2023届云南省宣威市六中高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析.doc

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、百余年前，爱因斯坦的广义相对论率先对黑洞作出预言。2019年4月10日21点整，天文学家召开全球新闻发布会，宣布首次直接拍摄到黑洞的照片。若认为黑洞为一个密度极大的球形天体，质量为，半径为，吸引光绕黑洞做匀速圆周运动。已知光速为，以黑洞中心为起点，到黑洞外圈视界边缘的长度为临界半径，称为史瓦西半径。下面说法正确的是（）A史瓦西半径为B史瓦西半径为C黑洞密度为D黑洞密度为2、下列关于物理学史、物理学研究方法的叙述中，正确的是（ ）A库仑提出一种观点，认为在电荷周围存在着由它产生的电场B伽利略通过观察发现了行星运动的规律C牛顿通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因D卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量3、如图所示，b球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，BC为圆周运动的直径，竖直平台与b球运动轨迹相切于B点且高度为R。当b球运动到切点B时，将a球从切点正上方的A点水平抛出，重力加速度大小为g，从a球水平抛出开始计时，为使b球在运动一周的时间内与a球相遇(a球与水平面接触后不反弹)，则下列说法正确的是（ ）Aa球在C点与b球相遇时，a球的运动时间最短Ba球在C点与b球相遇时，a球的初始速度最小C若a球在C点与b球相遇，则a球抛出时的速率为D若a球在C点与b球相遇，则b球做匀速圆周运动的周期为4、如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为ABCD5、如图所示，匀强磁场中有一电荷量为q的正离子，由a点沿半圆轨迹运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨迹运动到c点，已知a、b、c在同一直线上，且acab。电子的电荷量为e，质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为ABCD6、如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（ ）A粒子在三点所受的电场力不相等B粒子必先过a，再到b，然后到cC粒子在三点所具有的动能大小关系为EkbEkaEkcD粒子在三点的电势能大小关系为EpcEpaEpb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、阿列克谢·帕斯特诺夫发明的俄罗斯方块经典游戏曾风靡全球，会长自制了如图所示电阻为R的导线框，将其放在光滑水平面上，边长为L的正方形区域内有垂直于水平面向下的磁感应强度为B的匀强磁场。已知L>3l，现给金属框一个向右的速度（未知）使其向右穿过磁场区域，线框穿过磁场后速度为初速度的一半，则下列说法正确的是A线框进入磁场的过程中感应电流方向沿abcdaB线框完全进入磁场后速度为初速度的四分之三C初速度大小为D线框进入磁场过程中克服安培力做的功是出磁场的过程中克服安培力做功的五分之七8、如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是（）A半圆柱体对小物块的支持力变大B外力F变大C地面对半圆柱体的支持力先变大后变小D地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小9、如图所示，一个匝数n=1000匝、边长l=20cm、电阻r=1的正方形线圈，在线圈内存在面积S=0.03m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的规律是B=0.15t（T）。电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R=2，电容C=30F。下列说法正确的是（）A线圈中产生的感应电动势为4.5VB若b端电势为0，则a端电势为3VC电容器所带电荷量为1.2×10-4CD稳定状态下电阻的发热功率为4.5W10、一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图1所示；图2为该波在某一时刻的波形图，A点位于x0.5 m处。下列说法正确的是_A由图1可知，位于原点的质点振动的振幅是16cmB位于原点的质点振动的周期是0.2sC由图1，在t等于周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移为零D该波的传播速度是20m/sE.由图2可知，经过周期后，A点离开平衡位置的位移是-8cm。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）某同学利用下图所示的实验装置测定滑块与木板间的动摩擦因数µ。置于水平桌面的长木板上固定两个光电门1、2。滑块上端装有宽度为d的挡光条，滑块和挡光条的总质量为M，右端通过不可伸长的细线与钩码m相连，光电门1、2中心间的距离为x。开始时直线处于张紧状态，用手托住m，实验时使其由静止开始下落，滑块M经过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2。(1)该同学认为钩码的重力等于滑块所受到的拉力，那么他应注意_。(2)如果满足(1)中的条件，该同学得出滑块与木板间的动摩擦因数=_。(3)若该同学想利用该装置来验证机械能守恒定律，他只需_就可以完成实验。12（12分）小宇同学利用图示器材探究电路规律：（1）断开开关S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20，此时测得的是_的阻值；（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA，则移动过程中读数变化情况是（_） A逐渐增大 B逐渐减小 C先减小后增大 D先增大后减小 （3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V，结合前两问条件可知，该电源电动势为_V（结果保留两位小数）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）如图甲所示，足够宽水槽下面有一平面镜，一束单色光以入射角i射入水面，经平面镜反射后的光线恰好沿水平方向射出已知水对该单色光的折射率为n.若平面镜与水平方向的夹角为30°，求该单色光在水面入射角的正弦值sini；使该单色光从水槽左壁水平向右射出，在平面镜上反射后恰好在水面上发生全反射，如图乙所示，求平面镜与水平方向的夹角.14（16分）如图所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为=37°、=53°，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长度均为L，电阻均为R，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为=0.5，金属棒ef光滑。同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef施加外力F，使ef棒保持a=0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动。导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）金属棒ab运动过程中最大加速度的大小；（2）金属棒ab达到最大速度所用的时间；（3）金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量。15（12分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为和，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度。（已知，在两活塞上同时各放一质量为的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为。在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。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、B【解析】AB逃逸速度此为脱离中心天体吸引的临界速度，代入光速可知临界半径为A错误，B正确；CD若光绕黑洞表面做匀速圆周运动，轨道半径等于黑洞半径，由可知密度为CD错误。故选B。2、D【解析】A 法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，故A错误；B 开普勒通过分析第谷观测的天文数据，发现了行星运动的规律，故B错误；C 伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故C错误；D 卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量，故D正确。故选D。3、C【解析】A平抛时间只取决于竖直高度，高度 R 不变，时间均为；故A错误。BC平抛的初速度为时间相等，在C点相遇时，水平位移最大则初始速度最大为：故B错误，C正确。D在 C点相遇时，b球运动半个周期，故 b球做匀速圆周运动的周期为故D错误。故选C。4、C【解析】粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过C点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图：由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为 根据牛顿第二定律得： 解得： ，故C正确。故选：C。5、D【解析】正离子由a到b的过程，轨迹半径，根据牛顿第二定律：，正离子在b点吸收n个电子，因电子质量不计，所以正离子的速度不变，电荷量变为qne，正离子从b到c的过程中，轨迹半径r2ab，且(qne)vB，解得：nA。故A不符合题意。 B。故B不符合题意。C。故C不符合题意。 D。故D符合题意。6、D【解析】A因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。选项A错误。B由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹。选项B错误。CD带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小。选项C错误，D正确。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由右手定则可知，线框进磁场过程电流方向为adcba，故A错误；B将线框分为三部分，其中左右两部分切割边长同为2l，中间部分切割边长为l，由动量定理可得其中由于线框进、出磁场的过程磁通量变化相同，故速度变化两相同，故故线框完全进入磁场后的速度为故B正确；C根据线框形状，进磁场过程中，对线框由动量定理解得故C正确；D线框进、出磁场的过程中克服安培力做功分别为故，故D正确；故选BCD。8、BD【解析】AB物块缓慢下滑即平衡，F始终沿圆弧的切线方向即始终垂直于圆柱面支持力F1的方向，因此总有F=mgsinF1=mgcos下滑过程中增大，因此F增大，F1 减小，故A错误，B正确；CD对半圆柱体分析，地面对半圆柱体的摩擦力FfF1sinmgcossinmgsin2地面对半圆柱体的支持力FN=Mg+F1cos=Mg+mgcos2从接近0°到90°变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一直减小；故D正确，C错误。故选BD。9、AD【解析】A根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势A正确；B电流电容器两端电势差由楞次定律可判断感应电流方向为逆时针方向，即a端电势低、b端电势高，由于b端接地，故有，B错误；C电容器带电荷量C错误；D电阻的发热功率D正确。故选AD。10、BCE【解析】A.振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图1读出振幅A=8cm；故A错误.B.质点完成一个全振动的时间叫做一个周期，从振动图象中可以看成周期；故B正确.C.当时，坐标原点的质点处在平衡位置向下运动，所以y=0；故C正确.D.从图2中可以看出波长，所以波速；故D错误.E.经过半个周期后，处于波峰的A质点运动到波谷位置，则离开平衡位置的位移为8cm，方向向下；故E正确.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、M远大于m 将木板左端抬高，平衡摩擦力 【解析】(1)1实际上滑块所受到的拉力小于钩码的重力，对滑块应用牛顿第二定律对钩码两式相加解得加速度而如果满足题中条件，同理解得加速度为若想M必须远大于m。(2)2对于滑块通过光电门时的速度由动能定理得：解得(3)3验证机械能守恒，需要将摩擦力平衡掉，所以该同学需将木板左端抬高，平衡摩擦力。12、滑动变阻器 A 1.48 【解析】（1）当断开电键S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故A正确（3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E=Imax（R1+r）=0.32（R1+r）将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： 联立以上可解得：.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) (2) 15°【解析】解：（i）由折射定律有 由几何关系可知g2q90°可解得：sininsing（ii）光在水面上发生全反射，有 由几何关系可知C2a90°联立可解得平面镜与水平方向的夹角为a15°14、（1）；（2）；（3），负号代表冲量沿斜面向上。【解析】（1）金属棒ab释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有得（2）金属棒ab释放之后，合外力为零时速度最大，则有其中得（3）金属棒ab释放之后，根据牛顿第二定律，可得任意时刻的加速度得：，其图象如图所示图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒ab释放起，经过时间速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金属ef一直匀加速直线运动，则有对金属棒ef，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得其中得：，负号代表冲量沿斜面向上说明：其它方法求解也可以，如写出外力的表达式，用其平均值计算冲量大小得则可知释放瞬间，时刻， 图象所围成的面积代表其冲量，则有得：，负号代表冲量沿斜面向上15、 ； ，吸收热量。【解析】设左、右活塞的面积分别为和，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即由此得在两个活塞上各加质量为的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中在初态，气体的压强为：，体积为：；在末态，气体压强为：，体积为：为左活塞的高度）由玻意耳定律得代入数据解得当温度由上升至时，气体的压强始终为，设是温度达到时左活塞的高度，由盖吕萨克定律得活塞对气体做的功为环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。