2022-2023学年贵港市高级中学高考物理三模试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、下列单位中属于国际单位制（SI）基本单位的是（）A牛顿 B焦耳 C千克 D库仑 2、如图所示，一只蚂蚁从盘中心 O 点向盘边缘 M 点沿直线 OM 匀速爬动，同时圆盘绕盘中

2、心 O 匀速转动，则在蚂蚁向外爬的过程中，下列说法正确的（）A蚂蚁运动的速率不变 B蚂蚁运动的速率变小 C相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线 D相对地面蚂蚁的运动轨迹是直线 3、一小球系在不可伸长的细绳一端，细绳另一端固定在空中某点。这个小球动能不同，将在不同水平面内做匀速圆周运动。小球的动能越大，做匀速圆周运动的（）A半径越小 B周期越小 C线速度越小 D向心加速度越小 4、在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关 S 闭合后，在滑动变阻器 R2的滑动端由 a 向 b 缓慢滑动的过程中（）A电压表的示数增大，电流表的示数减小 B电容器 C 所带电荷量减小。CR1的电功率增大 D电源的输出功率一定增

3、大 5、如图所示，重型自卸车装载一巨型石块，当利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下 以下说法正确的是（）A石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的压力不变 B石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的摩擦力变大 C石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的作用力变大 D石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块受到的合力不变 6、物体做竖直上抛运动：v 表示物体的瞬时速度，a 表示物体的加速度，t 表示物体运动的时间，h 代表其离抛出点的高度，Ek代表动能，Ep代表势能，以抛出点为零势能面下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）A B C

4、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、关于气体的性质及热力学定律，下列说法正确的是（）A气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B气体的温度越高，分子热运动就越剧烈，所有分子的速率都增大 C一定质量的理想气体，压强不变，温度升高时，分子间的平均距离一定增大 D气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性 E.外界对气体做正功，气体的内能一定增加 8、2019 年 9 月 11 日，自然天文学杂志登载了英国伦敦大学一

5、个研究小组的报告：他们成功通过开普勒望远镜发现，一颗代号为 K2-18b 的类地行星的大气中有水汽，含量可能在 0.1%至 50%之间。如果 K2-18b 和地球均视为均匀球体，其半径与地球半径之比为 p，其质量与地球质量之比为 q，则 K2-18b 和地球（）A表面的重力加速度之比为2qp B表面的重力加速度之比为2pq C第一宇宙速度之比为pq D第一宇宙速度之比为qp 9、如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在 A 点，弹性绳自然长度等于 AB，跨过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为 m 的绝缘带正电、电荷量为 q 的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未

6、画出），且电场强度 E=mgq。初始时A、B、C 在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从 C 点由静止开始运动，滑到 E 点时速度恰好为零。已知 C、E 两点间距离为 L，D 为 CE 的中点，小球在 C 点时弹性绳的拉力为32mg，小球与杆之间的动摩擦因数为 0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是 A小球在 D 点时速度最大 B若在 E 点给小球一个向左的速度 v，小球恰好能回到 C 点，则 v=gL C弹性绳在小球从 C 到 D 阶段做的功等于在小球从 D 到 E 阶段做的功 D若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为 2q，则小球到达 E 点时的速度大小 v=2gL 10、下列

7、说法中正确的是 （）A随着科技的不断进步，绝对零度可能达到 B分子势能随着分子间距的增大，可能先减小后增大 C悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 D一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小 E.当卫星中的物体处于完全失重时，若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内，则必须用盖子盖紧，否则容器中的液体一定会沿器壁流散 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）某同学要将一量程为 250A 的微安表改装为量程为 1.50V 的电压表。该同学测得微安表内阻为 1200，经计算后将一阻值为 R 的电阻与微安

8、表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，对改装后的电表进行检测。(1)将图（a）中的实物连线补充完整_；(2)当标准电压表的示数为 1.00V 时，微安表的指针位置如图（b）所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是_；（填正确答案标号）A1.20V B1.25V C1.30V D1.35V(3)产生上述问题的原因可能是_。（填正确答案标号）A微安表内阻测量错误，实际内阻大于 1200 B微安表内阻测量错误，实际内阻小于 1200 CR 值计算错误，接入的电阻偏小 DR 值计算错误，接入的电阻偏大 12（12 分）一小灯泡上标有“3.8V，1.14W”的字样，现用伏安法研究这个小灯泡

9、的伏安特性曲线，实验室有如下器材可供选用：A电压表 V1（03V，内阻 RV1约为 5k）B电压表 V2（015V，内阻 RV2约为 25k）C电流表 A1（量程为 200mA，内阻 RA1为 10）D电流表 A2（量程为 600mA，内阻 RA2约为 4）E.定值电阻 R0（10）F.滑动变阻器 R（09，1A）G.电源 E（6V，内阻约为 1）H.单刀开关一个、导线若干(1)要求测量尽量准确，且测量范围尽可能大，并能测量小灯泡的额定电流，实验中应选用的两个电表分别是_、_（填对应器材前的字母序号）；(2)请利用(1)问中选择的电表，在甲图所示的虚线框里把实验电路图补充完整（要求在图中需标明

10、所选器材的字母代号）；(3)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图乙所示。如果用两节干电池组成的电源 E1（电动势 3V，内阻 1）和滑动变阻器 R1（019），将该小灯泡连接成如图丙所示的电路。闭合开关 S，调节滑动变阻器 R1的滑片，则流过小灯泡的最小电流为_A。（结果保留 2 位小数）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）真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度 B 垂直纸面向里为正方向，B0=1T，t0=l0-5s，k 为正整数。某直角坐标系原点 O 处有一粒子源，在 t=0 时刻沿 x 轴

11、正方向发射速度为 v0=103m/s 的正点电荷，比荷qm=1l06C/kg，不计粒子重力。(1)若 k=1，求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第 3 次（从 O 点出发记为第 1 次）经过 y 轴时的时刻；(2)若 k=2，求粒子在运动过程中与 y 轴交点坐标的最大值和最小值；(3)若 t0=210-5s，则 k 取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值 Tmin和相应的 k值。14（16 分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距 L=1m，导轨平面与水平面成=30角，下端连接一定值电阻 R=2，匀强磁场 B=0.4T 垂直于导轨平面

12、向上。质量 m=0.2kg、电阻 r=1的金属棒 ab，其长度与导轨宽度相等。现给金属棒 ab 施加一个平行于导轨平面向上的外力 F，使金属棒 ab 从静止开始沿轨道向上做加速度大小为 a=3m/s2的匀加速直线运动。运动过程中金属棒 ab 始终与导轨接触良好，重力加速度取g=10m/s2。求：(1)当电阻 R 消耗的电功率 P=1.28W 时，金属棒 ab 的速度 v 的大小；(2)当金属棒 ab 由静止开始运动了 x=1.5m 时，所施加外力 F 的大小。15（12 分）如图，空间有一竖直向下沿 x 轴方向的静电场，电场的场强大小按 Ekx 分布(x 是轴上某点到 O 点的距离)，3mgk

13、qLx 轴上，有一长为 L 的绝缘细线连接 A、B 两个小球，两球质量均为 m，B 球带负电，带电量为 q，A 球距 O 点的距离为 L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。(1)求 A 球的带电量 qA；(2)将 A、B 间细线剪断，描述 B 球的运动情况，并分析说明理由；(3)剪断细线后，求 B 球的最大速度 vm 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】国际单位制基本单位一共只有七个。据此判断即可。【详解】ABD牛顿、焦耳和库伦都是国际单位制中力学的导出单位，ABD 不符合题意

14、C千克是质量单位，是国际单位制中力学的基本单位，C 符合题意 故选 C。2、C【解析】AB在蚂蚁向外爬的过程中，沿半径方向的速度不变，垂直于半径方向的速度逐渐变大，可知合速度逐渐变大，即蚂蚁运动的速率变大，选项 AB 错误；C蚂蚁沿半径方向运动，则相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线，选项 C 正确；D相对地面，蚂蚁有沿半径方向的匀速运动和垂直半径方向的圆周运动，则合运动的轨迹不是直线，选项 D 错误；故选 C。3、B【解析】A设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为，如图所示：速度为 v，细绳长度为 L由牛顿第二定律得：2tanvmgmr，圆周运动的半径为：r=Lsin，小球的动能为：212KE

15、mv，联立解得：sintanvgL，Ek=mgLsintan，则知小球的动能越大，越大，则做匀速圆周运动的半径越大，故 A 错误。B根据22sincos22sintanrLLTvggL，越大，cos 越小，则周期 T 越小，故 B 正确。C根据sintanvgL，知线速度越大，故 C 错误。D向心加速度2tanvagr，则向心加速度越大，故 D 错误。故选 B。4、A【解析】A滑动变阻器的滑动端由 a 向 b 缓慢滑动的过程中，R2阻值变大，电阻总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压 1UEI Rr（）总电流减小，电压表示数增大，故

16、A 正确；B容器两端电压即电压表两端电压QCU，电压增大，电容器所带电荷量增多，故 B 错误；C流过电阻 R1的电流减小，由公式21PI R可知，消耗的功率变小，故 C 错误；D当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器 R2的滑动端由a 向 b 缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故 D 错误。故选 A。5、B【解析】AB货物处于平衡状态，则有：mgsin=f，N=mgcos，增大时，支持力 FN逐渐减小，静摩擦力 Ff增大由牛顿第三定律可知，石块对车厢的压力会减小故 A 错误，B 正确；CD石块开始下滑时受力近似平衡，自卸车车厢倾角变大，

17、石块向下做加速运动，且加速度随角度增大而增大，石块受到的合外力变大；石块对车厢的正压力和摩擦力均减小，可知石块对车厢的作用力变小，故 CD 错误 6、C【解析】竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，物体运动过程中机械能守恒根据运动学公式列出 v 与 t 的关系式，根据机械能守恒定律得出物体的动能与高度的关系式再选择图象【详解】AB物体做竖直上抛运动，只有重力，加速度等于 g，保持不变，所以 at 图象是平行于时间轴的直线，取竖直向上为正方向，则竖直上抛运动可看成一种匀减速直线运动，速度与时间的关系为 v=v0gt vt 图象是一条向下倾斜的直线，AB 不符合题意；C以抛出点为零势能面，则物体的重力

18、势能为 Ep=mgh 则 Eph 图象是过原点的直线，C 符合题意；D根据机械能守恒定律得：mgh+Ek=12mv02 得 Ek=12mv02mgh 可见 Ek与 h 是线性关系，h 增大，Ek减小，Ekh 图象是向下倾斜的直线D 不符合题意。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、ACD【解析】A气体压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用，所以其本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，所以 A 正确；B物体的温度

19、越高，分子的平均动能就越大。分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个别分子的动能减小，所以 B 错误；C根据理想气体状态方程 pVCT 可知，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，所以 C 正确；D气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性，所以 D 正确；E外界对气体做功 0W 由于不知道气体是吸热还是放热，根据热力学第一定律 UWQ 无法确定气体的内能增加还是减小，故 E 错误。故选 ACD。8、AD【解析】根据星球表面物体受到的万有引力等于物体的重力有 2MmGmgR 得星球表面重力加速度 2GMgR 故 222=gMRqgMR

20、p行行地地地行 可知 A 正确，B 错误；根据万有引力提供向心力有 22MmvGmRR 得第一宇宙速度 GMvR 故=vMRqvMRp行行地地地行 可知 C 错误，D 正确。故选 AD。9、ABD【解析】A.对小球分析可知，在竖直方向 sinkxNmg 由与sinxBC，故支持力为恒力，即12Nmg，故摩擦力也为恒力大小为 14fNmg 从 C 到 E，由动能定理可得 221110422qELmgLkBEkBC 由几何关系可知222BEBCL，代入上式可得 32kLmg 在 D 点时，由牛顿第二定律可得 1cos4qEkBDmgma 由1cos2BDL，将32kLmg可得，D 点时小球的加速度

21、为 0a 故小球在 D 点时的速度最大，A 正确；B.从 E 到 C，由动能定理可得 222111102242kBEkBCqELmgLm 解得 gL 故 B 正确；C.由于弹力的水平分力为coskx，cos和kx均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从 C 到 D 阶段做的功小于在小球从 D 到 E 阶段做的功，C 错误；D.将小球电荷量变为2q，由动能定理可得 222111124222EqELmgLkBEkBCm 解得 2EgL 故 D 正确；故选 ABD。10、BDE【解析】A绝对零度是不能达到。故 A 错误；B两个分子之间的距离从无穷远到无限靠近的过程中，分子之间的作用力先是

22、吸引力，后是排斥力，所以分子力先做正功，后做负功；同理，分子间距从无限靠近到无穷远的过程中，分子力也是先做正功，后做负功；所以可知分子势能随着分子间距的增大，可能先减小后增大。故 B 正确；C布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由花粉颗粒组成的，所以布朗运动反映的是花粉颗粒的运动，不是花粉分子的热运动，是液体分子的热运动的反应，故 C 错误；D根据理想气体得状态方程可知，一定质量的理想气体在等压压缩的过程中气体的温度一定降低，而一定量的理想气体得内能仅仅与温度有关，温度降低气体的内能减小，所以一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小。故 D 正确；E当卫星中的物体处于完全失

23、重时，若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内，根据浸润的特点可知必须用盖子盖紧，否则容器中的液体一定会沿器壁流散。故 E 正确；故选 BDE.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、B BC 【解析】(1)1微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示。(2)2微安表量程为 250A，由图（b）所示表盘可知，其分度值为 5A，其示数为 200A，是满偏量程的4 5，此时标准电压值为 1.00V，即满偏量程的4 5对应着电压值为 1.00V，故改装后的电压表最大量程为 1.00V1.25V45U B 正确，ACD

24、错误。故选 B。(3)3由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于 1200，也有可能滑动变阻器 R 的接入电阻偏小造成的，故 BC 正确，AD 错误。故选 BC。12、CD 0.13（0.120.13 均可）【解析】(1)12小灯泡的额定电流为1.14A=0.3A3.8I，则电流表选择 A2；小灯泡额定电压为 3V，两个电压表量程除了偏小就是偏大，可用已知内阻的电流表 A1与定值电阻 R0串联，可相当于量程为10()4VgAUIRR 的电压表；则两个电表选择CD；(2)3电路如图 (3)4当电流最小时，滑动变阻器电阻取最大值 19，将滑动变阻器的阻值等效为电

25、源内阻，则 U=E-Ir=3-20I，将此关系画在灯泡的 U-I 线上如图，交点坐标为 I=130mA=0.13A。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)0.01m；5210 st；(2)max0.04my；min0.02my；(3)当k取非41(0,1,2,)qq的正整数时，均可以回到出发点；当3k 时，最小循环周期为41.256 10 s【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由 200mvBqvr 02 rTv 解得 00.01mmvrBq 52210 smTBq 当1k 时，因为02Tt，

26、粒子第 3 次经过y轴时恰好向上经历两个半圆（如图）则时间5210 stT (2)当2k 时，02tT，粒子一个循环周期中运动分别为半圆整圆半圆整圆，因此由几何关系得：与y轴交点坐标的最大值为 max40.04myr 与y轴交点坐标的最小值为 min20.02myr (3)因为04Tt，所以粒子先做14圆弧运动，之后对k的不同值进行分类讨论：如图可见k 1、2、3、4 时可能的分段情况 1k，粒子做14圆弧交替运动，向右上 45方向无限延伸，不会循环运动 2k，粒子做14圆弧与24圆弧交替运动，经过 4 个周期回到出发点，循环周期23TT 3k，粒子做14圆弧与34圆弧交替运动，经过 2 个周

27、期回到出发点，循环周期32TT 4k，粒子做14圆弧与44圆弧交替运动，经过 4 个周期回到出发点，循环周期45TT 当4k 时，运动过程相似，每个周期中均增加p（正整数）个圆周，能循环的运动其循环周期均延长 综上可得：(1)当k取非41(0,1,2,)qq的正整数时，均可以回到出发点(2)当3k 时，最小循环周期为 5432410 s1.25610 sTT 14、(1)6m/s；(2)1.76N【解析】(1)根据题意可得 2PI R 0.8PIRA 由闭合电路欧姆定律可得 E=I（R+r）=2.4V 再由法拉弟电磁感应定律可得 E=BLv1 联立解得 16EvBL m/s(2)根据题意，金属

28、棒 ab 在上升过程中，切割磁感线可得 E=BLv2 F安=BIL E=I（R+r）由金属棒 ab 在上升过程中，做匀加速直线运动，由运动学规律可得 222vax 对金属棒 ab 进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 sinFmgFma安 联立解得 F=1.76N 15、(1)qA4q (2)B 球做往复运动 (3)vm3gL【解析】(1)A、B 两球静止时，A 球所处位置场强为 13mgEk Lq B 球所处位置场强为 2223mgEkLq 对 A、B 由整体受力分析，由平衡条件可得：1220Amgq EqE 解得：qA4q(2)剪断细线后，B 球初始受到合力 Fmg23mg13mg 方向竖直

29、向下，B 球开始向下运动；运动后，B 球受力为 F合mgkxq，随 x 增大，F合减小，所以 B 球做加速度减小的加速运动；当 F合减小为零时，B 球速度达到最大，继续向下运动，F合方向向上，并逐渐增大，B 球做加速度增大的减速运动。当速度减小为零后，此时电场力大于重力，B 球反向运动，最终 B 球做往复运动。(3)当 B 球下落速度达到最大时，B 球距 O 点距离为 x0 03mgmgqEqxqL 解得：x03L 当 B 球下落速度达到最大时，B 球距 O 点距离为 3L 运动过程中，电场力大小线性变化，所以对 B 球下落到速度最大过程由动能定理得：21 20mmgLEqLmv 253 26mgmgEqmg 解得：vm3gL