2023届山西省山西大学附中高三第三次测评物理试卷含解析.pdf

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1、2023 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、甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v-t 图像如图所示。已知两车在 t=3s 时并排行驶，则（）A在 t=1s 时，甲车在乙车后 B在 t=0 时，甲车在

2、乙车前 7.5m C两车另一次并排行驶的时刻是 t=2s D甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 45m 2、如图所示，质量为 m 的物体 A 静止在质量为 M 的斜面 B 上，斜面 B 的倾角 30。现用水平力 F 推物体 A，在F 由零逐渐增加至32mg 再逐渐减为零的过程中，A 和 B 始终保持静止。对此过程下列说法正确的是（）A地面对 B 的支持力随着力 F 的变化而变化 BA 所受摩擦力方向始终沿斜面向上 CA 所受摩擦力的最小值为4mg，最大值为32mg DA 对 B 的压力的最小值为32mg，最大值为3 34mg 3、关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是

3、（）A晶体一定具有各向异性的特征 B液体表面张力是液体内部分子间的相互作用 C0的铁和 0的铜，它们的分子平均速率相同 D一定质量的某种理想气体状态改变时，内能不一定改变 4、如图所示，足够长的水平传送带以速度v逆时针转动，一质量为 1kg 的物体以02m/sv 的速度水平向右滑上传送带，经一定的时间后，物体返回到出发点。已知物体与带之间的动摩擦因数0.2，重力加速度 g=10m/s2。则在该过程中摩擦力对物体做的功为（）A0 B2.5J C6.5J D12J 5、如图所示，由粗糙的水平杆 AO 与光滑的竖直杆 BO 组成的绝缘直角支架，在 AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球

4、恰能在某一位置平衡。现将 P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比（）A杆 AO 对 P 的弹力减小 B杆 BO 对 Q 的弹力减小 CP、Q 之间的库仑力减小 D杆 AO 对 P 的摩擦力增大 6、如图，物体 C 放在水平面上，物体 B 放在 C 上，小球 A 和 B 之间通过跨过定滑轮的细线相连，若与物体 B 连接的悬线竖直、两滑轮间的线水平，且不计滑轮与细线的质量、滑轮轴上的摩擦、滑轮与线间的摩擦，把 A 拉到某位置（低于滑轮）由静止释放使 A 在竖直平面内摆动，在 A 摆动的过程中 B、C 始终不动，下列说法中正确的是（）A物体 C 对 B 的

5、摩擦力方向有时有可能沿斜面向下 B物体 C 对 B 的摩擦力有时可能为零 C地面对 C 的摩擦力有时不为零 D物体 C 对地面的压力有时可以等于 B、C 重力之和 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、2019 年 1 月 11 日 1 时 11 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中星 2D”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。该卫星可为全国广播电台、电视台等机构提供广播电视及宽带多媒体等传输任务。若已知“中星 2D”的运行

6、轨道距离地面高度 h、运行周期 T、地球的半径 R，引力常量 G，根据以上信息可求出（）A地球的质量 B“中星 2D”的质量 C“中星 2D”运行时的动能 D“中星 2D”运行时的加速度大小 8、如图所示，A、B 两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为 k，木块 A 和木块 B 的质量均为 m。现用一竖直向下的压力将木块 A 缓慢压缩到某一位置，木块 A 在此位置所受的压力为 F（Fmg），弹簧的弹性势能为E，撤去力 F 后，下列说法正确的是（）A当 A 速度最大时，弹簧仍处于压缩状态 B弹簧恢复到原长的过程中，

7、弹簧弹力对 A、B 的冲量相同 C当 B 开始运动时，A 的速度大小为EmgFgMk D全程中，A 上升的最大高度为344EmgFmgk（）9、已知与长直通电导线距离为 r 处的磁感应强度大小为IBkr，其中 I 为导线中的电流，k 为常数。在ABC=120的等腰三角形的三个顶点处各有一条长直通电导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流 I，电流方向如图所示。其中 O 点为 AC 边的中点，D 点与 B 点关于 AC 边对称。现将另外一根通电导体棒垂直于纸面放在 O 点时，其受到的安培力的大小为 F。若将该导体棒垂直于纸面放到 D 点，电流大小和方向与在 O 点时一致，则此时该导体棒受到

8、的安培力（）A方向与在 O 点受到的安培力方向相同 B方向与在 O 点受到的安培力方向垂直 C大小为 F D大小为 2F 10、夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内看做理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是_。A气泡内气体对外界做功 B气泡内气体分子平均动能增大 C气泡内气体温度升高导致放热 D气泡内气体的压强可能不变 E.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小。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）某同学在实验室进行探究变压器

9、原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。(1)实验需要以下哪种电源_；A低压直流电源 B高压直流电源 C低压交流电源 D高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数：再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的_值（填“有效或“最大”）。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为_；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成_（填“正比”或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般_（填“大于“小于”或“等

10、于）原线圈与副线圈的匝数之比。12（12 分）利用如图所示电路测量一量程为 300 mV 的电压表的内阻 Rv（约为 300）。某同学的实验步骤如下：按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器 R 的滑片 P 滑到 a 端，闭合电键 S2，并将电阻箱 R0的阻值调到较大；闭合电键 S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；保持电键 S1闭合和滑动变阻器滑片 P 的位置不变，断开电键 S2，调整电阻箱 R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱 R0=596 的阻值，则电压表内电阻 RV=_。实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值 999.9）、电池（电

11、动势约 1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：A 滑动变阻器：最大阻值 200 B 滑动变阻器：最大值阻 10 C 定值电阻：阻值约 20 D 定值电阻：阻值约 200 根据以上设计的实验方法，回答下列问题。为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器 R 应选用_，定值电阻 R应选用_（填写可供选择实验器材前面的序号）。对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值 R 测_真实值 RV（填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于_误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若 RV越大，

12、其测量值 R测的误差就越_（填“大”或“小”）。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，质量为 m11kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的 AB 部分是半径为 R0.3m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧滑道 CD 部分粗糙，长为 L0.1m，动摩擦因数 0.10，其他部分均光滑现让质量为 m11kg 的物块(可视为质点)自 A 点由静止释放，取 g10m/s1求：(1)物块到达最低点时的速度大小；(1)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；

13、(3)物块最终停止的位置 14（16 分）如图所示，质量 m 的小环串在固定的粗糙竖直长杆上，从离地 h 高处以一定初速度向上运动，运动过程中与长杆之间存在大小2mg的滑动摩擦力小环能达到的最大高度为 3h，求：(1)小环从 h 高处出发至第二次经过 2h 高处过程中，重力做功和摩擦力做功分别为多少？(2)在高中我们定义“由相互作用的物体的相对位置决定的能量”叫势能，如相互吸引的物体和地球，其相对位置关系决定重力势能对比(1)问中两力做功，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念(3)以地面为零势能面从出发至小环落地前，小环的机械能 E 随路程 s 的变化关系是什么？15（12 分）

14、如图所示，一物体以 v02 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时 t1s。已知斜面长度 L1.5 m，斜面的倾角 30，重力加速度取 g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。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、B【解析】在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离【详解】A.根据“面积

15、”大小表示位移，由图象可知，1s 到 3s 甲、乙两车通过的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶，故 A 错误；B.由图象可知，甲的加速度 a甲=v甲/t甲=20/2=10m/s2；乙的加速度 a乙=v乙/t乙=(2010)/2=5m/s2；0 至 1s，甲的位移 x甲=12a甲t2=121012=5m，乙的位移 x乙=v0t+12a乙t2=101+12512=12.5m，x=x乙x甲=12.55=7.5m，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m，故 B 正确；C.1s 末甲车的速度为：v=a甲t=101=10m/s，乙车的速度 v=10+51=15m/

16、s；12s 时，甲的位移 x1=101+121012=15m；乙的位移 x2=151+1251=17.5m；在 1s 时两车并联，故 2s 时两车相距 2.5m，且乙在甲车的前面，故 C 错误；D.1s 末甲车的速度为：v=a甲t=101=10m/s，1 到 3s 甲车的位移为：x=vt+12a甲t2=102+121022=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m，故 D 错误。故选：B 2、D【解析】A对 AB 组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对 B 的支持力，所以地面对 B 的支持力等于()Mm g，保持不变，A 错误；B拉力 F 最大时

17、沿斜面向上的分力为 cos300.75Fmg 重力沿斜面向下的分力为 sin300.5mgmg 故此时摩擦力沿斜面向下，B 错误；C对 A 受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零，当0F 时，f 最大，maxsin300.5fmgmg C 错误；D垂直于斜面方向有 cos30sin30NFmgF 当0F 时，NF 最小，最小为 min3cos302NFmgmg 当32Fmg时，NF最大，最大为 max313 3cos30224NFmgmgmg D 正确。故选 D。3、D【解析】A单晶体具有各向异性的特征，多

18、晶体表现为各向同性，选项 A 错误；B液体表面张力是液体表面层分子间的相互作用，选项 B 错误；C0的铁和 0的铜，它们的分子平均动能相同，但是分子平均速率不相同，选项 C 错误；D一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故 D 正确；故选 D。4、A【解析】由题意可知，物体在传送带上做匀变速运动，物体先向右做减速运动，速度为零时再向左做加速运动，回到出发点时速度大小12m/sv，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故 A 正确，BCD 错误。故选 A。5、D【解析】A对两个小球作为整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和 AO 的支持力，故杆 AO 对小球 P 的弹力不变，故 A

19、错误；BC对 Q 受力如图 小球 P 向左移后，两个小球 P、Q 间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成和平衡条件可知杆 BO 对小球 Q的弹力变大，两小球 P、Q 之间的库仑力变大，故 B、C 错误；D对两个小球作为整体受力分析，在水平方向则有杆 BO 对小球 Q 的弹力等于杆 AO 对小球 P 的摩擦力，所以可得杆 AO 对小球 P 的摩擦力变大，故 D 正确；故选 D。6、B【解析】AB小球 A 在最低点时,绳子的拉力和重力提供向心力,当绳子的拉力正好等于 B 的重力时,BC 之间没有弹力,此时 BC间摩擦力等于零,如果绳子拉力小于 B 的重力,则摩擦力方向沿斜面向上,不可能沿斜面

20、向下,故 A 错误,B 正确;C以 B 和 C 为研究对象分析可以知道,绳子拉力竖直向上,水平方向没有分力,所以 C 受到的地面摩擦力始终为零,故 C错误;DA 在竖直平面内摆动,做圆周运动,重力和绳子的拉力的合力提供向心力,所以绳子的拉力不可能等于零,所以 C 对地面的压力不可能等于 B、C 重力之和,故 D 错误.故选 B.点睛：A 在竖直平面内摆动,做圆周运动,重力和绳子的拉力的合力提供向心力,而 BC 处于静止状态,受力平衡,选择适当的物体或系统进行受力分析即可求解.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

21、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】AB根据222()()()MmGmRhRhT可得 2324()RhMGT 但是不能求解 m，选项 A 正确，B 错误；C“中星 2D”的质量未知，则不能求解其运行时的动能，选项 C 错误；D根据 2()MmGmaRh 可得 2()GMaRh 可求解“中星 2D”运行时的加速度大小，选项 D 正确；故选 AD。8、AD【解析】A由题意可知当 A 受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故 A 正确；B由于冲量是矢量，而弹簧弹力对 A、B 的冲量方向相反，故 B 错误；C设弹簧恢复到原长时

22、 A 的速度为 v，绳子绷紧瞬间 A、B 共同速度为 v1，A、B 共同上升的最大高度为 h，A 上升最大高度为 H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得 212mgFEmgvkm 绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得 mv=2mv1 A、B 共同上升的过程中据能量守恒可得 211()()2mm vmm gh mgFHhk 可得 B 开始运动时 A 的速度大小为 22EmgFvgmk A 上升的最大高度为 3()44EmgFHmgk 故 C 错误，D 正确。故选 AD。9、AC【解析】AB由磁场叠加以及安培定则可知，AC 两处的直导线在 O 点产生的磁场叠加结果为零，则 O 点的磁场是 B 点的直导

23、线在 O 点产生的，其方向为水平向左；同理可知 D 点的合磁场方向也是水平向左，则导体棒在 O 点和 D 点所受安培力的方向相同（如图），选项 A 正确，B 错误；CD由以上分析可知，O 点的磁感应强度为 212OIkIBkll D 点的磁感应强度为 2cos60cos60DIIIkIBkkkllll 则导体棒在 OD 两点受安培力相等，选项 C 正确，D 错误。故选 AC。10、ABE【解析】AD气泡内气体压强 p=p0+gh，气泡升高过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程 pVCT，体积一定增大，故气泡内气体对外界做功，故 A 正确，D 错误。B温度是分子平均动能的标志，温度升

24、高，泡内气体分子平均动能增大，故 B 正确。C温度升高，气泡内气体内能增大，即 U0，体积增大，即 W0，根据热力学第一定律 U=W+Q，可得 Q0，故气泡内的气体吸热，故 C 错误。E根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故 E 正确。故选 ABE。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、C 有效 7.2 正比 大于 【解析】(1)1因为探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，必须用交流电，又因为安全起见必须用低压电，所以用低压交流电，故选 C。(1)2多用电表测量的交流电

25、压为有效值，不是最大值；3多用电表选用的档位是交流电压的 10V 档位，所以应该在 010V 档位读数，所以读数应该是 7.2V；(4)4 根据1122UnUn可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。5实验中由于变压器的铜损和铁损导致副线圈的电压 U2减小，所以导致1122UnUn，故填大于。12、298 B C 大于 系统 小 【解析】1由实验原理可知，电压表的指针指到满刻度的三分之一，因此电阻箱分得总电压的三分之二，根据串联电路规律可知，0V2982RR，故电压表内阻为 298。23该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择 B；定值

26、电阻起保护作用，因电源电动势为 1.5V，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用 C。4从实验原理分析可知，当再断开开关 S2，调整电阻箱 R0的阻值，当当电压表半偏时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半。5而电阻箱 R0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差。6在其他条件不变的情况下，若 RV越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小，其测量值 R测的误差就越小。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，

27、要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）1m/s(1)1.8J(3)最终停在 D 点【解析】【分析】物体 1 从释放到与物体 1 相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体 1、1 碰撞前两个物体的速度；物体 1、1 碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度 碰后，物体 1、1 向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体 1、1 和滑道速度为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守恒列式，即可求出物体 1、1 相对滑道 CD 部分运动

28、的路程 s，从而确定出物体 1、1 最终停在何处；解：（1）1m从释放到最低点，由动量守恒得到：1 1220m vm v 由机械能守恒得到：2211 1221122m gRm vm v 解得：12/vm s（1）由能量守恒得到：11pmEm gRm gL 解得：2.8pmEJ（3）最终物块将停在 C、D 之间，由能量守恒得到：11m gRm gs 解得：3sm 所以1m最终停在 D 点 14、(1)mgh；32mgh(2)不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”(3)E=4mgh12mgs【解析】(1)重力做功为 WG=mgh 摩擦力做功 Wf=fs=2mg3h=32mgh(2)重力做功与路径无关，

29、仅与初末位置有关势能的变化与初末位置有关两者都与位置有关，所以重力有对应的重力势能摩擦力做功与路径有关，所以不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”。(3)小环能达到的最大高度为 3h，则：20122022mgmghhmv 解得：20132mvmgh 若以地面为零势能面，小环初始势能为 mgh，初始动能为 3mgh，则初始机械能为 4mgh；从出发到落地前，通过路程s，克服摩擦力所做的功为12mgs；则机械能变化的表达式为：E=4mgh12mgs 15、(1)1 m/s(2)1 m/s2 方向沿斜面向上(3)2 35【解析】（1）设物体滑到斜面底端时速度为 v，则有：L02vvt 代入数据解得：v1 m/s（2）因 vv0，即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：20=1m/svvat（3）物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：Ffmgsinma FNmgcos FfFN 联立解得：sin=cosagg 代入数据解得：2 35