2023届甘肃省天水第一中学高三第二次联考物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答

2、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、“太空涂鸦”技术就是使低轨运行的攻击卫星通过变轨接近高轨侦查卫星，准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦查卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦查卫星，喷散后强力吸附在侦查卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。下列关于攻击卫星说法正确的是（）A攻击卫星进攻前需要加速才能进入侦察卫星轨道 B攻击卫星进攻前的向心加速度小于攻击时的向心加速度 C攻击卫星进攻前的机械能大于攻击时的机械能 D攻击卫星进攻时的线速度大于 7.9

3、km/s 2、如图所示，A、B、C 三球的质量分别为 m、m、2m,三个小球从同一高度同时出发，其中 A 球有水平向右的初速度，B、C 由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（）A1 次 B2 次 C3 次 D4 次 3、下列叙述正确的是()A光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，表明光子除具有能量之外还具有动量 B氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，放出光子，电子的动能减小，电势能增加 C处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定大于吸收光子的

4、频率 D卢瑟福依据极少数 粒子发生大角度偏转提出了原子的核式结构模型 4、下列说法正确的是（）A肥皂泡膜在阳光的照射下呈现彩色是光的色散现象 B机械波和电磁波本质上相同，都能发生反射、折射、干涉和衍射现象 C拍摄玻璃橱窗内的物体时，为了提高成像质量，往往在镜头前贴上增透膜 D在光的单缝衍射实验中，缝越宽，衍射现象越不明显 5、幼儿园小朋友搭积木时，将重为 G 的玩具汽车静置在薄板上，薄板发生了明显弯曲，如图所示。关于玩具汽车受到的作用力，不考虑摩擦力的影响，下列说法正确的是（）A玩具汽车每个车轮受到薄板的弹力大小均为4G B玩具汽车每个车轮受到薄板的弹力方向均为竖直向上 C薄板弯曲程度越大，每

5、个车轮受到的弹力越大 D玩具汽车受到的合力大小为 G 6、如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为 O一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的 P 点沿 PO 方向以速度 v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为 120若将该带电粒子从 P 点射入的速度大小变为 v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则 v1：v2至少为 A2 33 B3 C4 33 D23 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

6、对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、如图甲所示，长为 l、倾角为 的斜面固定在水平地面上，一质量为 m 的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数 与下滑距离 x 的变化图像如图乙所示，则()A B小物块下滑的加速度逐渐增大 C小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为 D小物块下滑到低端时的速度大小为 8、倾角为 30的光滑斜面上放一质量为 m 的盒子 A，A 盒用轻质细绳跨过定滑轮与 B 盒相连，B 盒内放一质量2m的物体。如果把这个物体改放在 A 盒内，则 B 盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为 g，则 B 盒的质量 mB和系统的加速

7、度 a 的大小分别为（）A4Bmm B38Bmm Ca0.2g Da0.4g 9、手机无线充电功能的应用为人们提供了很大便利。图甲为手机无线充电原理示意图。充电板接入交流电源，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流（电流由a流入时方向为正，交变电流的周期为310 s），手机感应线圈的匝数为 10 匝，线圈的面积为225cm，手机充电时电阻约为15，1t时刻感应线圈中磁感应强度为6 2T25。下列说法正确的是（）A13tt时间内，d点电势高于c点电势 B13tt时间内，c点电势高于d点电势 C感应线圈中电流的有效值为800

8、mA D感应线圈中电流的有效值为800 2mA 10、如图所示，一列简谐横波正沿 x 轴传播，实线是 t=0 时的波形图，虚线为 t=0.1s 时的波形图，则以下说法正确的是（）A若波速为 50m/s，则该波沿 x 轴正方向传播 B若波速为 50m/s，则 x=4m 处的质点在 t=0.1s 时振动速度方向沿 y 轴负方向 C若波速为 30m/s，则 x=5m 处的质点在 0 时刻起 0.8s 内通过的路程为 1.2m D若波速为 110m/s，则能与该波发生干涉的波的频率为 13.75Hz 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（

9、6 分）在练习使用多用电表的实验中。请完成下列问题：(1)用多用表测量某元件的电阻，选用“100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，因此需选择倍率的电阻挡_（填“10”或“1k”），并需_（填操作过程）后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为_。(2)某同学设计出一个的欧姆电表，用来测量电阻，其内部结构可简化成图乙电路，其中电源内阻 r=1.0，电流表 G的量程为 Ig，故能通过读取流过电流表 G 的电流值而得到被测电阻的阻值。但和普通欧姆表不同的是调零方式。该同学想用一个电阻箱 Rx来测出电路中电源的电动势 E 和表头的量程 Ig，进行如下操作步骤是：a先两表笔间不接

10、入任何电阻，断开状态下调滑动电阻器使表头满偏；b将欧姆表与电阻箱 Rx连成闭合回路，改变电阻箱阻值；记下电阻箱示 Rx和与之对应的电流表 G 的示数 I；c将记录的各组 Rx，I 的数据描点在乙图中，得到11xIR图线如图丙所示；d根据乙图作得的11xIR图线，求出电源的电动势 E 和表头的量程 Ig。由丙图可知电源的电动势为_，欧姆表总内阻为_，电流表 G 的量程是_。12（12 分）在一次测量定值电阻 Rx阻值（x5R）的分组实验中，甲、乙两组分别进行了如下实验过程：(1)甲组可选器材如下：滑动变阻器 RA（0500，100mA）；滑动变阻器 RB（05，2A）；电流表 A（00.6A、内

11、阻约 2；03A、内阻约 0.5）；电压表 V（03V、内阻约 1.5k；015V、内阻约 7.5k）；电源 E（电动势为 3V）；开关 S，导线若干。为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择_（选填“RA”或“RB”）；请根据以上实验器材，在图甲中将实物电路连接完整_；按以上操作，测得 Rx测_Rx真（填“”、“=”或“”）。(2)乙组可选器材如下：电压表 V（03V）；滑动变阻器 RC（10，1A）；电阻箱 R0（0999.99）；电源 E（电动势为 3V）；开关 S。请根据乙组的电路图乙和以上实验器材在 MN 处先接_，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接_，正确操作后测出

12、Rx的阻值；若在 MN 处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片 P 向左移了一些，测量结果将_（填“变大”、“变小”或“不变”）。(3)比较甲乙两组测量结果，_组更接近真实值（填“甲”或“乙”）。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，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体活塞的质量为 m，横截面积为 S，与容器底部相距 h，此时封闭气体的温度为 T1现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量 Q 时，气体温度上升到 T2已知大气压强为 p0，重力加速度为 g，T1 和

13、 T2均为热力学温度，不计活塞与气缸的摩擦求：（1）活塞上升的高度；（2）加热过程中气体的内能增加量 14（16 分）如图所示是在工厂的流水线上安装的水平传送带，用水平传送带传送工件可大大提高工作效率水平传送带以恒定的速度 v0=1 m/s 运送质量为 m=0.5 kg 的工件，工件都是以 v=1 m/s 的初速从 A 位置滑上传送带工件与传送带之间的动摩擦因数=0.1每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时后一个工件立即滑上传送带取 g=l0 m/s1，求：(1)工件经多长时间停止相对滑动；(1)在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离；(3)摩擦力对每个工件做的功；(4)每个工件与传送带之间

14、的摩擦产生的内能 15（12 分）如图，封有一定质量理想气体的圆柱形气缸竖直放置，气缸的高度 H=30cm，缸体内底面积 S=200cm2，缸体质量 M=10kg。弹簧下端固定在水平桌面上，上端连接活塞，当缸内量气体温度 T0=280K 时，缸内气体高 h=20cm。现缓慢加热气体，使活塞最终恰好静止在缸口（未漏气），此过程中缸内气体吸收热量为 Q=450J。已知大气压恒为p0=1l05Pa，重力加速度 g=10m/s2，不计活塞质量、厚度及活塞与缸壁的摩擦，且气缸底部及活塞表面始终保持水平。求：（i）活塞最终静止在缸口时，缸内气体的温度；（ii）加热过程中，缸内气体内能的增加量。参考答案 一

15、、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、A【解析】A攻击卫星的轨道半径小，进攻前需要加速做离心运动，才能进入侦查卫星轨道，故 A 正确；B根据 2MmGmar 得 2GMar 可知，攻击前，攻击卫星的轨道半径小，故攻击卫星进攻前的向心加速度大于攻击时的向心加速度，故 B 错误；C攻击卫星在攻击过程中，做加速运动，除引力以外的其他力做正功，机械能增加，故攻击卫星进攻前的机械能小于攻击时的机械能，故 C 错误；D根据万有引力提供向心力 22MmvGmrr 得 GMvr 轨道半径越小，速度越大，当轨道半径最小等于地球半径时

16、，速度最大，等于第一宇宙速度 7.9km/s，故攻击卫星进攻时在轨运行速率小于 7.9km/s，故 D 错误。故选 A。2、C【解析】由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地，A、B第一碰撞后水平速度互换，B、C 发生第二碰撞后，由于 B 的质量小于 C 的质量，则 B 反向；B、A 发生第三次碰撞后，B、A 水平速度互换，A 向左，B 竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生 3 次碰撞，故 C 正确，A、B、D 错误；故选 C。【点睛】关键是 A 球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与 B、C 竖直方向的运动情况相同，所以一定可以

17、发生碰撞。3、D【解析】A光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，表明光子具有能量，A 错误；B氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，释放一定频率的光子，电子的轨道半径变小，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，B 错误；C处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率应小于或等于吸收光子的频率，C 错误；D 粒子散射实验中，少数 粒子发生大角度偏转是卢瑟福提出原子核式结构模型的主要依据，D 正确。故选 D。4、D【解析】A肥皂泡膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象，故 A 错误；B电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，而机械波的传播需要介

18、质，真空中不传播，机械波和电磁波本质上不相同，故 B 错误；C拍摄玻璃橱窗内的物体时，为减少反射光的干扰，通过偏振片来阻碍反射光进入镜头，故 C 错误；D光的单缝衍射实验中，缝越宽，和光波长差距越大，衍射现象越不明显，故 D 正确。故选 D。5、C【解析】汽车静置在薄板上，所受合力为零，因为薄板发生了明显弯曲，每个轮子所受弹力大小相等都为 F，方向垂直薄板向上，设与水平方向的夹角为，由平衡条件可知 4sinFG 解得 4sin4GGF 当薄板弯曲程度越大，越小，sin 越小，F 越大，故 ABD 错误，C 正确。故选 C。6、B【解析】粒子在磁场中做圆周运动，如图：由几何知识得：133tan6

19、0RrR，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2111vqv Bmr，解得：13qBRvm；当该带电粒子从 P 点射入的速度大小变为 v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径2rR，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2222vqv Bmr，解得：2qBRvm，则：12:3v v，故 B 正确，ACD 错误 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、BC【解析】A、物

20、块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsin0mgcos，即 0tan，故 A 错误.B、根据牛顿第二定律有：，下滑过程中 逐渐减小，则加速度 a 逐渐增大，故 B 正确.C、由图乙可知，则摩擦力，可知 f 与 x 成线性关系，如图所示:其中 f0=0mgcos，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功：，故 C 正确.D、下滑过程根据动能定理有：,解得：，故 D 错误.故选 BC.【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，涉及到变力做功的问题，F-x 图象所围的面积表示 F 所做的功.8、BC【解析】当物体放在 B 盒中时，以 AB 和

21、 B 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 11sin3022BBm gmgmgmmma（）（）当物体放在 A 盒中时，以 AB 和 A 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 11sin3022BBmmgm gmmma（）（）联立解得 38Bmm 加速度大小为 a=0.2g 故 AD 错误、BC 正确。故选 BC。9、AC【解析】AB21tt时间内充电板中电流由a流向b，此时励磁线圈在感应线圈中的磁场方向向下，且磁感应强度逐渐减小，根据楞次定律，可判断出感应线圈中电流的方向为c到d，同理23tt时间内，感应线圈中电流的方向也为c到d。由于感应线圈此时充当电源，电流从低电势流向高

22、电势，所以d点的电势较高，选项 A 正确，B 错误。CD由于励磁线圈中的电流是正弦式的，感应出来的电流是余弦式的。感应电动势的最大值 max12 2VENBS 则感应电流的有效值 max800mA2EIR 所以选项 C 正确，D 错误。故选 AC。10、BCD【解析】A由图可得，该波的波长为 8m；若波向右传播，则满足 3+8k=v0.1（k=0、1、2）解得 v=30+80k 若波向左传播，则满足 5+8k=v0.1（k=0、1、2）解得 v=50+80k 当 k=0 时 v=50m/s，则则该波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；B若波向左传播，x=4m 处的质点在 t=0.1s 时振动速

23、度方向沿 y 轴负方向，故 B 正确；C若 v=30m/s，则 84ss3015T 则 0.8s=3T，即经过 3 个周期，所以 x=5m 处的质点在 0 时刻起 0.8s 内通过的路程为 1.2m，故 C 正确；D若波速为 110m/s，则 110Hz13.75Hz8vf 发生干涉，频率相等，故 D 正确。故选 BCD。【点睛】根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值 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、1k 欧姆调零（或电阻

24、调零）6000 1.5 6.0 0.25 【解析】(1)123多用表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择1k，同时注意欧姆调零；多用表的指针结果为 6000。(2)d.456设电流表 G 所在回路除电源内阻外其余电阻之和为 R，由闭合电路欧姆定律 解得 xxEIRRrRR 由分流原理得 xgxRIIRR 联立两式整理得 11gxRrRrIEER 由图可知 4RrE 941.5RrE 解得 E=1.5V，R=5，所以欧姆表总内阻为 R+r=6 电流表 G 的量程 0.25AgEIRr 解得 E=1.5V R=6.0 Ig=0.25A 12、RB Rx R0 变小 乙 【

25、解析】(1)1为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择阻值较小的 RB；2因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，则采用电流表外接，实物电路连接如图：3按以上操作，因电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，电阻的测量值偏小，即测得 Rx测Rx真。(2)45根据乙组的电路图乙和以上实验器材在 MN 处先接 Rx，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接电阻箱 R0，正确操作后测出 Rx的阻值，此方法为等效替代法；6若在 MN 处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片 P 向左移了一些，则 RC减小，若电压表读数不变，则电路中内阻和 RC两端电压不变，则电路中电流变大，则 Rx变小，即测量结果将变

26、小。(3)7比较甲乙两组测量结果，在正确操作的情况下，乙组误差较小，即乙组更接近真实值。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）211TThT（2）2101()TTQP smghT【解析】（1）设温度为 T2时活塞与容器底部相距 H因为气体做等压变化，由盖吕萨克定律：1212 VVTT 得：12 hSHSTT 解得活塞上升的高度为 211TThHhhT （2）气体对外做功为：00mgWpShpShpgSSmh（）（）由热力学第一定律可知：21001()TTUQWQp SmghQPSmghT（）14、(1)

27、0.5s (1)1m (3)0.75J (4)0.15J【解析】(1)对工件受力分析，由牛顿第二定律有：解得：a=g=1m/s1 (1)两个工件滑上传送带的时间间隔为 t，正常运行时工件间的距离：(3)摩擦力对每个工件做功：(4)每个工件与传送带之间的相对位移：摩擦产生的内能 15、(i)420K；(ii)240J。【解析】(i)加热过程为等压变化，设缸内气体的末态温度为 T，初态温度为 T0=280K 由盖-吕萨克定律有 0hSHSTT 代入数据解得 T=420K (ii)设缸内气体的压强为 p；对气缸由平衡条件有 Mg+p0S=pS 该过程气体对外做功 W=pS(H-h)则外界对气体做功为 W=-W 由热力学第一定律有 U=W+Q 代入数据解得 U=240J