2022-2023学年云南省富宁县第二中学高三第三次模拟考试物理试卷含解析.pdf

2023 年高考物理模拟试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，滑块以初速度 v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零若用 x、v、a 分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象中能正确 描述该过程的是 A B C D 2、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 5：1，原线圈中接入 u=100sin（100t）V 的正弦交流电，保险丝的熔断电流为 1A，电表为理想电表，定值电阻 R0=10。各元件正常工作，下列判断正确的是（）A电流表的读数为 2A B电容器的击穿电压不得低于 20V C原线圈中最大电流不能超过 1A D流过电容器 C 的电流每秒方向改变 50 次 3、下列说法正确的是_ A 射线为原子的核外电子电离后形成的电子流 B一个氢原子从 n=3 的激发态跃迁到基态时，最多能产生 3 个不同频率的光子 C用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期 D原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量 4、5G 是“第五代移动通信网络”的简称，目前世界各国正大力发展 5G 网络5G 网络使用的无线电波通信频率在 3.0 GHz 以上的超高频段和极高频段（如图所示），比目前 4G 及以下网络（通信频率在 0.3GHz3.0GHz 间的特高频段）拥有更大的带宽和更快的传输速率未来 5G 网络的传输速率（指单位时间传送的数据量大小）可达 10G bps（bps 为bits per second 的英文缩写，即比特率、比特/秒），是 4G 网络的 50-100 倍关于 5G 网络使用的无线电波，下列说法正确的是 A在真空中的传播速度更快 B在真空中的波长更长 C衍射的本领更强 D频率更高，相同时间传递的信息量更大 5、如图所示，在圆形空间区域内存在关于直径 ab 对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环刚好与磁场边界重合，下列说法中正确的是 A若使圆环向右平动，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向 B若使圆环竖直向上平动，感应电流始终沿逆时针方向 C若圆环以 ab 为轴转动，a 点的电势高于 b 点的电势 D若圆环以 ab 为轴转动，b 点的电势高于 a 点的电势 6、在如图所示的理想变压器供电线路中，原线圈接在有效值恒定的交流电源上，副线圈接有两个灯泡，电流表、电压表均为理想电表。开关 S 原来是断开的，现将开关 S 闭合，则（）AA1的示数增大，A2的示数增大 BA1的示数不变，A2的示数增大 CV1的示数减小，V2的示数减小。DV1的示数不变，V2的示数减小 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，一列简谐横波正沿 x 轴传播，实线是 t=0 时的波形图，虚线为 t=0.1s 时的波形图，则以下说法正确的是（）A若波速为 50m/s，则该波沿 x 轴正方向传播 B若波速为 50m/s，则 x=4m 处的质点在 t=0.1s 时振动速度方向沿 y 轴负方向 C若波速为 30m/s，则 x=5m 处的质点在 0 时刻起 0.8s 内通过的路程为 1.2m D若波速为 110m/s，则能与该波发生干涉的波的频率为 13.75Hz 8、如图所示，AB 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，小球 A 放在固定的光滑斜面上，斜面倾角30，BC 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，小球 C 放在水平地面上。现用手控制住小球 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知小球 A 的质量为 4m，小球 BC 质量相等，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放小球 A 后，小球 A 沿斜面下滑至速度最大时小球 C 恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是（）A小球 BC 及弹簧组成的系统机械能守恒 B小球 C 的质量为 m C小球 A 最大速度大小为25mgk D小球 B 上升的高度为mgk 9、对于分子动理论的理解，下列说法正确的是_。A只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B温度越高，扩散现象越明显 C两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢 D当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越大 E.只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等 10、在粗糙水平桌面上，长为 l=0.2m 的细绳一端系一质量为 m=2kg 的小球，手握住细绳另一端 O 点在水平面上做匀速圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。细绳始终与桌面保持水平，O 点做圆周运动的半径为 r=0.15m，小球与桌面的动摩擦因数为=0.6，210m/sg。当细绳与 O 点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是（）A小球做圆周运动的向心力大小为 6N BO 点做圆周运动的角速度为4 2rad/s C小球做圆周运动的线速度为2m/s D手在运动一周的过程中做的功为6J 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）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中 A 为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点,OB 与 OC 为细绳图乙是在白纸上根据实验结果面出的图 (1)如果没有操作失误，图乙中的 F 与F两力中，方向一定沿 AO 方向的是_(2)该实验用到的实验器材除了方木板、白纸、橡皮条、细绳套(两个)、图钉(几个)等，还需要的实验器材有_ A刻度尺 B量角器 C弹簧测力计(3)有关该实验，下列说法正确的是_ A同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是:将两只弹簧测力计水平放置并调零，之后互钩对拉，若两只弹簧测力计读数相同，则可选:若读数不同，应调整或另换，直至相同为止 B在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的伸长量与用两个弹簧测力计拉时相同即可 C用两只弹簧测力计钩住绳套，互成角度地拉橡皮条时，夹角应取合适角度，以便算出合力大小 D若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保持橡皮条结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可 E.在用弹簧测力计拉橡皮条时，应使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行(4)在该实验中，如果将 OB 与 OC 细绳也换成橡皮条，那么对实验结果_影响(选填“有或“没有”)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，半径为 R=0.5m，内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块 A 以06/vm s的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点 Q，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上 P 点的可视为质点的物块 B 碰撞（碰撞时间极短），P 点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为 L=0.1m，两物块碰后粘在一起做直线运动已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为0.1，物块 A、B 的质量均为1mkg，重力加速度 g 取210/m s （1）求物块 A 到达 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力 F；（2）若两物块最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值；（3）求两物块滑至第 n（nk）个光滑段上的速度nv与 n 的关系式 14（16 分）如图甲所示，将一间距为 L=1m 的足够长 U 形导轨固定，导轨上端连接一阻值为 R=2.0 的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场，B=0.2T，质量为 m=0.01kg、电阻为 r=1.0 的金属俸 ab 垂直紧贴在导轨上且不公滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数=0.5，金属棒 ab 从静止开始下滑，下滑的 x-t 图像如图乙所示，图像中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度 g取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)导轨的倾角。(2)从开始到 t=2.5s 过程中金属棒上产生的焦耳热。15（12 分）如图所示，“”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B一根质量 m、单位长度电阻 R0的金属杆，与轨道成 45位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端 O 点出发，向右做加速度大小为 a 的匀加速直线运动，经过位移 L求：(1)金属杆前进 L 过程中的平均感应电动势(2)已知金属杆前进 L 过程中水平拉力做功 W若改变水平拉力的大小，以 4a 大小的加速度重复上述前进 L 的过程，水平拉力做功多少？(3)若改用水平恒力 F 由静止起从轨道的左端 O 点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值 vm时产生热量（F 与 vm为已知量）(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？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】AB滑块以初速度 v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零；滑块下滑过程中做匀减速直线运动，下滑过程中，其速度时间图线是一条斜向下的直线；下滑过程中，其加速度时间图线与时间轴平行故 AB 两项错误 CD用 x、v、a 分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，据速度位移关系可得：2202vvax 解得：202vvax 所以下滑过程中，其速度位移图线是一条切线斜率变大的向下弯曲的曲线；故 C 项错误，D 项正确 2、B【解析】A电容器接入交流电后，产生容抗，所以有电流流过电容器，由于流过电容器的电流未知，所以电流表示数未知，A错误；B输入电压的最大值为 1m=100VU 电容器击穿电压与交流电的最大值有关，由 1m2m51UU 得 2m20VU 副线圈中交流电压的最大值为20V，所以电容器的击穿电压不得低于20V，B 正确；C保险丝的熔断电流1A为有效值，所以通过原线圈的电流最大值可以大于1A，C 错误；D由交流电的电压表达式可知 220.02s100T 一个周期内电流方向改变 2 次，1s 内有 50 个周期，故电流每秒方向应改变 100 次，D 错误。故选 B。3、C【解析】试题分析：衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，A错误；一个氢原子从 n=3 的激发态跃迁到基态时，最多产生两种不同频率的光子，但是若是大量氢原子从 n=3 的激发态跃迁到基态时，最多可产生 3 种不同频率的光子，B 错误；原子核的半衰期与外界因素无关，C 正确；原子核经过衰变生成新核，需要释放出射线，质量减小，D 错误；考点：考查了原子衰变，氢原子跃迁 4、D【解析】A、无线电波（电磁波）在真空的传播速度与光速相同，保持不变，其速度与频率没有关系，故 A 错误；BC、由公式cf可知：cf，频率变大，波长变短，衍射本领变弱，故 BC 错误；D、无线电波（电磁波）频率越高，周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故 D 正确 5、A【解析】若圆环向右平动，由楞次定律知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A 正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，B 错误；若圆环以 ab 为轴转动，在 090内，由右手定则知b 点的电势高于 a 点的电势，在 90180内，由右手定则知 a 点的电势高于 b 点的电势，以后 a、b 两点电势按此规律周期性变化，CD 错误故选 A.6、A【解析】副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，原线圈输入电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表 V1的示数不变，电压表 V2的示数不变，开关 S 闭合后，总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，根据变流比可知，原线圈输入电流增大，即电流表 A1的示数增大，电流表 A2的示数增大，故 A正确，BCD 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、BCD【解析】A由图可得，该波的波长为 8m；若波向右传播，则满足 3+8k=v0.1（k=0、1、2）解得 v=30+80k 若波向左传播，则满足 5+8k=v0.1（k=0、1、2）解得 v=50+80k 当 k=0 时 v=50m/s，则则该波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；B若波向左传播，x=4m 处的质点在 t=0.1s 时振动速度方向沿 y 轴负方向，故 B 正确；C若 v=30m/s，则 84ss3015T 则 0.8s=3T，即经过 3 个周期，所以 x=5m 处的质点在 0 时刻起 0.8s 内通过的路程为 1.2m，故 C 正确；D若波速为 110m/s，则 110Hz13.75Hz8vf 发生干涉，频率相等，故 D 正确。故选 BCD。【点睛】根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值 8、BC【解析】A以小球 B、C 及弹簧组成的系统为研究对象，除系统重力外，绳的拉力TF对系统做功，则系统机械能不守恒，故A 错误；B小球 A 速度最大时，小球 A 的加速度为零，则 T4sinmgF 对小球 B、C 及弹簧组成的系统 T2cFm g 联立以上两式，解得 Cmm 故 B 正确；CD小球 C 恰好离开地面时，弹簧弹力 cFm gmg弹 弹簧伸长量为mgk，初始时，弹簧被压缩mgk，则小球 B 上升2mgk，以小球 A、B、C 及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得 22sinABmgmgm gm gkk221122AABBm vm v 又 ABvv 联立以上两式，解得 25Amvgk 故 C 正确，D 错误。故选 BC。9、BCD【解析】A由于气体分子间距很大，知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，不能算出气体分子的体积，故 A 错误；B温度越高，分子热运动越明显，扩散现象越明显，故 B 正确；C两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力和斥力均减小，引力变化总是比斥力变化慢，故 C 正确；D当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子力做负功，分子势能越大，故 D 正确；E物体内能与物质的量、温度、体积和物态有关，故 E 错误。故选 BCD。10、BCD【解析】A由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径 220.25mRrl 小球做圆周运动，根据牛顿第二定律 ncosFT sinTmg 其中 0.153tan0.24rl 解得 n16NF 选项 A 错误；B由于 2nFmR 解得 4 2rad/s O 点做圆周运动的角速度和小球一样，所以选项 B 正确；C由于 2nvFmR 解得 2m/sv 选项 C 正确；D手在运动一周的过程中做的功等于小球克服摩擦力做的功，故 26 JWmgR 选项 D 正确。故选 BCD。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、F AC AE 没有 【解析】（1）1.F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而 F是通过一个弹簧称沿 AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到 O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力故方向一定沿 AO 方向的是 F，由于误差的存在 F 和 F方向并不在重合；（2）2.该实验用到的实验器材除了方木板、白纸、橡皮条、细绳套(两个)、图钉(几个)等，还需要的实验器材有刻度尺和弹簧测力计，故选 AC.（3）3.A.同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计水平放置并调零，之后互钩对拉，若两只弹簧测力计读数相同，则可选；若读数不同，应调整或另换，直至相同为止故 A 正确 B.在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的结点与用两个弹簧测力计拉时拉到同一位置O，故 B 错误 C.用两只弹簧测力计钩住绳套，互成角度地拉橡皮条时，夹角没有严格要求，故 C 错误 D.若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保持橡皮条结点位置不变，需调整另一只弹簧测力计拉力的大小和方向，故 D 错误 E.在用弹簧测力计拉橡皮条时，应使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行，故 E 正确（4）4.由于用一个弹簧测力计和用两个弹簧测力计拉橡皮条结点，只需要效果相同，所以将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果 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）4m/s；102N，方向向下；（2）45k （3）212nvvgnL【解析】（1）物块 A 滑入圆轨道到达 Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒：22011222mvmvmgR 物块 A 做圆周运动：2NvFmgmR 由联立得：v4m/s 102NNF 方向向下 （2）在与 B 碰撞前，系统机械能守恒，A 和 B 在碰撞过程中动量守恒：01AABm vmmv A、B 碰后向右滑动，由动能定理得：21102ABABmmgsmmv 由联立得 4.5sm 所以 45skL；（3）碰后 A、B 滑至第 n 个光滑段上的速度nv，由动能定理得：2211122ABABnABmmgnLmmvmmv 解得：212nvvgnL 点睛：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用 14、(1)37；(2)0.01625J.【解析】(1)由 x-t 图象可知 t=1.5s 后金属棒开始匀速运动，速度为 3.0 1.51.5m/s2.5 1.5xvt 金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv 金属棒受到的安培力为 22B L vFBILrR 金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得 sincosmgmgF 代入数据解得=37(2)从开始到 t=2.5s 过程，由能量守恒定律得 mgxsin=mgxcos+12mv2+Q 金属棒产生的热量为 rrQQRr 解得 Qr=0.01625J。15、(1)22aBLL(2)2W+2maL(3)2202122mmF RmvB v(4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动【解析】(1)由位移速度公式得 2aL=v20 所以前进 L 时的速度为 v=2aL 前进 L 过程需时 t=2vaLaa 由法拉第电磁感应定律有：tE=212222BLLB SaBLtLaLa(2)以加速度 a 前进 L 过程，合外力做功 W+W安=maL 所以 W安=maLW 以加速度 4a 前进 L 时速度为 8vaL=2v 合外力做功 WF+W安=4maL 由22AB L vFBILR可知，位移相同时：FA=2FA 则前进 L 过程 W安=2W安 所以 WF=4maL2W安=2W+2maL(3)设金属杆在水平恒力作用下前进 d 时 FA=F，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为 2d，则 220(2)2mABdvFBIlFRd 所以 d=022mFRB v 由动能定理有 212mFdQmv 所以：Q=Fd222021122=2mmmF RmvmvB v(4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。