江西省宜春市丰城九中、高安二中、宜春一中、万载中学2023届高三最后一卷物理试卷含解析.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、一辆F1赛车含运动员的总质量约为600 kg，在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（ ）A速度随时间均匀增大B加速度随时间均匀增大C输出功率为240 kwD所受阻力大小为24000 N2、如图所示，一人用钳碗夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力F作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起向上运动。夹子和茶杯的质量分别为m、M假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯两侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为f，则下列说法正确的是（）A人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大B当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力F将变小C当人加速向上提茶杯时，作用力下可以达到的最大值是D无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力F=(M+m）g3、如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员A过程I的动量改变量等于零B过程II的动量改变量等于零C过程I的动量改变量等于重力的冲量D过程II 的动量改变量等于重力的冲量4、水平地面上的物体由静止开始竖直向上运动，在运动过程中，物体的动能Ek与位移x的关系图像如图所示，则满足机械能守恒的阶段是（ ）A0hBh2hC2h3hD3h5h5、下列说法正确的是（ ）A射线是聚变反应过程中由原子核外电子电离产生的B汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，并准确测出了电子的电荷量C天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构D卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子运行的轨道半径是量子化的6、一辆汽车在公路上匀速行驶的速度为，正常匀速行驶过程中发现前方处有一个特殊路况，驾驶员刹车减速，汽车停在该特殊路况前处。若该驾驶员的反应时间大约为，则汽车减速过程中加速度的大小约为（ ）ABCD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，质量相同的两球A、B分别用不同长度的细线悬挂，当拉至同一高度使细线水平时释放，两球到最低点时，相同的物理量是（）A细线的拉力B小球的加速度C小球的速度D小球具有的动能8、如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。一质量为m、电阻为R的矩形金属框从t0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g，线框面积为S，t1t0、t22t0、t33t0，在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（）At1t3时间内金属框中的电流先沿逆时针后顺时针B0t3时间内金属框做匀加速直线运动C0t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D0t3时间内金属框中产生的焦耳热为9、关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是 A机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动B弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅C有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去D电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、可见光、红外线、射线E.在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同10、如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是AM带负电荷，N带正电荷BM在b点的动能小于它在a点的动能CN在d点的电势能等于它在e点的电势能DN在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功三、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）某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度，光电门A、B与光电计时器相连，可记录小球经过光电门A和光电门B所用的时间（1）实验前用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径d=_mm（2）让小球紧靠固定挡板，由静止释放，光电计时器记录小球经过光电门A和光电门B所用的时间t1、t2，测出两光电门间的高度差h，则测得的重力加速度g=_(用测得的物理量的符号表示)。（3）将光电计时器记录小球通过光电门的时间改为记录小球从光电门A运动到光电门B所用的时间，保持光电门B的位置不变，多次改变光电门A的位置,每次均让小球从紧靠固定挡板由静止释放，记录每次两光电间的高度差h及小球从光电门A运动到光电门B所用的时间t，作出图象如图丙所示，若图象斜率的绝对值为k，则图象与纵轴的截距意义为_，当地的重力加速度为_ 12（12分）测量木块和木板间动摩擦因数的装置如图(a)。水平固定的长木板一端有定滑轮，另一端有打点计时器。细线绕过定滑轮将木块和钩码相连，木块靠近打点计时器，纸带穿过打点计时器后固定在木块上。接通打点计时器，放开木块，钩码触地后不再弹起，木块继续向前运动一段距离后停在木板上。某次纸带的数据如图(b)，打点计时器所用电源的频率为50Hz，每相邻两点间还有1个点未画出，数值单位为cm。由图(b)数据可知，钩码触地后木块继续运动的加速度大小为_m/s2；若取g10m/s2，则木块与木板间的动摩擦因数为_；某小组实验数据处理完成后，发现操作中滑轮的高度变化造成细线与木板的上表面不平行，如图(c)，这样他们测得的动摩擦因数与实际值相比_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。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，在直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy面向里，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，磁场与电场图中均未画出。一质量为m、带电荷量为+q的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限。已知P点坐标为（0，-l），Q点坐标为（2l，0），不计粒子重力。(1)求粒子经过Q点时速度的大小和方向；(2)若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y轴的方向进入第二象限，求磁感应强度B的大小。14（16分）如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求：左右管中水银面的高度差是多大？理想气体A的气柱长度为多少？15（12分）如图所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管处于竖直平面内，让两个小球（可视为质点）分别从顶点A由静止开始出发，一小球沿AC滑下，到达C所用的时间为t1，另一小球自由下落经B到达C，所用的时间为t2，在转弯的B处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计，sin37º=0.6，求：的值。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】汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可.【详解】由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a-函数方程a=-4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma其中：F=P/v；联立得： ；结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图象可知：，解得：f=4m=4×600=2400N；，解得：P=240kW，故C正确，D错误；故选C。【点睛】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解。2、C【解析】AB无论人手夹紧还是夹子下移使夹子顶角变化，茶杯向上匀速运动时，茶杯处于平衡状态，合力为零。故摩擦力不变，故AB错误；C当向上加速时，茶杯所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，力F的值最大，则有联立解得，故C正确；D当茶杯的运动状态改变，如向上匀加速运动时，F大于（M+m）g，故D错误。故选C。3、C【解析】分析两个过程中运动员速度的变化、受力情况等，由此确定动量的变化是否为零。【详解】AC过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；B运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量改变量不等于零，故B错误；D过程II 的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。4、C【解析】0-h阶段，动能增加量为2mgh，重力势能的增加量为mgh，所以机械能增加了3mgh；h-2h阶段，动能不变，重力势能增加mgh，所以机械能不守恒；2h-3h阶段，重力势能增加mgh，动能减小mgh，所以机械能守恒；3h-5h阶段，重力势能增加2mgh，动能减小mgh，机械能增加，ABD错误，不符合题意；C正确，符合题意。故选C。5、C【解析】A 射线是核衰变过程中由原子核释放出来的。故A错误；B 汤姆孙在研究阴极射线时发现电子，美国物理学家密立根精确地测出电子的电荷量，故B错误；C 天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，故C正确；D 玻尔的原子核式结构模型认为核外电子运行的轨道半径是量子化的，故D错误。故选：C。6、C【解析】在驾驶员的反应时间内汽车匀速运动，其位移为刹车阶段内匀减速运动，位移为又有，解得故选C。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】AC根据动能定理得解得因为。所以再根据得所以绳子拉力相等，故A选项正确，C选项错误；B根据可得所以两球加速度相等，故B选项正确；D根据动能定理得因为，所以在最低点，两球的动能不等。故D选项错误；故选AB8、BD【解析】A根据Bt图象可知，t1t3时间内Bt线的斜率不变，由公式则金属框中的感应电动势大小方向不变，则电流方向不变，故A错误；BC0t1时间内，线圈中磁通量不变，则无电流产生，t1t3时间内电流不变，由左手定则可知，金属框所受安培力的合力为零，则线圈向下做匀加速直线运动，故B正确，C错误；D线圈中的感应电动势为由于0t1时间内，线圈中磁通量不变，则无电流产生，也无焦耳热产生，则0t3时间内金属框中产生的焦耳热为故D正确。故选BD。9、ACE【解析】A机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动，选项A正确；B弹簧振子只有从平衡位置或者离平衡位置最远处开始振动计时，在四分之一个周期里运动的路程才等于一个振幅，选项B错误；C有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去，这是根据多普勒效应，选项C正确；D波长越大的衍射能量越强，则电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、红外线、可见光、射线，选项D错误；E在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同，选项E正确；故选ACE.10、ABC【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化三、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、11.4 小球经过光电门B时的速度 2k 【解析】（1）1由图示游标卡尺可知，其示数为d=11mm+4×0.1mm=11.4mm（2）2小球经过光电门时的速度为小球做自由落体运动，由速度位移公式得解得（3）34小球释放点的位置到光电门B的位置是恒定的，小球每次经过光电门时的速度是一定的，则有整理得则图象与纵轴的截距表示小球经过光电门B时的速度vB，图象斜率的绝对值为解得12、3 0.3 不变 【解析】1钩码触地后木块做减速运动，计算其加速度大小应该用纸带的后一段，即51点之间的部分；2钩码触地后，木块只在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，有f=maf=mg木块与木板间的动摩擦因数=0.3；3由于钩码触地后细线不再提供拉力，减速运动的加速度与之前的加速运动情况无关，所以不影响测量结果，测得的动摩擦因数与实际值相比不变。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），速度方向与水平方向的夹角为45°；（2）【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0， 过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，由牛顿第二定律得由运动学公式得竖直方向速度为合速度为解得因为水平和竖直方向速度相等，所以速度方向与水平方向的夹角为45°。（2）粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为R ，由几何关系可得由牛顿第二定律得解得14、15cm；12.5cm【解析】利用平衡求出初状态封闭气体的压强，B中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律即可求出末态B中气体的压强，再根据平衡，即可求出末状态左右管中水银面的高度差h；选择A中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对A中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A的气柱长度【详解】设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化初态：压强pB1=75cmHg，体积VB1=20S，末态：压强pB2，体积VB2=25S，根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2解得：pB2=60cmHg可得左右管中水银面的高度差h=（75-60）cm=15cm活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cmHg，体积VA1=10S，末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm15、1【解析】设三边分别为3a、4a、5a，由AC滑下有a=gsin=0.6g由 得沿ABC滑下AB段有 得 沿水平BC段有vt21=4a得 故可知t1：t2=1：1。