2023学年黑龙江省双城市兆麟高三下学期联合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 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每

2、小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、下列粒子流中贯穿本领最强的是（）A 射线 B阴极射线 C质子流 D中子流 2、如图所示，真空中位于 x 轴上的两个等量正点电荷的位置关于坐标原点 O 对称，规定电场强度沿 x 轴正方向为正，无穷远处电势为 0。下列描述 x 轴上的电场强度 E 或电势随位置 x 的变化规律正确的是（）A B C D 3、一定质量的理想气体在升温过程中()A分子平均动能增大 B每个分子速率都增大 C分子势能增大 D分子间作用力先增大后减小 4、如图所示，两根粗细不同，两端开口的直玻璃管 A 和 B 竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量温度相同的理想

3、气体，气柱长度12HH，水银柱长度12hh，今使封闭空气降低相同的温度（大气压保持不变），则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是（）A均向下移动，A 管移动较少 B均向下移动，A 管移动较多 C均向下移动，两管移动的一样多 D水银柱的移动距离与管的粗细有关 5、如图甲所示，质量为 0.5kg 的物块和质量为 1kg 的长木板，置于倾角为37足够长的固定斜面上，0t 时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力 F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间 t 后撤去拉力 F。已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin370.6，cos370.8，210m/sg。则

4、下列说法正确的是（）A长木板与斜面之间的动摩擦因数为10.35 B拉力 F 作用的时间为2st C拉力 F 的大小为 13N D物块与长木板之间的动摩擦因数 2可能为 0.88 6、图 1 是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏 P 上观察到的图样如图 2 所示。为了增大条纹间的距离，下列做法正确的是（）A增大单色光的频率 B增大双缝屏上的双缝间距 C增大双缝屏到光屏的距离 D增大单缝屏到双缝屏的距离 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

5、示，一定质量的理想气体的状态连续变化，变化过程为abca。其中ab直线平行于p轴，ca直线平行于V轴，bc为等温过程。下列分析正确的是_ Aab过程气体内能减小 Bab过程外界对气体做功 Cca过程气体对外界做功 Dcb过程气体放出热量 E.ab过程气体放出热量 8、如图所示，圆形区域内以直线 AB 为分界线，上半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。下半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，圆的半径为 R。在磁场左侧有一粒子水平加速器，质量为 m，电量大小为 q 的粒子在极板 M 右侧附近，由静止释放，在电场力的作用下加速，以一定的速度沿直线 CD 射入磁场，直线

6、CD 与直径 AB 距离为 0.6R。粒子在 AB 上方磁场中偏转后，恰能垂直直径 AB 进入下面的磁场，之后在 AB 下方磁场中偏转后恰好从 O 点进入 AB 上方的磁场。带电粒子的重力不计。则 A带电粒子带负电 B加速电场的电压为22925qB Rm C粒子进入AB 下方磁场时的运动半径为 0.1R DAB 下方磁场的磁感应强度为上方磁场的 3 倍 9、一列简谐横波，在0.5st 时的波动图象如图甲所示，介质中15mx 处的质点 A 的振动图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A这列波的波速大小是2m/s B这列波的频率为1Hz C这列波沿 x 轴正方向传播 D0.5 0.75s内，图甲中质

7、点 P 的平均速率大于质点 Q 的平均速率 10、如图所示，轻弹簧下端固定在粗糙斜面的挡板上，上端连接一小滑块（视为质点），弹簧处于自然状态时滑块位于O 点先用外力缓慢地把滑块移至 A 点，此时弹簧的弹性势能为 Ep，然后撤去外力，滑块沿斜面向上最高能滑到 B点，该过程中滑块的最大动能为 Ekm，滑块的动能最大时其所在位置距 A 点的距离为 L下列说法正确的是 A滑块从 A 点滑到 O 点的过程中，其加速度大小先减小后增大 B滑块从 A 点滑到 O 点的过程中，其动能一直增大 C滑块经过距 A 点距离为2L的位置时，其动能大于2kmE D滑块从 A 点滑到 B 点的过程中，克服摩擦阻力和克服重

8、力做功的代数和为 Ep 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）测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN 为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0=1.0。调节滑片 P，记录电压表示数 U、电流表示数 I 及对应的 PN 长度 x，绘制了 U-I 图像如图乙所示。(1)由图乙求得电池的电动势 E_V，内阻 r=_。(2)实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值_其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。(3)根据实验数据可绘出UI-x 图像，如图丙所示。图像斜率为 k，电阻丝横截面积为 S，可求得电阻丝的电

9、阻率 _，电表内阻对电阻率的测量_（选填“有”或“没有”）影响。12（12 分）某学习小组利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验，其主要实验步骤如下：A用游标卡尺测量挡光条的宽度为 d，用天平测量滑块（含挡光条）的质量为 M，砝码盘及砝码的总质量为 m；B调整气垫导轨水平；C光电门移到 B 处，读出 A 点到 B 点间的距离为 x1，滑块从 A 处由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t1；D多次改变光电门位置，重复步骤 C，获得多组数据。请回答下列问题：(1)用游标卡尺测量挡光条的宽度时示数如图 2 所示，其读数为_mm；(2)调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能

10、_，表明导轨水平了；(3)在实验误差允许范围内，机械能守恒定律得到验证，则如图丙图象中能正确反映光电门的挡光时间 t 随滑块的位移大小 x 的变化规律的是_。A B C D 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）在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为 E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球 A 和 B，两小球质量均为 m，A 球带电荷量为Q，B 球不带电，A、B 连线与电场线平行，开始时两球相距 L，在电场力作用下，A 球与 B 球发生对心弹性碰撞设碰撞过程中，A、

11、B 两球间无电量转移 (1)第一次碰撞结束瞬间 A、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求 A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0 时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场请写出磁场 B 与时间 t 的函数关系 14（16 分）学校组织趣味运动会，某科技小组为大家提供了一个寓教于乐的游戏.如图所示，磁性小球在铁质圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔性一样，小球旋转一周后在 C 点脱离轨道，投入左边内轨的某点上，已知竖直圆弧轨道由半径为 2R 的左半圆轨道 AB 和

12、半径为 R 的右半圆轨道 BC 无缝对接，A、B 点处于竖直线上，可看成质点、质量为 m 的小球沿轨道外侧做圆周运动，已知小球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小恒为 F，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 g。(1)若小球在 A 点的速度为2gR，求小球在该点对轨道的弹力；(2)若磁性引力 F 可调整，要使小球能完成完整的圆周运动，求Fmg的最小值；(3)若小球从最高点开始沿轨道外侧运动，最后从 C 点抛出落到左侧圆轨道上（球脱离轨道后与轨道的引力消失），问小球能否落在与右边小圆圆心等高处？如果不能，求出小球的落点与 O 点的最短竖直距离。15（12 分）电荷周围存在电场，电场虽然看不见，但是它

13、却是客观存在的，可以通过实验对它进行观察和研究。如图所示，O是一个均匀带电球，把一个系在丝线上的带电量为q、质量为m的试探小球先后依次挂在图中123PPP、三个不同位置，调整丝线长度，使小球静止时的三个位置、ABC与带电球O的球心处于同一水平线上，三处的丝线与竖直方向的夹角分别为123、，且123。已知重力加速度为g。(1)对带电小球静止于A位置时的受力进行分析，画出受力示意图，并求小球所受电场力的大小AF；(2)根据电场强度的定义，推导带电球产生的电场在A位置处的场强大小AE的表达式，并据此比较、ABC三个位置的电场强度ABCEEE、的大小关系。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每

14、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、D【解析】射线射线的穿透能力最弱，一张纸即可把它挡住，但是其电离能力最强，阴极射线是电子流，能穿透 0.5mm 的铝板；质子流比电子流的穿透能力要强一些，中子不带电，相同的情况下中子的穿透能力最强 A 射线，与结论不相符，选项 A 错误；B阴极射线，与结论不相符，选项 B 错误；C质子流，与结论不相符，选项 C 错误；D中子流，与结论相符，选项 D 正确；故选 D 2、A【解析】AB由点电荷在真空中某点形成的电场强度公式2QEkr和电场叠加原理可知，沿 x 轴方向，A 点，电场强度为负，逐渐变大，A 点O 点，

15、电场强度为正，逐渐减小，O 点B 点，电场强度为负，逐渐变大，B 点，电场强度为正，逐渐减小，故 A 正确，B 错误。CD无穷远处电势为零，根据等量同种正电荷的电场线分布图，分析知，等量同种正电荷电场中的电势不会为负值，且 O 点处电势大于零，故 CD 错误。故选 A。3、A【解析】温度是分子平均动能的量度，当温度升高时平均动能一定变大，分子的平均速率也一定变化，但不是每个分子速率都增大，故 A 正确，B 错误；由于是理想气体，故分子间的相互作用力不考虑，故分子势能不变，分子间的作用力不计，故 CD 错误；故选 A.4、A【解析】D因为大气压保持不变，封闭空气柱均做等压变化，放封闭空气柱下端的

16、水银面高度不变，根据盖一吕萨克定律VCT，可得 VCT 则 TVVT 即 TS HSHT 化简得 THHT 则空气柱长度的变化与玻璃管的粗细无关，D 错误；ABC 因 A、B 管中的封闭空气柱初温 T 相同，温度的变化T也相同，则H与 H 成正比。又0T，所以0H，即 A、B 管中空气柱的长度都减小，水银柱均向下移动，因为12HH，所以 12HH 所以 A 管中空气柱长度减小得较少，A 正确，BC 错误。故选 A。5、D【解析】A撤去力 F 后长木板的加速度 222188m/s22 0.5vax 由牛顿第二定律 12()sin()cos()Mm gMm gMm a 解得 1=0.25 选项 A

17、 错误；B有拉力作用时的加速度 2211 81m/s22 4vax 拉力撤掉时的速度为 2 2m/sv 拉力作用的时间为 112 2s=2 2s1vta 选项 B 错误；C由牛顿第二定律 11()sin()cos()FMm gMm gMm a 解得 F=13.5N 选项 C 错误；D物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木板之间的动摩擦因数大于 0.25，选项 D 正确。故选 D。6、C【解析】A增大单色光频率，则波长减小，根据公式Lxd 可知，条纹间的距离减小，A 不符合要求；B增大双缝屏上的双缝间距 d，根据公式Lxd 可知，条纹间的距离减小，B 不符合要求；C增大双缝屏到光屏的距离 L

18、，根据公式Lxd 可知，条纹间的距离增大，C 符合要求；D根据公式Lxd 可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D 不符合要求。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、ACE【解析】AEab过程为等容变化，ab压强减小，由公式CpT可知，温度降低，则理想气体内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出热量，故 AE 正确；Bab过程为等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，故 B 错误；Cca过程为等压变化，体积变大，气体对外做

19、功，故 C 正确；Dcb过程为等温变化，内能不变，体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故 D 错误。故选 ACE。8、AC【解析】A从 C 点入射的粒子向下做匀速圆周运动，即受到洛仑兹力向下，由左手定则知道粒子带负电，所以选项 A 正确；B由题意知，粒子在 AB 上方磁场中做匀速圆周运动的半径 r10.6R，在电场中加速有：212Uqmv 在 AB 上方磁场中：21mvqvBr 联立得：22950qB RUm 所以选项 B 错误；C粒子在 AB 下方磁场中做匀速圆周运动，由几何关系：22122(0.6)rrRR 解得 r20.1R 所以选项 C 正确；D由洛仑兹力提供向

20、心力得到半径：mvrqB 由于 r16r2，所以 B26B1 所以选项 D 错误。故选 AC。9、BCD【解析】A根据图甲可得，该波的波长20m；由图乙可得，该波的周期1sT，则波速 20m/svT A 错误；B波的传播周期和振源的振动周期相同，波源的振动频率 11HzfT B 正确；C由题图乙可知0.5st 时，质点 A 的振动方向向下，在题图甲中根据“上坡下，下坡上”法可知，波沿 x 轴正方向传播，C 正确；D0.50.75s 内，质点 P 在14周期内通过的路程大于一个振幅，质点 Q 在14周期内通过的路程小于一个振幅，平均速率等于路程比时间，所以质点 P 的平均速率比质点 Q 的平均速

21、率大，D 正确。故选 BCD。10、ACD【解析】滑块从 A 点滑到 O 点的过程中，弹簧的弹力逐渐减小直至零，弹簧的弹力先大于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，再等于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，后小于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，合外力先沿斜面向上，随着弹簧的减小，合外力减小，则加速度减小合外力后沿斜面向下，随着弹簧的减小，合外力反向增大，则加速度反向增大，所以加速度大小先减小后增大，故 A 正确在 AO 间的某个位置滑块的合外力为零，速度最大，所以滑块从A 点滑到 O 点的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，故 B 错误设动能最大的位置为 C，从 A 到 C，由动能定理

22、得：111fGkmWWWE弹，设距 A 点距离为2L的位置为 D，此位置动能为kE；滑块从 A 到 D 的过程，由动能定理得：222fGkWWWE弹，因为21211122ffGGWWWW，则 kkmppDppCppDpDpC212-2-W=2 EEE0E EWEEEEE弹弹故 C 正确滑块从 A 点滑到 B 点的过程中，根据动能定理得：0fGWWW弹，又PWE弹，则得fGPWWE，即克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为pE，故 D 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、1.49 0.45 小于 kS 没有 【解析】(1)12

23、由闭合电路欧姆定律可知 U=E-I(r+R0)则可知图 2 中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故 E=1.49V；图象的斜率表示(r+R0)，则 01.491.21.450.20rR 解得 r=1.45-1.0=0.45(2)3由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的 U-I 图象如图所示 由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。(3)45根据欧姆定律可知，电阻 UxRIS 则可知 kS 解得=kS 若考虑电流表的内阻，则-AUxRIS，则图象的斜率不变，所以得出的电阻率没

24、有影响。12、3.40 静止 D 【解析】（1）1因游标尺是 20 分度的，则游标卡尺的精确度为 0.05mm，则其读数 3mm8 0.05mm=3.40mmd （2）2调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能静止，表明导轨水平。（3）3动能的增量 2211()2KdEMmt 重力势能的减小量 PEmgx 机械能守恒需要验证动能的增量等于重力势能的减小量，则 2211()2dMmmgxt 则有 22112()mgxtMm d ABC 错误 D 正确。故选 D。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。1

25、3、(1)10Av 12BQELvm (2)5QEL (3)222m gBmLQ E tQE (223mLmLtQEQE )【解析】（1）A 球的加速度QEam，碰前 A 的速度122AQELaLmv；碰前 B 的速度10Bv 设碰后 A、B 球速度分别为1Av、1Bv，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：111AABmmmvvv，222111111222AABmmmvvv 所以 B 碰撞后交换速度：10Av，112BAQELmvv（2）设 A 球开始运动时为计时零点，即0t，A、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t、2t；由匀变速速度公式有：1102AmLaQEvt 第一次碰

26、后，经21tt时间 A、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间 A、B 两球速度分别为2Av和2Bv，由位移关系有：21212112Bav tttt，得到：21233mLQEtt 221112222AAQELaamvtttv；21BBvv 由功能关系可得：222211=522ABmmQELWvv电（另解：两个过程 A 球发生的位移分别为1x、2x，1Lx，由匀变速规律推论24Lx，根据电场力做功公式有：125WQEQELxx）（3）对 A 球由平衡条件得到：AQBmgv，Aatv，QEam 从 A 开始运动到发生第一次碰撞：2220tmggmLtQatQEEtmBQ 从第一次碰撞到发生第二次碰撞：

27、222232tgmLmLtQEQEmLE tQEmBQ 点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然 A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么 A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些 14、（1）F，方向竖直向下；（2）min9Fmg；（3）不能，(52 5)R【解析】（1）设在A 点轨道对小球向上的弹力大小为 FN，由牛顿第二定律得 2N2vFmgFmR 代入数据得 FN=F 由牛顿第三定律得，小球在 A 点对轨道

28、的弹力大小为 F，方向竖直向下（2）要使小球能完成完整的运动，只需在 B 点不脱轨即可。当 vA=0 时，到达 B 处速度最小，由动能定理得 21402BmgRmv 当小球处于半径为 R 的轨道最低点 B 时，小球更容易脱落，则 2NBBvFmgFmR 所以 N9BFmgF 当 FN=0 时，磁性引力最小，故 min9Fmg（3）小球能沿轨道运动到 C 点，设 vA=0，则从 A 到 C 的过程中有 21202CmgRmv 得 2CvgR 若小球落到与右边小圆圆心等高处，设从 C 点以速度 v0平拋，则竖直方向有 212yRgt 水平方向有 20(2)3xRRRv t 得水平速度 062gRv 因为0Cvv，故小球不可能落在与右边小圆圆心等高处，当2CvgR时，落点与 O 点的竖直距离最近 水平方向有 Cxv t 竖直方向有 212ygt 且 2224xyR 解得 2(4 58)Rtg 故 21(2 54)2ygtR 小球的落点与 O 点的竖直距离最小为(52 5)hRyR 15、(1)；1tanAFmg；(2)ABCEEE【解析】(1)受竖直向下重力，水平向右的电场力，斜向上的拉力，受力示意图如图所示 根据共点力平衡条件可得：1tanAFmg(2)由电场的定义 1tanAAFmgEqq，2tanABFmgEqq，3tanACmgFEqq 由于 123 可得 ABCEEE