百校联考2023年高三下学期一模考试物理试题含解析.pdf

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1、2023 学年高考物理模拟试卷 考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（）A物体势能的增加量 B物体动能的增加量 C物体动能的增加量加上物体

2、势能的增加量 D物体动能的增加量减去物体势能的增加量 2、如图所示，一个质量为 m 的物块 A 与另一个质量为 2m 的物块 B 发生正碰，碰后 B 物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块 B 与地面间的动摩擦因数为 0.2，与沙坑的距离为 1m，g 取 10m/s2，物块可视为质点，则 A 碰撞前瞬间的速度为（）A0.5m/s B1.0m/s C2.0m/s D3.0m/s 3、如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为8kgm 的猴子以初速度10.5v m/s沿竖直杆从杆底部向上匀加速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度21m/sv，加速度22s2m/a 沿水平

3、方向向左做匀加速直线运动，3st 末猴子到达杆的顶部。已知竖直杆的长度为6mL，重力加速度210m/sg，将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（）A猴子沿杆运动的加速度大小为20.5m/s B猴子相对地面做匀加速的曲线运动 C猴子运动的轨迹方程12yx D杆给猴子的作用力大小为88N 4、中国空间技术研究院空间科学与深空探测首席科学家叶培建近日透露，中国准备在 2020 年发射火星探测器，2021年探测器抵达火星，并有望实现一次“绕”、“落”和“巡”的任务。火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的 2 倍，火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的 0.1 倍。由以上信息可知（

4、）A发射火星探测器需要的速度不能小于 16.7km/s B探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力小 C火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的 4 倍 D在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度 5、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh，此为过程；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环（）A过程中，加速度一直减小 B过程中，克服摩擦力做的功为212mv C在 C 处

5、，弹簧的弹性势能为214mvmgh D过程、过程中克服摩擦力做功相同 6、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 ac12ab。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 A32qe Bqe C23qe D3qe 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，电路中 R1和 R2

6、均为可变电阻，平行板电容器 C 的极板水平放置。闭合开关 S，电路达到稳定时，一带电油滴恰好悬浮在两板之间。下列说法正确的是()A仅增大的 R2阻值，油滴仍然静止 B仅增大 R1的阻值，油滴向上运动 C增大两板间的距离，油滴仍然静止 D断开开关 S，油滴将向下运动 8、下列说法正确的是（）A一定质量的理想气体，当温度升高时,内能增加,压强增大 B饱和蒸汽在等温变化的过程中，当其体积减小时压强不变 C液体表面层分子间距离较其内部分子间距离小，表面层分子间表现为斥力 D一定质量的理想气体放出热量，分子平均动能可能减少 E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 9、1772 年

7、，法籍意大利数学家拉格朗日在论文三体问题指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有 5 个特殊点，如图中的 L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日 L2点，下列说法正确的是（）A该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等 B该卫星在 L2点处于平衡状态 C该卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕太阳运动的向心加速度 D该卫星在 L2处所受太阳和地球引力的合力比在 L1处大 10、如图所示，一匝数为 n，边长为 L，质量为 m，电阻为 R

8、 的正方形导体线框bcd，与一质量为 3m 的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连在导体线框上方某一高处有一宽度为 L 的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里现将物块由静止释放，当d 边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计切摩擦重力加速度为 g则()A线框d 边进入磁场之前线框加速度=2g B从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量2BLqR C整个运动过程线框产生的焦耳热为 Q=4mgL D线框进入磁场时的速度大小2222mgRvn B L 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。

9、11（6 分）某同学要精确测量某一金属丝的电阻率。（1）先用多用电表1 挡粗测其电阻，指针偏转如图甲所示，读数为_，然后用螺旋测微器测其直径如图乙所示，读数为_mm，最后用米尺测其长度如图丙所示，其读数_cm。（2）采用伏安法进一步测定这段金属丝的电阻。有以下器材可供选择：（要求测量结果尽量准确）A电池组（3V，内阻约 1）B电流表（03A，内阻约 0.025）C电流表（00.6A，内阻约 0.125）D电压表（03V，内阻约 3k）E 电压表（015V，内阻约 15k）F 滑动变阻器（0 20，额定电流 1A）G 滑动变阻器（0 1000，额定电流0.1A）H开关，导线 实验时应选用的器材是

10、_（选填器材前字母代号）。请在下面的虚线框中补全实验电路图_。用该方法测金属丝电阻，测量结果会比真实值偏_（选填“大”或“小”）。在某次测量时电表示数如图丁所示，则电流表示数为_，电压表的示数为_。（3）为了减小系统误差，有人设计了如图戊所示的实验方案。其中xR是待测电阻，R 是电阻箱，1R、2R是已知阻值的定值电阻。闭合开关 S，灵敏电流计的指针偏转。将 R 调至阻值为0R时，灵敏电流计的示数为零。由此可计算出待测电阻xR _。（用1R、2R、0R表示）12（12 分）某同学制作了一个可用电流表直接显示拉力大小的拉力器，原理如图。R1是一根长 20cm、阻值 20 的均匀电阻丝，劲度系数为

11、1.0103N/m 的轻弹簧左端固定，右端连接金属滑片 P 和拉环，拉环不受拉力时，滑片 P 恰好处于 a 端。闭合 S，在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片 P 滑到 b 端，调节阻箱电 R 使电流表恰好满偏。已知电源电动势 E=6V，内阻 r=1，电流表的量程为 00.6A，内阻不计，P 与 R1接触良好且不计摩擦。（1）电阻箱 R0接入电路的阻值为_；（2）电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是_（填“均匀”或“不均匀”）的；（3）电流表刻度值为 0.50A 处拉力的示数为_N；（4）要通过线性图象直观反映电流表示数 I 与拉力 F 的关系，可作_图象；AI-F B1IF

12、 C1FI D11IF（5）若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中正确选择的图象斜率_（填“变大”“变小”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 xOy 平面内 y 轴与 MN 边界之间有沿 x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧（I 区）和 MN 边界右侧（II 区）的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且 MN 右侧的磁感 应强度大小是 y 轴左侧磁感应强度大小的 2 倍，MN 边界与 y 轴平行且间距保持不变.一质量为 m、电荷量为-q 的粒子以速度0v从坐标原点 O 沿 x 轴负

13、方向射入磁场，每次经过 y 轴左侧磁场的时间均为0t，粒子重力不计.（1）求 y 轴左侧磁场的磁感应强度的大小 B;（2）若经过04.5t时间粒子第一次回到原点 O,且粒子经过电场加速后速度是原来的 4 倍，求电场区域的宽度 d（3）若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的 半径分别为 R1、R2且 R1R2,要使粒子能够回到原点 O,则电场强度 E 应满足什么条件？14（16 分）如图为过山车的简化模型，AB 是一段光滑的半径为 R 的四分之一圆弧轨道，B 点处接一个半径为 r 的竖直光滑圆轨道，滑块从圆轨道滑下后进入一段长度为 L 的粗糙水平直轨道 BD，最后滑上半径为 R，圆心角=60的光滑圆

14、弧轨道 DE。现将质量为 m 的滑块从 A 点由静止释放，求(1)若 R=3r，求滑块第一次到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)若要求滑块能滑上 DE 圆弧轨道但不会从 E 点冲出轨道，并最终停在平直轨道上，平直轨道 BD 的动摩擦因数 需满足的条件。15（12 分）如图，一直角三棱柱 ABC，其中90ABC，60BAC，AB 长度为 2L，M 为 AB 的中点，N 为BC 的中点，一光线从 AB 面上的 M 点以 45的入射角射入三棱柱，折射光线经过 N 点。已知光在真空中的传播速度为 c，求：（1）三棱柱折射率 n；（2）光从开始射入三棱柱到第一次射出所需的时间。参考答案 一、单

15、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】物体受重力和支持力，设重力做功为 WG，支持力做功为 WN，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：WG+WN=Ek WN=Ek-WG 根据重力做功与重力势能变化的关系得：WG=-Ep 所以有：WN=Ek-WG=Ek+Ep。A物体势能的增加量，与结论不相符，选项 A 错误；B物体动能的增加量，与结论不相符，选项 B 错误；C物体动能的增加量加上物体势能的增加量，与结论相符，选项 C 正确；D物体动能的增加量减去物体势能的增加量，与结论不相符，选项 D 错误；故选 C。2

16、、D【解析】碰撞后 B 做匀减速运动，由动能定理得 212022mgxmv 代入数据得 2m/sv A 与 B 碰撞的过程中 A 与 B 组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则 012mvmvmv 由于没有机械能的损失，则 222011112222mvmvmv 联立可得 03m/sv 故选 D。3、C【解析】A.猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由 21112Lv ta t 得 211m/sa，故 A 错误；B.根据分运动与合运动的关系：1212vv，1212aa，速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故 B 错误；C.猴子在竖直方向的分运动：2211110.522yv

17、 ta ttt，水平方向：222212xv ta ttt，联立可得：12yx，故 C 正确；D.杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得：1yFmgma，得：88yFN，水平方向：216xFmaN，则杆对猴子的作用力：2288xyFFFN，故 D 错误。故选：C。4、D【解析】A火星探测器脱离地球，但没有脱离太阳系，其发射速度大于第二宇宙速度 11.2km/s 即可，故 A 错误；B根据引力2MmFGR，因为火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的 0.1 倍，所以火星表面的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为 2：5。可得探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引

18、力大，故 B 错误；C根据万有引力提供向心力，有 2224MmGmrrT 可得 2324GMTr 因火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的 2 倍，所以火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的34倍，故 C 错误；D在火星表面发射近地卫星的速度即火星的第一宇宙速度，由 22MmvGmRR 得第一宇宙速度公式 GMvR 可知火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 1：5，所以在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度，故 D 正确。故选 D。5、D【解析】A圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，则经过B处的加速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运

19、动，所以加速度先减小，后增大，故 A 错误；BCD在过程、过程中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为fW，研究过程，运用动能定理列式得 0fmghWW弹 研究过程，运用动能定理列式得 2102fmghWWmv弹 联立解得克服摩擦力做的功为 214fWmv 弹簧弹力做功 214Wmghmv弹 所以在C处，弹簧的弹性势能为 214PEWmghmv弹 故 B、C 错误，D 正确；故选 D。6、D【解析】正离子由 a 到 b 的过程，轨迹半径12abr，根据牛顿第二定律：21vqvBmr，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

20、变，电荷量变为 qne，正离子从 b 到 c 的过程中，轨迹半径 r22bc34ab，且(qne)vB22vmr，解得：n3qe A32qe。故 A 不符合题意。Bqe。故 B 不符合题意。C23qe。故 C 不符合题意。D3qe。故 D 符合题意。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、ABD【解析】开始液滴静止，液滴处于平衡状态，由平衡条件可知：mg=q；由图示电路图可知，电源与电阻 R1组成简单电路，电容器与 R1并联，电容器两端电压等于 R

21、1两端电压，等于路端电压，电容器两端电压：U=IR1=；仅增大 R2的阻值，极板间电压不变，液滴受力情况不变，液滴静止不动，故 A 正确；仅增大 R1的阻值，极板间电压 U 变大，液滴受到向上的电场力变大，液滴受到的合力竖直向上，油滴向上运动，故 B 正确；仅增大两板间的距离，极板间电压不变，板间场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴所受合力竖直向下，液滴向下运动，故 C 错误；断开电键，电热器通过两电阻放电，电热器两极板间电压为零，液滴只受重力作用，液滴向下运动，故 D 正确；故选 ABD。【点睛】本题考查了判断液滴运动状态问题，分析清楚电路结构，分析清楚极板间场强如何变化、判断出液滴受力如何

22、变化是解题的关键 8、BDE【解析】A由理想气体状态方程 pVCT可知，当温度升高时，内能增加，pV乘积增大，但压强不一定大，故 A 错误；B饱和蒸汽压仅仅与温度有关，饱和蒸汽在等温变化的过程中，体积减小时压强不变，故 B 正确；C液体表面层分子间距离较其内部分子间距离大，表面层分子间表现为引力，故 C 错误；D一定质量的理想气体放出热量，根据热力学第一定律知分子内能可能减小，分子平均动能可能减少，故 D 正确；E根据熵增原理可知，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故 E 正确；故选 BDE。9、AD【解析】A据题意知，卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则卫星绕太阳运动周期和地

23、球公转周期相等，故 A 正确；B卫星受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故 B 错误；C由于卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，卫星的轨道半径大，根据公式224arT分析可知，卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故 C 错误；D由题可知，卫星在 L1点与 L2点的周期与角速度是相等的，卫星的合力提供向心力，根据向心力的公式2Fmr可知，在 L1点处的半径小，所以在 L1点处的合力小，故 D 正确。故选 AD。10、CD【解析】A.在线框 ad 边进入磁场之前，有33mgTmaTmgma，解得12ag，A 错误；B.根据qn

24、R可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为2nBLqR，B 错误；C.线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故234QmgLmgLmgL，C 正确；D.ab 边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有3Tmg，TmgF安，FnBIL安，nBLvIR，联立解得2222mgRvn B L，D 正确 故选 CD 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 0.600 60.10 ACDFH 小 0.14 2.40 201RRR 【解析】（1）1欧姆表的读数为表盘示数与倍率的乘积，所

25、以圆形柱体的电阻大致为 R=111=11 2螺旋测微器的读数为固定刻度的毫米数与可动刻度的 n0.01mm 的和，由图示螺旋测微器可知，其直径为 0.5mm+10.00.01mm=0.600mm 3根据米尺读数原理，可知米尺的读数为 60.10cm；（2）4金属丝电阻约为11，电池组电动势为 3V，回路中最大电流约3A11，故电流表选 C，电压表选 D。5伏安法测电阻，滑动变阻器采用限流接法，选用阻值变化范围较小的 F 即可。由于VARRRR，所以选用电流表外接法，电路图如图所示 6利用此方法测得的电流偏大，根据 URI 可得金属丝电阻值的测量值比真实值偏小。78电流表选用小量程 0.6A，分

26、度值为 0.02A，电流为 0.14A；电压表选用小量程 3V，分度值为 0.01V，电压为 2.40V；（3）9灵敏电流计示数为零，说明其两端电势相等，可得 012xRRRR 解得 021xR RRR 12、9 不均匀 180 C 不变 【解析】（1）1由闭合电路欧姆定律可知 0gEIRr 解得 R0=9（3）2由闭合电路欧姆定律可知 01EIRrR 设弹簧形变量为 x，则 F=kx 1LxRS 可知 F 和 I 非线性关系，则用电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是不均匀的；（3）3电流表刻度值为 0.50A 时，根据闭合电路欧姆定律可知 01EIRrR 可得 R1=2 则由比例关

27、系可知弹簧被拉伸 18cm，此时拉力的示数为 F=kx=1.01030.18N=180N（4）4由（2）列得的式子可知 01()RrLFIEESEkS 则要通过线性图象直观反映电流表示数 I 与拉力 F 的关系，可作1FI图象，故 C 符合题意，ABD 不符合题意。故选 C。（5）5若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中的表达式变为 01()ARrRLFIEESEkS 则（4）问中正确选择的图象斜率不变。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)0mBqt(2)0 02.5dv t(3)2020384(1,2

28、,3,)5nnmvEnn qt【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期：2 mTqB，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则：02Tt 解得：0mBqt(2)设粒子在 I、区运动的速度分别为 v1、v2，运动周期分别为 T1、T2，则 2111mvBqvr，22222mvBqvr，1020,4vv vv 解得：212rr 粒子在 t=4.5t0时回到原点，运动轨迹如图所示：1222,2mmTTBqBq 粒子在 I、运动时间分别为 0120,222tTTt 粒子在电场中运动时间为 0004.52.52ttt 故粒子在电场中运动宽度 d 所用时为 t0得 1202vvdt 解得：0 02.5dv

29、t(3)由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足 211222(1,2,3,)nRRRn 由向心力公式有：22222mvBqvR 解得：202(1)nvvn 根据动能定理：22201122qEdmvmv 解得：2020384(1,2,3,)5nnmvEnn qt 14、(1)mg；(2)2RRLL【解析】(1)对滑块，从 A 到 C 的过程，由机械能守恒可得：21(2)2Cmg Rrmv 根据牛顿第二定律 2CNvFmgmr 代入3Rr，得 NFmg 由牛顿第三定律得 NFmg (2)滑块由 A 到 B 得 212BmgRmv 若滑块恰好停在 D 点，从 B 到 D 的过程，由动能定理可得：21

30、12BmgLmv 可得 1RL 若滑块恰好不会从 E 点冲出轨道，从 B 到 E 的过程，由动能定理可得：221(1cos)2BmgLmgRmv 可得 22RL 综上所述，需满足的条件为 2RRLL 15、（1）2n；（2）3 2Ltc。【解析】（2）由题意可知人射角45i，折射角30r，画出光路图如图所示 由折射定律有 sinsininr 解得2n （2）由题意结合反射定律可知=60，设光从三棱柱射向空气的临界角为 C 根据 11sinsin2Cn 可知光射到 BC 面上发生全反射，光射到 AC 面上的人射角30C，则光能从 AC 面上射出三棱柱 由几何关系可知 2Lsin30LMN 2cos30NCNQL 光在三棱镜中的传播速度 cvn 则光在三棱镜中传播时间 3 2NCMNLtvc