2022-2023学年福建省漳州实验中学高三第三次模拟考试物理试卷含解析.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、如图所示，竖直直线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。正方形线框abcd的边长为L，静止于图示位置，其右边与MN重合。从0t 时刻起线框受外力拉动，水平向右匀加速运动。线框粗细均匀，其电阻沿长度分布均匀。在运动过程中，线框 a、b 两点间的电势差随时间变化的特点与下列图像一致的是（）A B C D 2、有一匀强电场，场强方向如图所示，在电场中有三个点 A、B、C，这三点的连线恰好够成一个直角三角形，且 AC边与电场线平行。已知 A、B 两点

3、的电势分别为A=5V，B=1.8V，AB 的距离为 4cm，BC 的距离为 3cm。若把一个电子（e=1.610-19C）从 A 点移动到 C 点，那么电子的电势能的变化量为（）A-19-1.8 10J B-196.0 10J C-198.0 10J D-19-6.0 10J 3、如图所示，一个小球从地面竖直上抛已知小球两次经过较低点 A 的时间间隔为 TA，两次经过较高点 B 的时间间隔为 TB，重力加速度为 g，则 A、B 两点间的距离为()A24ABg TT B222ABgTT C224ABgTT D228ABgTT 4、一定质量的理想气体，从状态 M 开始，经状态 N、Q 回到原状态

4、M，其 p-V 图象如图所示，其中 QM 平行于横轴，NQ 平行于纵轴则（）AMN 过程气体温度不变 BNQ 过程气体对外做功 CNQ 过程气体内能减小 DQM 过程气体放出热量 5、一弹簧振子作简谐振动，某一时刻开始计时，经34T振子具有负方向最大加速度。则下列振动图像中正确反映振子振动情况的是（）A B C D 6、轨道平面与赤道平面夹角为 90的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬 45的正上方按图示方向首次运行到南纬 45的正上方用时 45 分钟，则（）A该卫

5、星发射速度一定小于 7.9km/s B该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为 14 C该卫星加速度与同步卫星加速度之比为 21 D该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能 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、下列说法正确的是_。A单摆的周期与振幅无关 B机械波和电磁波都可以在真空中传播 C只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率 D两列波产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域交替排列 8、如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑

6、过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A在位移从 0 增大到x的过程中，木块的重力势能减少了E B在位移从 0 增大到x的过程中，木块的重力势能减少了2E C图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 D图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 9、下列说法正确的是（）A液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离 B密闭容器中的理想气体温度不变，体积增大，则气体一定吸热 C分子间距增大时，分子势能增大，分子力做负功 D热量可以从低温物体传到高温物体而不引起其他变化 E.液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏

7、10、如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，M是平衡位置为2mx 处的质点，N是平衡位置为8mx 处的质点，若N点相继出现两个波峰的时间间隔为8s，则下列说法正确的是（）A该波的传播速度2m/sv B若波沿x轴正方向传播，则7mx 处的质点经过0.5s即可与M点位移相等 CM、N两质点的振动方向总是相反 D从图示位置计时，若M点比N点先到达波谷，则波的传播方向沿x轴负方向 E.若波沿x轴正方向传播，从图示时刻计时，再经过0.5s，M、N两质点的位移相同 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）在“测定电源的电动势和内阻”的

8、实验中，有如下实验器材：待测干电池一节 电流表（量程（00.6A，内阻2.0r A）电压表（量程 03V，内阻约 3k）滑动变阻器 开关、导线若干 （1）某同学用图甲所示电路进行实验，由于电表内阻的影响产生系统误差，其主要原因是_；（2）为消除系统误差，结合所给电表参数，另一同学改用图乙所示电路进行实验，根据实验数据得出如图丙所示的图像，则可得电源电动势 E=_V，内阻 r=_。（结果均保留 2 位有效数字）12（12 分）某同学用如图所示电路做“研究电磁感应现象”实验。他将铁芯插入小线圈约一半的位置，变阻器的滑片 P置于 ab 的中点，在闭合电键瞬间，电流计的指针向左摆。闭合电键后，为使电流

9、计的指针向右摆，应将铁芯_(选填“插入”或“拔出”)或将变阻器的滑片 P 向_端滑动(选填“a”或“b”)。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，光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L，导轨顶端连接定值电阻R，导轨上有一质量为m，长度为L，电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从M点以0v的速度竖直向上抛出，经历时间t，到达最高点N，重力加速度大小为g。求t时间内（1）流过电阻的电量q；

10、（2）电阻上产生的电热Q。14（16 分）如图，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气已知：大活塞的质量为 2m，横截面积为 2S，小活塞的质量为 m，横截面积为 S；两活塞间距为 L；大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热；初始时氮气和汽缸外大气的压强均为 p0，大活塞与大圆筒底部相距2L，两活塞与气缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为 g现通过电阻丝缓慢加热氮气，求当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氮气的压强 15（12 分）如图所示，在 xoy 平面内，有一线状电子源沿 x 正方向发射速度均为 v

11、的电子，形成宽为 2R、在 y 轴方向均匀分布且关于 x 轴对称的电子流.电子流沿+x 方向射入一个半径为 R、中心位于原点 O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直 xoy 平面向里.在磁场区域的正下方 d 处，有一长为 2d 的金属板 MN 关于 y 轴对称放置，用于接收电子，电子质量为 m，电量为 e，不计电子重力及它们间的相互作用.(1)若正对 0 点射入的电子恰好从 P 点射出磁场，求磁感应强度大小 B；(2)在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在 MN 板上的时间 t：(3)若所有电子都能从 P 点射出磁场，MN 板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大?参考答案 一、单项选

12、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】线框有两段匀加速直线运动过程：进入磁场的运动过程，在磁场中的运动过程。两过程加速度相等，设为 a。线框进入磁场的运动过程。由右手定则知感应电流方向由 b 向 a。ba段为电源，则 a 点电势高于 b 点电势。电动势大小为 EBLv 34abUE 由运动规律得 vat 解以上三式得 34abUBLat 图像为过原点的直线，斜率为34BLa。在0t时刻有 034abUBLat。在磁场中的运动过程。由右手定则知 a 点电势高于 b 点电势。在0t时刻有 0 abUEBLat 运动过

13、程有 0=abUEBL vat（）由运动规律得 202vaL 解以上两式得 2abUBLaLBLat 图像斜率为BLa。故选 C。2、C【解析】设 AB 与 AC 之间的夹角为，则 4cos5 AB 沿场强方向的距离为 416cos455ABABdscm 则电场强度为 100V/mUABEddAB 电子从 A 点到达 C 点时电势能的变化量为 1919P1.6 101000.058 10JEWFseE s A-191.8 10J与分析不符，故 A 错误；B-196.0 10J与分析不符，故 B 错误；C-198.0 10J与分析相符，故 C 正确；D-196.0 10J与分析不符，故 D 错误

14、。故选 C。3、D【解析】本题考查竖直上抛和自由落体运动的规律。【详解】ABCD.设小球两次经过 A 点的时间为AT，小球两次经过 B 点的时间为BT，则物体从顶点到 A 点的时间为2AT，物体从顶点到 B 点的时间为2BT，则从顶点到 A 点的距离为 21=22AAThg 从顶点到 B 点的距离为 21=22BBThg 所以高度差为：22=8ABABg TTh hh 故 D 正确 ABC 错误。故选 D。4、D【解析】AMN 过程气体的 pV 乘积先增加后减小，可知温度先升高后降低，选项 A 错误；BNQ 过程气体的体积不变，不对外做功，选项 B 错误；CNQ 过程气体压强增大，体积不变，由

15、pVCT可知，温度升高，则内能增加，选项 C 错误；D QM 过程气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，即 W0；由pVCT可知，温度降低，内能减小，即E0，根据热力学第一定律E=W+Q 可知 Q0，气体放出热量，选项 D 正确 5、C【解析】简谐振动的回复力：Fkx，故加速度：Fkxamm，经34T周期振子具有负方向的最大加速度，此时振子有正方向的最大位移；AA 图在34T周期时振子有负向最大位移，A 错误；BB 图在34T周期时振子位移为零，B 错误；CC 图在34T周期时振子有负向最大位移，C 正确；DD 图在34T周期时振子位移为零，D 错误。故选 C。6、B【解析】A根据第一宇宙速

16、度的概念可知，该卫星发射速度一定大于 7.9km/s，故 A 错误；B由题意可知，卫星的周期 36045min=180min=3h90T 万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 222()MmGmrrT 解得 2324GMTr 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比 22333()(414)2rTrT同步同步 故 B 正确；C万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 2MmGmar 解得 2GMar 该卫星加速度与同步卫星加速度之比 22214(6 1)1raar同步同步 故 C 错误；D由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故 D 错误。故选 AB。二、多项选择题：本题共 4

17、 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、AD【解析】A单摆周期为：T2Lg 与振幅无关，A 正确；B机械波必须在弹性媒介中传输，不能在真空中传播；电磁波可以在真空中传播，故 B 错误.C受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时发生共振，C 错误；D两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，D 正确 8、BD【解析】AB木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块

18、的动能随位移变化的关系。由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有 p20EEEE 得p=2EE，即木块的重力势能减少了2E，故 A 错误，B 正确；C由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故 C 错误；D由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故 D 正确。故选 BD。9、ABE【解析】A液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，故液体表面存在表面张力；故 A 正确；B密闭容器中的理想气体温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可得 UWQ 气体一定要从外界吸热，故 B 正确；C当分子

19、间作用力表制现为斥力时，距离增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间作用力表现为引力时，距离增大，分子力做负功，分子势能增大。故 C 错误；D根据热力学第二定律的另一种表述可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化，故 D 错误；E液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子可能比液体内部稀疏，也就是说，附着层内液体分子间的距离大于分子力平衡的距离，附着层内分子间的作用表现为引力，附着层由收缩的趋势，就像液体表面张力的作用一样。这样的液体与固体之间表现为不浸润，所以 E 正确。故选 ABE。10、ADE【解析】A某点相继出现两个波峰的时间间隔为机械波的传播周期，即8Ts，故 2

20、m/svT A 正确；C只有两个质点间的距离是半波长的奇数倍时，两质点的振动方向才会总是相反，C 错误；D如果 M 点比 N 点先到达波谷，说明此时 M 点正在往下振动，N 点正在往上振动，则波的传播方向沿x轴负方向，D 正确；BE若波沿x轴正方向传播，经过 0.5s 后波形图往右平移 1m，此时 x=1m 处的质点正处于平衡位置，而 x=2m 处的质点 M 与 x=1m 处的质点的振动时间差是116T，其sin22.5MyA；x=8m 处的质点 N 与 x=1m 处质点的振动时间差是716T，其sin 18022.5NMyAy，E 正确，B 错误。故选 ADE。三、实验题：本题共 2 小题，

21、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、由于电压表分流导致测得电流比实际干路电流偏小 1.5 1.0 【解析】（1）1图甲采用相对电源的电流表外接法，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表分流导致电流表中电流比实际干路电流偏小；（2）23改用图乙实验时，根据闭合电路欧姆定律 U=E-I（r+rA），再由图所示电源 U-I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值是 1.5V，电源电动势 E=1.5V，图象的斜率表示电动势，故 1.53.00.5AUrrI；故电源内阻 r=3.0-2.0=1.0。12、拔出、a【解析】在闭合电键瞬间，磁通量增加，电流计的指针向左摆。闭合电键后

22、，为使电流计的指针向右摆，则应使磁通量减小，即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片 P 向 a 端滑动，增大电阻，减小电流，从而减小磁通量。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）0mvmgtqBL；（2）220022()12m gR vgtQmvB L【解析】（1）根据动量定理，有 00mvmgtFt 又因为 FBLI qIt 联立解得 0mvmgtqBL（2）根据 EBLhIRRtRt 以及能量守恒 2012Qmvmgh 联立解得 220022()12m gR vgtQmvB L 14、05344mgppS【

23、解析】以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件求出初始时氧气压强为 p1和体积 V1；再求出当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时氧气的体积 V2；再由玻意耳定律，求出此时氧气的压强 p2，最后利用平衡条件求出氮气压强为 p；根据平衡条件求出压强，在根据理想气体状态方程求出温度【详解】以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为 p1，根据平衡条件有 p0S3mgp1S 化简得：103+mgppS 初始时氧气体积：132222LLSLVS LS 当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积 V22SL 由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，设此时氧气压强为 p2，由玻意耳定律

24、得 p2V2p1V1 联立解得氧气的压强：203944mgppS 设此时氮气压强为 p，温度为 T，根据平衡条件有 p02S3mgp2SpS 得：05344mgppS 15、(1)mveR (2)2Rdvv (3)22【解析】（1）可求得电子旋转的轨道半径是rR，根据公式 mvreB 解得 mvBeR（2）电子在磁场中运动时间为 1142mtTBe 12Rtv 电子出磁场后的运动时间为 2dtv 总时间为 122Rdtttvv（3）所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从P点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为R。MN板能接收到的电子从P点射出时，速度偏转角为（即与x正方向的夹角）满足0045135 到达N点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为E，四边形1O POE为菱形，E点到x轴的距离 122yR 到达M点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为F，四边形2O POF为菱形，F点到x轴的距离 222yR EF竖直长度占射入总长度2R的比例 12222yyR 所以MN板能接收的电子数占发射电子总数的比例22。