2023年高考第一次模拟卷物理（全国甲卷A卷）（全解全析）.pdf

2023年高考物理第一次模拟考试卷物理全解全桥注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项符合题目要求，第 1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。1 4.在图所示的电路中，当滑动变阻器的触片向。端移动时（）&A.安培表A 的读数增大 B.电压表V 的读数减小C.电容器的电荷量增大 D,电阻飞消耗的电功率增大【答案】C【解析】B.当滑动变阻器的滑动触片向。端移动时、变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，电源内电压减小，则路端电压增大，所以伏特表V 的读数增大，选项B 错误；A.根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压增大，通过 的电流增大，而总电流减小，所以通过电流表的电流减小，即安培表A 的读数减小，选项A 错误；c.由于并联部分电压增大，电容器板间电压增大，则Q=c 0 可知，电容c 的电荷量在增大，选 项 c 正确：D.总电流减小，则电阻与消耗的电功率减小，选项D 错误。故选Co1 5.如图所示，三条光滑的轨道下端固定在尸点，上端分别固定在竖直墙面上的A、B、C 三点，A、B、C 离地面的高度分别为4、为、小，现在使三个小滑块从轨道上端同时由静止开始释放，由 4、B 滑到尸的时间均为f,由 C 滑到P 的时间为，那 么（）51 6.在一颗半径为地球半径石的行星表面，将一物体以24m/s的速度竖直上抛，从抛出开始计时，己知物体第Is内和前3s内通过的位移相同，地球表面的重力加速度为lOm/sZ,不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.该行星表面的重力加速度大小为8m/s2B.该行星的质量与地球的质量之比为64：125C.该行星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比为i：iD.地球的平均密度和该行星的平均密度之比为36:25【答案】C【解析】A、已知物体第1s内和前3s内通过的位移相同，可知物体上升到最高点的时间为f=2 s,物体上升时的加速度大小即行星表面重力加速度大小，为=12m/s2t故 A 错误；B、物体在天体表面受到的重力近似等于万有引力，有解得用 地 6故 B 错误；C、根据GMm v2 =mR2 R可知第一宇宙速度为V=ygR解得生=1故 C 正确；D、根据_ M 4,p=,V=7lRV 3可得3地M地 =25PM M 行&36故 D 错误。故选c。1 7.如图甲所示，一带电物块无初速度地放在皮带底端，皮带轮以恒定的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至皮带顶端尸的过程中，其 vf 图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s。关于带电物块及其运动过程，下列说法正确的是（）X X X X XFXX xsx XX X X*X X X X X XX X X X X X甲A.该物块带负电B.皮带轮的转动速度大小一定为Im/sC.若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D.在24.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动【答案】D【解析】A.由图像可知，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，物块的最大速度是lm/s,对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿皮带的方向，有-mg sin 0=ma 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是取逐渐减小，而开始时FN=mg cos 0后来F=mg cos 0-Es即洛伦兹力的方向是斜向上的，物块沿皮带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，A 错误；B D.物块向上运动的过程中，加速度越来越小，当加速度等于。时，物块达到最大速度，此时mg sin 0=pmg cos6-）$由式可知，只要皮带的速度大于或等于lm/s即可，所以皮带的速度可能是lm/s,也可能大于lm/s,物块可能相对皮带静止，也可能相对皮带运动，B 错误，D 正确；C.由以上分析可知，皮带的速度不能确定，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，C 错误。故选D。1 8.如图所示，倾角为30的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a 相连，另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P 点，用光滑轻质挂钩把物块挂在。点，此时竖直杆与绳0 P 间的夹角为6。,a 与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块。的质量为何，物块人的质量为根，重力加速度为g。下列判断正确的是（）B.将 P 端缓慢向上移动一小段距离，将受到沿着斜面向下的摩擦力C.将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a 将受到沿着斜面向上的摩擦力D.剪断定滑轮与。之间轻绳的瞬间，。的加速度大小为$g【答案】A【解析】A.对 a,由平衡条件得姓 sin 30。=7对 O 点受力分析，由平行四边形定则得2T cos 60=mg联立解得M=2m故 A 正确；B.如图所示A 0 与 8 0 关于水平虚线对称，4 c 水平。将尸端缓慢向上移动一小段距离，8 0+0 P 长度不变，即 A/的长度不变。则ACsin a=-AP不变，即 O P与 PC 夹角不会变。则拉力不会变。可知a 与斜面之间仍然没有摩擦力。故 B 错误；C.将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，AC变长，a 角变大。对。点，有27cos a =mg可见，拉力变大，a 有上滑趋势，将受到沿着斜面向下的摩擦力。故 C 错误；D.剪断定滑轮与a 之间轻绳的瞬间，“有下滑趋势，山于不知道摩擦因数，即摩擦力的大小，无法判断其运动情况，即无法求。的加速度。故 D 错误。故选A o1 9.已知六 半衰期为L 2 m i n,其衰变方程为铲门-P a+X+A E ,X的质量为工A E 为释放的核能。测得端T11原子核的质量为用，已知真空中光速为J 下列说法正确的是（）A.X是氮的原子核B.：；P a 原子核的质量小于初一%C.10 0 个 祀11原子核经过2.4 m in,一定有7 5 个发生了衰变D.29304TThh的 比结合能小于9234 口a八的比结合能【答案】B D【解析】A.根据核反应过程中质量数及电荷数守恒，可写出该衰变方程为 T h T：P a+：e +AEX是电子，故 A 错误；B.由于衰变过程中，伴随着释放能量，有质量亏损，所 以 原 子 核 的 质 量 小 于 机一砥，故B正确；C.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，统计少量个数原子核是没有意义的，所 以 10 0 个T T h原子核经过 2.4 m in,不一定有7 5 个发生了衰变，故 C错误；D.由于衰变的过程中释放能量，可 知 用 的 结 合 能 大于端T h 的结合能，由结合能与比结合能的定义可知，*T h 的比结合能小于唱P a 的比结合能，故 口正确。故选B D。2 0.大小相同的三个小球（可视为质点）、6、c静止在光滑水平面上，依次相距/等距离排列成一条直线，在 c 右侧距c 为/处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。小球。的质量为2M，尻 c 的质量均为加。某时刻给a一沿连线向右的初动量夕忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断正确 的 是（）右2P 2A.c 第一次被碰后瞬间的动能为9机4 P 2B.c 第一次被碰后瞬间的动能为9，6C.a与。第二次碰撞处距竖直墙的距离为M7D.a与 b第二次碰撞处距竖直墙的距离为【答案】AC【解析】。球与。球发生弹性碰撞，设。球碰前的初速度为如 碰后“、6的速度为匕、匕，取向右为正,由动量守恒定律和能量守恒定律有2m v0=2mv+mv2；2mv1=；2/n v12+；mv1其中P =2V=T,“,解得4%3b球以速度V2与静止的C 球发生弹性碰撞，设碰后的速度为匕、匕，根据等质量的两个球发生动静弹性碰撞，会出现速度交换，故有4匕=0,匕=吗=%AB.c 第一次被碰后瞬间的动能为口 1 2 1 /4 2 8/2 2PEke=三加(丁)=2 2 3 9 2m 9 m故 A 正确，B错误；C D,设 与 6第二次碰撞的位置距离c 停的位置为x ,两次碰撞的时间间隔为3 人球以也向右运动1与 c碰撞，。以一样的速度W运动2/的距离返回与。弹碰，b再次获得门向左运动直到与第二次碰撞，有x+l +2l=v2t对球在相同的时间内有l-x=vtIX 联立可得 5,故“与 6第二次碰撞处距竖直墙的距离为d=x+l=-l5故 C正确，D错误。故选A C。2 1.如图所示，两块竖直放置的金属导体板间存在水平向左的匀强电场间距离为4 有一带电荷量为+夕、质量为m的小球以水平速度从左极上的A孔进入匀强电场，且恰没有与右板相碰，小球最后从A孔正下方的8孔离开匀强电场，若 A、8两孔间的距离为4 4,重力加速度为g,则()ABA.两板间的电场强度大小为 qB.小球从A 孔进入电场时的速度大小 =屈1 mgaC.小球在电场中的最小动能为2D.小球进入电场后到其速度达到最小值的过程中，小 球 电 势 能 的 增 加 量=【答案】BC【解析】A 由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速。设小球进入A 孔的速度为%,减速到右板的时间为，则有水平方向吗?0=v0-/竖直方向4=3 g(2f联立解得qA 错误；B.在水平方向上根据牛顿第二定律有qE=max根据运动学公式有0-v j=2(-(zr)t/联立解得v0=y/2gdB E确；C D.小球进入电场后，在水平方向上做减速运动，即在竖直方向上做加速运动，即匕.=gt小球在电场中的速度大小为联立由数学知识可得%2 g时小球速度达到最小，动能也达到最小，最小动能为1 ,1n=-m(vx+V y)=-m 8d此时粒子在水平方向的位移为2 m在此过程中电场力做功为W=-qEx而W=-A Ep联立解得A L 3 ，%=-mgdmgd即粒子的电势能增加4 ,C 正确，D错误。故选B Co2 2.（5分）某实验小组利用图甲所示的装置探究加速度与力的关系，将力传感器固定在小车上，细绳的一端固定在传感器上，传感器的示数就是拉力F 的大小，用手机的连拍功能对小车进行照相。小 多 力传 感 器 细 线 滑轮带刻度尺的长木板试验台&重物甲L（1）下列操作正确的是；A.调节滑轮的高度，使细线与长木板平行B.在细绳下端挂上重物，垫高长木板左端到恰当高度以补偿阻力C.实验时，小车的加速度。可以通过传感器的示数尸除以小车的质量M 获得。D.为尽可能减小实验误差，重物的质量应远小于小车的质量（2）将拍摄的照片进行处理，从某一张照片起每隔四张照片选取一张，依次分别记为A、B、C、D、E,拼接后将得到的图像如图乙所示 己知手机连拍的频率为50 H z,则小车加速度的大小a=m/s 2 （计算结果保留三位有效数字）。L cu cJ|口 口 1 口口 口口|1 I1 1 11 1 11 1 1 129 304358 5976 77 97单位:cm乙【答案】AC2.40【解析】（1）A.实验中必须要使细绳与长木板平行，这样才能使得绳子的拉力沿长木板斜面方向，才能使细绳的拉力等于小乍的合外力，A 正确；B.实验前不挂重物，垫高长木板左端到恰当高度以补偿阻力，以保证细绳的拉力等于小车受的合力，B错误；C.实验是为了验证牛顿第二定律，故不能用牛顿第二定律的结论循环验证，C 错误；D.由于有力传感器测量绳的拉力，则没必要使重物的质量应远小于小车的质量，D 错误。故选A。（2）由手机连拍的频率为50H z,每隔四张照片选取一张，可知图中照片时间间隔T=5x=5x-s=0.1sf 50根据逐差法可知 心 一#=（96.7。-58.30）-（5&3。-29.50）介=240mzs?4T2 4x0.1223.（10分）太阳能电池是一种利用太阳光直接发电的光电半导体薄片，又称为“太阳能芯片”或“光电池”,只要光照达到一定的强度，瞬间就可输出电压。某同学利用如图甲所示的电路测量某光电池的电动势和内阻，已知相同光照强度下该光电泡的电动势不变。部分器材规格如下：电 流 表 名（量程为03mA、内 阻 鼠=10。）；电流表A?（内阻忽略不计）;定值电阻飞；定值电阻&=8。乙（I）该同学把电流表A，改装成量程为0 3V电压表，则其串联的定值电阻与的阻值为（2）该同学用一定强度的光照射该电池，闭合开关S,调节滑动变阻器R的阻值，读出改装后电压表的读 数 U和电流表人 2 的读数/,得到该电池的一/曲线如图乙所示。由图乙可知，该电源的电动势为 V（保留三位有效数字），内阻（填“是 或 不是”）定值，当改装的电压表（可视为理想电表）的示数为 2.3 0 V 时，电 源 内 阻 为。（内阻结果保两位有效数字）；（3）当滑动变阻器的电阻为零时，若改装的电压表可视为理想电压表，则定值电阻凡消耗的电功率为W。（结果保留两位有效数字）【答案】9 0 0 2.9 0 （2.8 9 2.9 1 范围内均可）不是 7.5 （7.4 7.6 范围内均可）0.28 （0.27 0.29范围内均可）【解析】（I）根据电表改装原理可知N=；-%=900Q（2）电源的U-/图像的纵截距等于电源的电动势，即E=2.9 0 V电源的U-/图像的斜率表示内阻，由于图像为曲线，所以内阻不是定值。当改装的电压表（可视为理想电表）的示数为2.30 V 时，由图像读出此时电路中的电流为8 0 m A,根据闭合电路欧姆定律可得电源内阻为E-U 2.9 0-2.30 r=-=-Q =7.5 QI 0.0 8（3）山题意可知此时等效于外电路只接有电阻&,将 用 的-/图 线画在图乙中，如图所示，两条图线的交点时应的电压为1.5 0 V、电流为1 8 5 m A,则此时定值电阻&消 耗的电功率为p =t/=1.5 0 x 0.1 8 5 W x O.28 W24.（1 4分）如图所示，倾角6=37。斜面底端B平滑地连接着半径片0.40 的竖直光滑圆轨道，质量w=0.5 0 k g的小物块，从距离地面/z=2.7 m 处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数=0.25,求:(s i n 37 O=0.6；c os 37=0.8,g=1 0 m/s2)(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小？(2)小物块滑到斜面底端B时的速度为多大？(3)小物块沿圆轨道已完成圆周运动，求到最高点A点时对圆轨道的压力大小。B【答案】(1)4.0 m/s2；(2)6 m/s；(3)20 N【解析】(1)根据牛顿第二定律，沿斜面方向和垂直斜面方向分别有mg s i n 0 -=ma,N =mg c os 0解得me s i n 0 -meu c os 0 ,a=-=4.0 m /sm(2)设 8端速度为小 从顶端到底端，则1=2s i n。代入已知条件得V j =6 m /s(3)设 4 端速度为也，从 8到 A,由由动能定理有1 m v22 1 m v.=-mg。2 r在 A点，设轨道压力为V,有+摩=退r解得N =20 N25.(1 8 分)如图所示，两平行导轨PP、QQ 固定在水平绝缘桌面(图中未画出)上，间距为工，轨道右侧通过导线分别与阻值为2R (共中R未知)的电阻飞、阻值为R的电阻&连 接，开关K和电动势为E的电源相连，与导轨垂直的虚线NM左侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，虚线到NN的距离为L,质 量 为E R、电阻不计的导体棒“静止于虚线M M 左侧足够远处的导轨上，质量为导体棒。的 2 倍的绝缘棒人 置于虚线M V 右侧的导轨上。现闭合开关K,导体棒“向右运动，当导体棒。运动 到 虚 线 位 置 时，断开开关K,已知导体棒。到 达 前 已 经 做 匀 速 直 线 运 动，两棒运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度大小为g,绝缘棒。与导轨间的动摩擦因数为，。、力两棒发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计导体棒与导轨间的摩擦和电源内阻，不计导轨的电阻，求:(1)开 关K断开瞬间，导体棒。的速度大小工(2)导 体 棒。离开磁场时的速度大小匕;(3)绝缘棒匕在导轨上运动的距离M,Nx。x x x ix_Lxi 4-二 A.X x X|x xjQXX X 1XMx!N2EV.=-(1)3 B L.(2)E2、6BL.(3)1 6 2 gB*【解 析】（1）由于不I卜导体棒。与导轨间的摩擦，当导体棒。匀速运动时，棒上的感应电动势与I两端电XX X Xx【答 案】I-他压相等,有町匕ER+2R解得2Ev.=-1 3BL（2）当导体 棒。的速度大小为时，所受的安培力大小由动量定理有-Ft=mv2一 叫其中B匕m=-ER从到M V的过程中，有 =X v Z解得Ev2=-2 6BL（3）导体棒“离开磁场后做匀速运动与绝缘棒人发生弹性碰撞，有12 12 1c 2mv2=mv3+2/MV4 万 吗 -5 m v3+万 *解得碰撞后瞬间，绝缘棒人的速度大小2由功能关系有g x 2?片=x 2mgs解得E21 6 2 gB*(-)选考题：共 1 5 分。请考生从2 道物理题中任选一题作，答。如果多做，则按所做的第一题计分。3 3.【选修3-3 (1 5 分)(1)(5 分)下列说法正确的是 o (填正确答案标号，选 对 1 个给2分，选对2 个得4分，选对3 个得5分，每选错1 个扣3分，最低得分。分)A.知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，就能计算出阿伏加德罗常数B.水最能停于水面上，是由于液体表面张力的作用的结果C.晶体有固定的熔点，但不一定有确定的几何形状，也不一定具有各向异性D.影响蒸发快慢的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距E.随着科技的发展，将来可以将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【答案】B C D【解析】A.因为气体分子间距较大，所以只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数，故 A错误；B.水量能停于水面上，是由于液体表面张力的作用的结果，故 B正确；C.晶体分为单晶体和多晶体，晶体都有固定熔点，多晶体物理性质各向同性，没有固定的几何形状；单晶体一定具有规则的几何外形和物理性质的各向异性，故 C正确；D.空气的相对湿度即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢，故 D正确；E.根据热力学第二定律可知，与热现象有关的宏观过程具有方向性，故不能将散失的能量重新聚集利用而不引起其他变化，故 E错误。故选B C D,(2)(1 0 分)如图所示，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积5 =1 0 0 8?的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体,在活塞上面放置一个物体，活 塞 和 物 体 的 总 质 量 2 0 k g,在汽缸内部有一个阻值R =4。的电阻丝，电阻丝两端的电压U =1 0 V,接通电源对缸内气体加热，经时间，=1 0 s 将电源断开，接通电源的过程中活塞缓慢上升的高度=1 5 c m。己知接通电源前缸内气体的热力学温度,=3 0 0 K、体积丫=3 x l(T 3 m，,大气压强恒为P =l x l O5P a,取重力加速度大小g =l m/s 2,电阻丝产生的热量全部被气体吸收。求：(i )加热后电源断开时缸内气体的热力学温度T;（i i）接通电源的过程中缸内气体增加的内能A。I一，I I八hI 口02o_|P【答案】（i）T=4 5 0 K.（n）A=70J【解析】（i）活塞上升过程中缸内气体的压强不变，根据盖一吕萨克定律有V _ V+Sh工=T解得T=450K（i i）设活塞上升过程中缸内气体的压强为P，对活塞，根据物体的平衡条件有p0S+mg=pS解得p=1.2x10 s Pa在活塞上升的过程中缸内气体对外界做的功W=pSh该过程中电阻丝产生的热量Q=X根据热力学第一定律有E=Q-W解得A=70J34.【选修 3-4（15分）（1）（5 分）如图所示是一列简谐波在f=0时的波形图像，波速大小为v=10m/s,方向水平向右，此时波恰好传到/点,则 下 列 说 法 正 确 的 是。（填正确答案标号，选 对 1 个给2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分,每选错1 个扣3 分，最低得分。分）B.质点E 开始振动的方向沿y 轴负方向C.当/=5.1s时,A lO m 的质点处于平衡位置处D.质点8、F 在振动过程中相对平衡位置的位移总是相同E.质点4、E、/振动过程中的加速度总是相同【答案】BDE【解析】A.由波形图可知，波长7=4m,则周期A 4T=-=s=0.4sv 10故 A 错误；B.由图像信息以及波的传播方向与质点振动方向的关系可知，E 刚开始振动时的方向沿），轴负方向，故 B正确：C.波传到AlOm的质点的时间r=5.1s时，产10m的质点已经振动A/=5.1-0.2s=12-T4所以此时处于波谷处，故 C 错误；D.质点8、F 平衡位置之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所 以 质 点&F 在振动过程中位移总是相等，故 D 正确；E.质点A、E、/平衡位置间的距离分别为一个波长，所以振动情况相同，故 E 正确。故选BDE。（2）（10 分）.如图所示，一长方形玻璃砖长为4L、宽为代心，在玻璃砖上表面的中点A的正上方的。点有一激光笔，、A 两点间的距离为心，激光笔发出的激光束在竖直平面内以。点为圆心以一定的角速度沿逆时针方向匀速转动，激光束在玻璃砖上表面形成的光斑沿上表面移动到8 点（未知）时的速度大小是在A 点时的速度大小的2 倍，此时光束通过折射进入玻璃砖后恰好从右下侧顶点射出，不计激光笔的大小，求：（1）光斑在B 点时，光束与玻璃砖上表面的夹角外（2）玻璃砖的折射率。