为+0.01C 的小球以某一初速度从原点 O 竖直向上抛出，它的轨迹方程为 y1=x，已知 P 点为轨迹与直线方程 y=x 的交点，重力加速度 g=10m/s1则（）A电场强度的大小为 100N/C B小球初速度的大小为5 3m/s C小球通过 P 点时的动能为5 3J4 D小球从 O 点运动到 P 点的过程中，电势能减少3J 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）某实验小组成员用如图所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长关系”的实验（1）将弹簧悬挂在支架上，弹簧上端刚好与竖直刻度尺的零刻度对齐，当弹簧下端挂上一个钩码且处于静止时，弹簧下端的指针指在刻度尺上的位置如图 1 所示，此时弹簧的长度为 l1_cm.（2）对于实验中的操作，下列说法正确的是_ A测量弹簧原长时，需要把弹簧水平放稳后进行测量读数 B挂钩上挂的钩码越多，实验误差越小 C弹簧的自重不会影响弹簧的劲度系数测量 D由于弹簧的自重，会使测量的劲度系数有一定的误差（3）在弹簧弹性限度内，改变弹簧下端所挂钩码的个数，同时测出对应弹簧的长度，已知每个钩码的质量为 50g，在m-l 坐标系中描点作图如图 2 所示，当地的重力加速度 g 取 9.80m/s2，则由图象可以得到弹簧的劲度系数 k_N/m(结果保留三位有效数字)12（12 分）用如图甲所示装置来探究功和物体速度变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条AB、，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道固定在水平桌面上，动滑轮上可挂钩码，滑轮质量、摩擦均不计。（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是_；（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d _cm；（3）主要实验步骤如下：测量木板（含遮光条）的质量M，测量两遮光条间的距离L，按图甲正确连接器材。将木板左端与轨道左端对齐。由静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B A、先后经过光电门所用的时间2ttt、，则可以测出遮光条B A、通过光电门时的速度大小和合外力对木板做的功；加挂钩码，重复的操作，建立木板速度v和细线拉力对木板做的功W的相关图像，分析得出实验结论。（4）根据实验中可能遇到的困难，回答下列问题：由静止释放木板的瞬间，弹簧测力计的示数会_（填“变大”“变小”或“不变”）；如果将钩码的个数成倍增加，细线拉力对木板做的功W将_（填“会”或“不会”）成倍增加；利用图像法处理实验结果时，应该建立_（填“vW”“2vW”或“2vW”）图像，如果得到的图像是线性变化的，则说明实验探究成功，此时图像的斜率的表达式为k _（用已知物理量的符号表示）。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）一列简谐横波在均匀介质中沿 x 轴正方向传播，t=0 时刻的波动图象如图甲所示，其中处于 x=12m 处的质点 c 的振动图象如图乙所示。求：质点 a 的运动状态传到质点 d 所用的时间；从 t=0 时刻开始，5.5s 内质点 b 运动的路程和 t=5.5s 时质点 b 的位移。14（16 分）如图所示是在工厂的流水线上安装的水平传送带，用水平传送带传送工件可大大提高工作效率水平传送带以恒定的速度 v0=1 m/s 运送质量为 m=0.5 kg 的工件，工件都是以 v=1 m/s 的初速从 A 位置滑上传送带工件与传送带之间的动摩擦因数=0.1每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时后一个工件立即滑上传送带取 g=l0 m/s1，求：(1)工件经多长时间停止相对滑动；(1)在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离；(3)摩擦力对每个工件做的功；(4)每个工件与传送带之间的摩擦产生的内能 15（12 分）如图所示，在光滑水平面上静止放置质量 M=2kg、长 L=2.17m、高 h=0.2m 的长木板 C。距该板左端距离 x=1.81m 处静止放置质量 mA=1kg 的小物块 A，A 与 C 间的动摩擦因数=0.2。在板右端静止放置质量 mB=1kg 的小物块 B，B 与 C 间的摩擦忽略不计。A、B 均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2。现在长木板 C 上加一水平向右的力 F，求：(1)当 F=3N 时，小物块 A 的加速度；(2)小物块 A 与小物块 B 碰撞之前运动的最短时间；(3)若小物块 A 与小物块 B 碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力 F 的大小(本小题计算结果保留整数部分)；(4)若小物块 A 与小物块 B 碰撞无能量损失，当水平向右的力 F=10N，小物块 A 落到地面时与长木板 C 左端的距离。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规定向右为正方向，则 06m/sv ，14m/sv 对 A 在与墙碰撞的过程，由动量定理得 1 11 0F tm vm v 75NF 所以 A 错误；BA 和 B 碰撞过程中，A 对 B 的作用力和 B 对 A 的作用力是一对相互作用力，应该大小相等，方向相反，所以 B 错误；C由题意可知，A 和 B 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 1 1122()m vmm v 23m/sv 所以 C 错误；DA 和 B 碰后一起沿圆轨道向上运动，在运动过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得 2121221()()2mmghmm v 0.45mh 所以 D 正确。故选 D。2、C【解析】ABA 轮与 C 轮通过链条连接，轮边缘上的点的线速度大小相等，齿数之比为 21，转速之比为 12，选项 A、B错误；CDB 轮与 E 轮通过链条连接，轮边缘上的点的线速度大小相等，齿数之比为 31，转速之比为 13，角速度之比为 13，轮边缘上的点的向心加速度之比为 13，选项 C 正确，D 错误。3、C【解析】无 F 时，恰能沿斜面下滑，有 mgsin=mgcos 则有 3tan3 有 F 时，沿下面匀速上滑，对物体进行受力分析如图所示 有 Fcos=mgsin+（mgcos+Fsin）F（cos-sin）=2mgsin 解得 2sin20 3NcossinmgF 故 C 正确，ABD 错误。故选 C。4、B【解析】考查安培力。【详解】A图示电流与磁场平行，导线不受力的作用，故 A 错误；B由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故 B 正确；C由左手定则判得，安培力的方向垂直直面向里，故 C 错误；D由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故 D 错误。故选 B。5、D【解析】由几何知识求解水平射程根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过 D 点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到 C 点到 B 点的距离【详解】设小球平抛运动的初速度为 v0，将小球在 D 点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有 0tan60yvv，解得：03gtv，小球平抛运动的水平位移：xRsin 60，xv0t，解得：202Rgv，232yRgv，设平抛运动的竖直位移为 y，22yvgy，解得：34Ry，则 BCy(RRcos 60)=4R，故 D 正确，ABC 错误【点睛】本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并求 CB 间的距离是关键 6、A【解析】分别对气球匀速上升和匀速下降过程进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可。【详解】匀速下降时，受到重力 Mg，向上的浮力 F，向上的阻力 f，根据共点力平衡条件有：=+Mg F f 气球匀速上升时，受到重力Mm g，向上的浮力 F，向下的阻力 f，根据共点力平衡条件有：+=Mm g f F 解得：=2FmMg 故 A 正确，BCD 错误。故选 A。【点睛】本题关键对气球受力分析，要注意空气阻力与速度方向相反，然后根据共点力平衡条件列式求解。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、物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsin0mgcos，即 0tan，故 A 错误.B、根据牛顿第二定律有：，下滑过程中 逐渐减小，则加速度 a 逐渐增大，故 B 正确.C、由图乙可知，则摩擦力，可知 f 与 x 成线性关系，如图所示:其中 f0=0mgcos，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功：，故 C 正确.D、下滑过程根据动能定理有：,解得：，故 D 错误.故选 BC.【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，涉及到变力做功的问题，F-x 图象所围的面积表示 F 所做的功.8、AC【解析】A 项：由公式2mMGFr可知，地球和月球对监测卫星的引力之比为等于地球的质量与月球的质量之比即为 81：1，故 A 正确；B 项：设地球球心到 C 点的距离为 r1，月球球心到 C 点的距离为 r2，对地球有：212mMGMrL地地 222mMGMrL月月 联立解得：21r81=1MMr地月，故 B 错误；C 项：对月球有：2=GM MM aL月地月，对监测卫星有：地球对监测卫星的引力2GM mL地，月球对监测卫星的引力2GM mL月，由于两引力力的夹角小于 90o，所以两引力的合力大于2GM mL地，由公式2GMaL可知，监测卫星绕 C 点运行的加速度比月球的大，故 C 正确；D 项：由于监测卫星绕 C 点运行的加速度比月球的大，所以监测卫星绕 C 点运行的周期比月球的更小，由于月球的周期与“鹄桥”中继卫星的相等，所以监测卫星绕 C 点运行的周期比“鹄桥”中继卫星的小，故 D 错误 9、BCE【解析】A因为紫光的折射率大于红光的折射率，所以通过三棱镜后紫光的偏折角大，故 A 错误；B以相同入射角斜射到同一平行玻璃砖，因为紫光的折射率大，则紫光偏折更厉害，如图：则紫光的侧移大，故 B 正确；C发生明显衍射现象的条件是入射光的波长比小孔大或相差不多，红光的波长大于紫光的，所以用同一装置做单缝衍射实验时，红光效果要好些，故 C 正确；D根据 Lxd 因为紫光的波长短，则紫光的干涉条纹间距小，红光的干涉条纹间距较宽，故 D 错误；E相同入射角从水中斜射向空气，因紫光的折射率大于红光，所以紫光的临界角小于红光，红光能发生全反射，紫光也一定能发生全反射，故 E 正确。故选 BCE。10、AC【解析】小球，以某一初速度从 O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程 y=x1，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿 x 轴正方向，竖直方向：qEsin30=mg，所以：22/100/0.02mgEN CN Cq，选项 A 正确；小球受到的合力：F合=qEcos30=ma，所以 a=3g；P 点的坐标为（1m，1m）；由平抛运动规律有：01v t；2112at，解得05 3/vm s，选项 B 错误；小球通过 P 点时的速度220()25 3/Pvvatm s，则动能为215 324kPPEmvJ，选项 C 正确；小球从 O 到 P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：00cos3030(3 1)EWEqxEqsinxJ，选项 D 错误；故选 AC.点睛：本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程 y=x1，得出小球在受到的电场力与重力大小关系是解答的关键 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、22.50（22.5022.52 均可）C 23.0（22.723.2 均可）【解析】（1）1已知刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，由示数可知此时弹簧的长为 22.50cm；（2）2A.弹簧自身有重力，弹簧竖直悬技时由于自身重力必然有一定的伸长，故弹簧竖直悬挂时测出的长度，才能作为实验中弹簧的原始长度，A 错误；B.悬挂的钩码太多，有可能会超过弹簧的弹性限度，B 错误；CD.由于：k=Fx 即 k 与弹力的变量 F 及对应的形变量 x 有关，与弹簧的自重无关，C 正确，D 错误（3）3根据图象有：k=Fx=-3-2300 109.833.2-20.410（）N/m=23.0 N/m 12、平衡摩擦力 0.560 变小 不会 2vW 2M 【解析】（1）1实验中轨道应倾斜一定角度，是利用木板的重力沿轨道向下的分力来平衡摩擦力；（2）2根据游标卡尺的读数方法可得遮光条的宽度为 0.5cm12 0.05mm0.5cm0.060cm0.560cm（4）3释放木板前，设弹簧测力计的示数为1F，根据受力平衡有 12Fmg 释放的瞬间，对木板有 FMa 对钩码有 122mgFma 则有 12mgF 122FmgmM 故有 1FF 弹簧测力计的示数会变小 4由 122FmgmM 可知，当钩码的个数成倍增加，即m加倍时，F不是成倍增加的，而每次位移相等，故细线拉力做的功不会成倍增加；56以木板为研究对象，根据动能定理有 222111222ABFLMvMvM v 故应该建立2vW图像，图像对应的函数关系为 22vWM 故 2kM 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、0.2s；5.5m，10cm【解析】由图甲可知，简谐波的波长12m，由图乙可知，简谐波的周期0.4sT，故该波的传播速度 30m/svT 由正弦函数曲线规律可知，质点 a 平衡位置的横坐标为 5m，质点 d 平衡位置的横坐标为 11m，所以质点 a 的运动状态传到质点 d 所用的时间 11 5s0.2s30 xtv 5.5s 内，有 35.5s5.2s0.3s134tT 故5.5ts时质点 b 处在正的最大位移处，质点 b 运动的位移为 10cm；质点 b 运动的路程 13 430.1m5.5ms 14、(1)0.5s (1)1m (3)0.75J (4)0.15J【解析】(1)对工件受力分析，由牛顿第二定律有：解得：a=g=1m/s1 (1)两个工件滑上传送带的时间间隔为 t，正常运行时工件间的距离：(3)摩擦力对每个工件做功：(4)每个工件与传送带之间的相对位移：摩擦产生的内能 15、(1)1m/s2；(2)t=0.6s；(3)6NF26N；(4)x2=0.78m【解析】(1)若长木板 C 和小物块一起向右加速运动，设它们之间是静摩擦力为 f，由牛顿第二定律得:F=（M+mA）a 解得 a=1m/s2 则 f=mAa=1NmAg=2N，这表明假设正确，即 A 的加速度为 1m/s2(1)要使小物块 A 在与小物块 B 碰撞之前运动时间最短，小物块 A 的加速度必须最大，则 A 所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有 mAg=mAa1 2112Lxat 解得 t=0.6s(3)要使小物块 A 加速度最大，且又不从长木板 C 的左端滑落，长木板 C 的加速度有两个临界条件:由牛顿第二定律得:F1=（M+mA）a1 则 F1=6N 由牛顿第二定律得:F2-f=Ma2 22211122a tatx 则 F2=26N 故 6NF26N(4)若小物块 A 与小物块 B 碰撞点距从长木板 C 的左端距离为 x1 F3-f=Ma3 223111122a tatxx 解得 x1=1.45m 设小物块 A 发生碰撞到从长木板 C 左端滑落的时间为 t1，因有物块 A、B 发生弹性碰撞，速度交换，故有 22313 11 111122a tta tatx 解得 t1=0.5s 设小物块 A 碰撞到从长木板 C 左端滑落时各自的速度分别为 vm、vM，小物块 A 落到地面时与长木板 C 左端的距离为x2 2212hgt F3=Ma4 vm=a1t1 vM=a3t+a3t1 则有 vMt2+24 212a t-vmt2=x2 x2=0.78m