河南省安阳市第35中学2023届高三适应性调研考试物理试题含解析.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、如图，梯形小车a处于光滑水平面上，一弹性绳将小车a与竖直墙壁连接（松弛），a倾斜的上表面放有物块b，现给a和b向左的相同速度v0，在之后的运动过程中，a与b始终保持相对静止。则在弹性绳从伸直到长度最大的过程中（ ）Ab对a的压力一直增大Bb对a的摩檫力一直减小Cb对a的作用力一直减小Db对a的作用力方向水平向左2、烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅来探测烟雾。当正常空气分子穿过探测器时，镅衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。则（ ）A镅放出的是X射线B镅放出的是射线C1mg的镅经864年将有0.75mg发生衰变D发生火灾时，烟雾探测器中的镅因温度升高而半衰期变短3、在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的是（）A牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量B安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向C法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律D爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念4、质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”则下列判断正确的是()A进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚Da、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚5、有人做过这样一个实验将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。产生该现象的原因是磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量（迈斯纳效应）。如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那么在磁场作用下，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流。这个电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相等、方向相反，这就形成了一个斥力。当磁铁受到的向上的斥力大小刚好等于它重力大小的时候，磁铁就可以悬浮在空中。根据以上材料可知（）A超导体处在恒定的磁场中时它的表面不会产生感应电流B超导体处在均匀变化的磁场中时它的表面将产生恒定的感应电流C将磁铁靠近超导体，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大D将悬空在超导体上面的磁铁翻转，超导体和磁铁间的作用力将变成引力6、如图（甲）所示，质最m=2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.5m的薄圆筒上。t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度随时间t的变化规律如图（乙）所示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g=10m/s2。则下列判断正确的是（）A细线的拉力大小为4NB细线拉力的瞬时功率满足P=4tC小物体的速度随时间的变化关系满足v=4tD在0-4s内，小物体受合力的冲量为4Ng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、梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波该电磁波A是横波B不能在真空中传播C只能沿着梳子摇动的方向传播D在空气中的传播速度约为8、如图所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内，电阻为R图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动过程中，ad边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的电压U随时间t的变化图象正确的是ABCD9、电阻R接在20V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为。已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在（V）的交流电源上，此变压器（）A副线圈输出电压的频率为100HzB副线圈输出电压的有效值为10VC原、副线圈的匝数之比为21D原、副线圈的电流之比为1410、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C=R1D=R0+R3三、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）在练习使用多用电表的实验中。请完成下列问题：(1)用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，因此需选择_（填“×10”或“×1k”）倍率的电阻挡，并需_（填操作过程）后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为_。(2)某同学设计出了一个“欧姆表”，用来测量电阻，其内部结构可简化成图乙电路，其中电源内阻r=1.0，电流表G的量程为Ig，故能通过读取流过电流表G的电流值而得到被测电阻的阻值。该“欧姆表”的调零方式和普通欧姆表不同。该同学想用一个电阻箱Rx来测出电路中电源的电动势E和表头的量程Ig，进行如下操作步骤：A先使两表笔间不接入任何电阻，断开状态下闭合开关，调滑动电阻器使表头满偏；B将该“欧姆表”与电阻箱Rx连成闭合回路，改变电阻箱阻值；记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数I；C将记录的各组Rx，I的数据转换成、后并描点得到图线，如图丙所示；D根据图丙中的图线，求出电源的电动势E和表头的量程Ig。由图丙可知电源的电动势为_，电流表G的量程是_。(3)在(2)中，某次实验发现电流表G的指针半偏，则电阻箱接入电路中的电阻Rx_（保留2位有效数字）12（12分）在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 k的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向_(填“相同”或“ 相反”)，大小都随时间_(填“增大”或“ 减小”)。(2)该电容器的电容为_F(结果保留两位有效数字)。(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确_。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）机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，波长=0.8m，质点p的坐标x=0.32m从此时刻开始计时若每间隔最小时间0.4s重复出现波形图，求波速；若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速；若p点经0.4s到达平衡位置，求波速14（16分）一固定的倾角为的斜面，斜面长9m，如图所示，斜面上一物体在大小为11N沿斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上加速运动，加速度大小为1m/s2；如果将沿斜面向上的拉力改为1N，物体加速向下运动，加速度大小仍为1m/s2，取重力加速度g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，求：(1)物体质量m及物体与斜面间的动摩擦因数；(2)若将物体从斜面顶端由静止释放，物体运动到斜面底端的时间t。15（12分）如图所示，光滑水平地面上固定一竖直挡板P，质量mB=2kg的木板B静止在水平面上，木板右端与挡板P的距离为L。质量mA=1kg的滑块（可视为质点）以v0=12m/s的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与木板上表面的动摩擦因数=0.2，假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会与挡板相碰，木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g=10m/s2，求：(1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少为多少？(2)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小？(3)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？（滑块始终未与挡板碰撞）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、A【解析】AB整体受到的弹性绳的拉力越来越大，则加速度越来越大，即整体做加速度越来越大的减速运动，则b也做加速度越来越大的减速运动，对b受力分析，由牛顿第二定律可知，则随着加速度a的增加，a对b的支持力N一直增大；即 则随着加速度a的增加，a对b的摩擦力f可能先减小后增大，根据牛顿第三定律，b对a的压力一直增大，b对a的摩擦力可能先减小后增大，A正确，B错误；CDb受到a的作用力和重力，由于b的加速度水平线向右越来越大，根据牛顿第二定律，a对b的作用力一直增大，a对b的作用力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律，b对a的作用力一直增大，方向斜向左下方，CD错误。故选A。2、C【解析】AB镅会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中射线能使空气电离，故镅放出的是射线，故AB错误；C半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，1mg的镅将衰变掉四分之三即0.75mg，还剩下0.25 mg没有衰变，故C正确；D半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D错误。故选C。3、B【解析】A牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A错误；B安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B正确；C法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C错误；D普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D错误。故选B。4、A【解析】A. 根据qU= 得,v= ，比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚，故A正确；B. 根据动能定理可知Ek=qU，故动能相同，故B错误；C. 时间为t=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C错误；D. 进入偏转磁场有qvB=，解得：R=，氕比荷最大，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚，故D错误故选A【点睛】根据qU=求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据qvB=求出R与什么因素有关，从而得出a、b、c三条“质谱线”的排列顺序5、C【解析】A由题意可知，超导体处在磁场中，磁场要通过超导体内部，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流，故A错误；B超导体处在均匀变化的磁场中时，超导体表面就会产生感应电流，但由材料无法确定感应电流是否恒定，故B错误；C由材料可知，将磁铁靠近超导体，磁场要通过超导体的磁通量增大，超导体表面的感应电流增大，电流产生的磁场增大，则超导体和磁铁间的斥力就会增大，故C正确；D由材料可知，超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁翻转，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。故选C。6、D【解析】AC根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据得物体运动的加速度根据牛顿第二定律得解得细线的拉力大小为AC错误；B细线拉力的瞬时功率故B错误；D物体的合力大小为在0-4s内，小物体受合力的冲量为故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、AD【解析】摇动的梳子在空中产生电磁波，电磁波是横波，选项A正确；电磁波能在真空中传播，选项B错误；电磁波传播的方向与振动方向垂直，选项C错误；电磁波在空气中传播的速度约为光速，选项D正确8、AD【解析】线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度v=at，进磁场和出磁场受到的安培力，则A正确，B错误；进磁场时，ab两端的电压；在磁场中运动时，；出磁场时，ab两端的电压，则选项C错误，D正确；故选AD.【点睛】对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断9、BC【解析】A变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为故A错误；B由题意可得解得故B正确；C电源的有效值为设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等匝数比即解得故C正确；D由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1：2，故D错误。故选BC。10、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由电路可知即则选项C正确，D错误。故选AC。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、) ×1k 欧姆调零 6000 1.5V 0.25A 0.83 【解析】(1)123用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，说明倍率档选择过低，因此需选择 “×1k”倍率的电阻挡，并需欧姆调零后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为6000。(2)45由闭合电路欧姆定律得 把r=1.0代入整理得故 得Ig=0.25A   得E=1.5V(3)6电流表G的指针半偏，则I=0.125A，由代入数据解得Rx=0.8312、相反 减小 1.0×102 正确 【解析】(1)12根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；(2)3根据充电时电压时间图线可知，电容器的电荷量为：QItt而电压的峰值为Um6 V，则该电容器的电容为：C设电压时间图线与坐标轴围成的面积为S，联立解得：CF1.0×102 F；(3)4正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用：C计算电容值。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、2 m/s 0.3 m/s （0.8+n）m/s（n=0，1，2，3，）【解析】依题意，周期T=0.4 s，波速v= = m/s=2 m/s波沿x轴正方向传播，当x=0.2m的振动传到p点，p点恰好第一次达到正向最大位移波传播的距离x=0.32 m0.2 m=0.12 m波速v= = m/s=0.3 m/s波沿x轴正方向传播，若p点恰好第一次到达平衡位置则x=0.32 m，由周期性，可知波传播的可能距离x=（0.32+n）m（n=0，1，2，3，）可能波速v=m/s=（0.8+n）m/s（n=0，1，2，3，）14、 (1)，；(2)3s【解析】(1)当F1=11N时，物体加速向上运动，有当F2=1N时，物体加速向下运动在斜面上运动，垂直斜面方向且解得，m=1kg。(2)由静止释放物体，物体加速下滑，加速度为a1解得t=3s。15、 (1) 8m (2) 8m/s (3) （35.85m或35.9m）【解析】(1)木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得：对B木板，由动能定理可得：解得L1=8m(2)对B木板，由动能定理可得：B与挡板碰撞前，A、B组成的系统动量守恒：得vA=8m/s(3)从A滑上木板到木板与挡板第一次碰撞过程中，A在木板上滑过的距离，由能量守恒定律可得：解得B与挡板碰后向左减速，设水平向右为正方向，由己知可得：B与挡板碰后速度，此时A的速度vA=8m/s，由牛顿第二定律可得：，木板向左减速，当速度减为零时，由得t1=2s此时B右端距离挡板距离由，得L2=2m此时A的速度由，可得：此时系统总动量向右，设第二次碰撞前AB已经共速，由动量守恒定律可得：得木板从速度为零到v共1经过的位移SB，由，得故第二次碰前瞬间A、B已经共速，从第一次碰撞到第二次碰撞，A在B上滑过的距离，由能量守恒定律可得：得第二次碰撞后B的动量大小大于A的动量大小，故之后B不会再与挡板相碰，对AB由动量守恒可得：得从第二次碰撞到最终AB做匀速运动，A在B上滑过距离，由能量守恒定律可得：得则（35.85m或35.9m）