2023年吉林省长春市高三下学期第五次调研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 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、乙两物体同时同地沿同一直线运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是（）A0t时刻两物体的加速度方向相同 B0t时刻两物体的速度方向相同 C甲物体

2、的加速度逐渐减小 D02t时刻两物体相遇 2、如图所示，用材料、粗细均相同的电阻丝做成 ab、cd、ef 三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的足够长的相同的光滑金属导轨上，匀强磁场的方向垂直于导轨平面，在相同的水平外力 F 作用下，三根导线均向右做匀速运动，某一时刻撤去外力 F，已知三根导线接入导轨间的长度关系满足 lablcdlef，且每根导线与导轨的两个触点之间的距离均相等，则下列说法中正确的是（）A三根导线匀速运动的速度相同 B三根导线产生的感应电动势相同 C匀速运动时，三根导线的热功率相同 D从撤去外力到三根导线停止运动，通过导线 ef 的电荷量最大 3、如图甲所示 MN 是一条电场线

3、上的两点，从 M 点由静止释放一个带正电的带电粒子，带电粒子仅在电场力作用下沿电场线 M 点运动到 N 点，其运动速度随时间 t 的变化规律如图乙所示下列叙述中不正确的是（）AM 点场强比 N 的场强小 BM 点的电势比 N 点的电势高 C从 M 点运动到 N 点电势能增大 D从 M 点运动到 N 点粒子所受电场力逐渐地大 4、用如图 a 所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为 m 的小球从半径为 R 的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小 F已知斜面与水平地面之间的夹角=45，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程 x，

4、最后作出了如图 b 所示的 Fx 图象，g 取 10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径 R 为（）A0.125m B0.25m C0.50m D1.0m 5、关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是（）A单摆做稳定的受迫振动时，单摆振动的频率等于周期性驱动力的频率 B秒摆的摆长和振幅均减为原来的四分之一，周期变为 0.5s C已知摆球初始时刻的位置及其周期，就可知摆球在任意时刻运动速度的方向 D单摆经过平衡位置时摆球所受的合外力为零 6、2019 年 4 月 10 日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞“照片”，这是人类第一次凝视曾经只存在于理论中的天体如果把太阳压缩到半径只有 3km

5、且质量不变，太阳就变成了一个黑洞，连光也无法从太阳表面逃逸已知逃逸速度是第一宇宙速度的2倍，光速为83 10 m/s，1122G6.67 10N mKg，则根据以上信息可知太阳的质量约为 A292 10 Kg B302 10 Kg C308 10 Kg D318 10 Kg 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、如图所示，两等量异种点电荷分别固定在正方体的 a、b 两个顶点上，电荷量分别为 q 和q（a0），c、d 为正方体的另外两个顶点，则下列

6、说法正确的是 Ac、d 两点的电势相等 Bc、d 两点的电场强度相同 C将一正电荷从 c 点移到 d 点，电场力做负功 D将一负电荷从 c 点移到 d 点，电势能增加 8、2019 年 3 月 10 日 0 时 28 分，“长征三号”乙运载火箭在西昌卫星发射中心点火起飞，成功将“中星 6C”卫星送入太空“中星6C”是一颗用于广播和通信的地球静止轨道通信卫星，可提供高质量的话音、数据、广播电视传输业务，服务寿命 15 年已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为 T，关于该卫星的发射和运行，下列说法正确的是 A该卫星发射升空过程中，可能处于超重状态 B该卫星可能处于北京上空 C该

7、卫星绕地球运行的线速度可能大于第一宇宙速度 D该卫星运行轨道距离地面的高度为2232g4R TR 9、如图所示，一长的水平传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一质量的物块以的速率沿直线向左滑上传送带，经过一段时间后物块离开了传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度 g 取，则以下判断正确的是（）A经过后物块从传送带的左端离开传送带 B经过后物块从传送带的右端离开传送带 C在 t 时间内传送带对物块做的功为-4J D在 t 时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为 16J 10、如图所示，质量相同的小球 A、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖

8、直墙壁放置。由于轻微扰动，小球 A、B分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为 g，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（）AB 球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒 BB 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对 A 一直做正功 CB 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对 A 的支持力先减小后增大 D当细杆与水平方向成 30角时，小球 A 的速度大小为 v，可求得杆长为24vg 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）如图甲所示为利用多用电表的电阻挡研究电容器

9、的充、放电的实验电路图。多用电表置于1k 挡，电源电动势为1.5VE，内阻为15kR，实验中使用的电解电容器的规格为“1000F25V”。欧姆调零后黑表笔接电容器正极，红表笔接电容器负极。(1)充电完成后电容器两极板间的电压_（选填“大于”“等于”或“小于”）电源电动势，电容器所带电荷量为_C；(2)如图乙所示，充电完成后未放电，迅速将红、黑表笔交换，即黑表笔接电容器负极，红表笔接电容器正极，发现电流很大，超过电流表量程，其原因是_。12（12 分）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在

10、桌面边缘，如图（a）所示向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放小球离开桌面后落到水平地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能 回答下列问题：（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 Ep与小球抛出时的动能 Ek相等已知重力加速度大小为 g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）A小球的质量 m B小球抛出点到落地点的水平距离 s C桌面到地面的高度 h D弹簧的压缩量 x E.弹簧原长 l0（2）用所选取的测量量和已知量表示 Ek，得 Ek=（3）图（b）中的直线是实验测量得到的 s x 图线从理论上可推出，如果 h 不变m 增加，s x 图线的斜率会 （填

11、“增大”、“减小”或“不变”）；如果 m 不变，h 增加，s x 图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）由图（b）中给出的直线关系和 Ek的表达式可知，Ep与 x 的 次方成正比 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）导热性能良好的两个相同容器 A、B 由细软管 C 连通，灌注一定量的某液体后将 A 的。上端封闭，如图甲所示，A 中气柱长度为 h，温度为 T0.保持 A 固定不动，缓慢竖直向下移动 B，停止移动时位置如图乙所示，此时 A、B 容器中液面高度差为3h，甲、乙两图中软管底部相距

12、为2h。保持两容器位置不变，缓慢加热气体 A，使得两容器中液面再次持平，如图丙所示。已知液体密度为，重力加速度为 g，求：大气压强 p0；丙图 A 容器中气体温度 T。14（16 分）现有由同一种材料制成的一个透明工艺品，其切面形状图如图所示。其中，顶部A为矩形形状，高CMd，边长CDL，底部B为等边三角形。现让一束单色光线从B部分MH边的中点1O表面处沿竖直方向射入，光线进入B后发现折射光线恰好与B部分的HM平行且经过MM，最后从A部分的CD边上某点O处射出，光在真空中的传播速度为c。求：（1）光在工艺品中传播的速度；（2）光在工艺品中传播的时间。15（12 分）如图甲所示，一对平行金属板

13、C、D 相距为 d，O、Ol为两板上正对的小孔，紧贴 D 板右侧。存在上下范围足够大、宽度为三的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH 是磁场的左、右边界。现有质量为 m、电荷量为+q 的粒子从 O 孔进入 C、D 板间，粒子初速度和重力均不计。（1）C、D 板间加恒定电压 U，C 板为正极板，求板间匀强电场的场强大小 E 和粒子从 O 运动到 Ol的时间 t；（2）C、D 板间加如图乙所示的电压，U0为已知量，周期 T 是未知量。t=0 时刻带电粒子从 O 孔进入，为保证粒子到达 O1孔具有最大速度，求周期 T 应满足的条件和粒子到达 Ol孔的最大速度 vm；（3）磁场的磁感应强度

14、 B 随时间t的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期 T0=0mqB。t=0 时，粒子从 O1孔沿OO1延长线 O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界 GH，求粒子进入磁场时的速度 v，应满足的条件。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】A由图象可知，斜率表示加速度，则0t时刻两物体的加速度方向相反，选项 A 错误；Bv-t 图象中速度在时间轴的同一侧表示速度方向相同，则0t时刻两物体的速度方向相同，选项 B 正确；C由斜率表示物体的加速度可知，甲物体的切线斜率越来越大，即加速度逐渐增大，

15、选项 C 错误；Dv-t 图象所围面积表示位移，相遇表示位移相等，由图象可得，02t时刻两物体不相遇，选项 D 错误。故选 B。2、D【解析】A当匀速运动时，由22B L vFR可知，三种情况下 F、B、L 相同，但是 R 不同，则速度 v 不同，ef 电阻较大，则速度较大，选项 A 错误；B因速度 v 不同，则由 E=BLv 可知，三根导线产生的感应电动势不相同，选项 B 错误；C匀速运动时，三根导线的热功率等于外力 F 的功率，即 P=Fv，因 v 不同，则热功率不相同，选项 C 错误；D撤去 F 后由动量定理：BIL tmv 而 I tq 则 mvqBL 因 ef 的速度 v 和质量 m

16、 都比较大，则从撤去外力到三根导线停止运动，通过导线 ef 的电荷量 q 最大，选项 D 正确；故选 D。3、C【解析】AD从 v-t 图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律Fma，则说明受到的电场力越来越大，根据公式FqE，说明电场强度越来越大，所以 M 点场强比 N 的场强小，故 AD 正确；B因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力往右，又因为带电粒子带正电，所以电场线的方向往右，又因为顺着电场线的方向电势降低，所以 M 点的电势比 N 点的电势高，故 B 正确；C从 M 点运动到 N 点动能增加，电势能应该减小，故 C 错误。故选 C。4、B【解析】在圆轨道上运动时，小球受到重

17、力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有 20vFmgmR 小球做平抛运动时时的水平射程 0 xsv t 小球的竖直位移：212yhgt 根据几何关系可得 tanyx 联立即得 202tanvxg 2tanmgFmgRx 图像的纵截距表示重力，即 mg=5N 所以有 105 2tan0.5mgR 解得：R=0.25m 故选 B；【名师点睛】知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，尤其是掌握平抛运动的位移与水平方向夹角的正切值的表达式进行求解注意公式和图象的结合，重点是斜率和截距 5、A【解析】A系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率

18、，与固有频率无关，故 A 正确；B根据单摆的周期公式 2LTg 知摆长缩短为原来的四分之一，则周期变为原来的二分之一，即为 1s，故 B 错误；C摆球在同一位置振动方向有两种，所以已知初始时刻的位置和振动周期，不知道初始时刻摆球的振动方向，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向，故 C 错误；D单摆运动中，摆球在最低点做圆周运动，所以摆球经过平衡位置时所受的合外力提供向心力，故 D 错误。故选 A。6、B【解析】由22MmvGmRR且2cv，解得1128230(3 10)3000kg2 10 kg22 6.67 10c RMG，故选 B.二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20

19、 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、BD【解析】A由几何关系可知，由于 c 点离正电荷更近，则 c 点的电势比 d 点高，故 A 错误；Bc、d 两点关于 ab 对称，且 ab 电荷量相同，由电场强度的叠加可知，c、d 两点的电场强度相同，故 B 正确；C由于 c 点的电势比 d 点高，将一正电荷从 c 点移到 d 点，正电荷电势能减小，则电场力做正功，故 C 错误；D由于 c 点的电势比 d 点高，将一负电荷从 c 点移到 d 点，负电荷电势能增大，故 D 正确。故选 BD。8、AD【解析】该卫星发

20、射升空过程中，一定是先加速运动，处于超重状态，故 A 正确；该卫星是一颗地球静止轨道通信卫星，一定处于赤道上空，不可能处于北京上空，故 B 错误；环绕地球运动的卫星的线速度都小于第一宇宙速度，故 C 错误；由2MmGmgR、222()()MmGm RhRhT 可得22324gR ThR，故 D 正确故选 AD 9、BD【解析】AB当物块滑上传送带后，受到传送带向右的摩擦力，根据牛顿第二定律有 代入数据可得物块加速度大小 a=1m/s2，方向向右，设物块速度减为零的时间为 t1，则有 代入数据解得 t1=1s；物块向左运动的位移有 代入数据解得 故物块没有从传送带左端离开；当物块速度减为 0 后

21、向右加速，根据运动的对称性可知再经过 1s 从右端离开传送带，离开时速度为 1m/s，在传送带上运动的时间为 t=2t1=2s 故 A 错误，B 正确；C在 t=2s 时间内，物块速度大小不变，即动能没有改变，根据动能定理可知传送带对物块做的功为 0，故 C 错误；D由前面分析可知物块在传送带上向左运动时，传送带的位移为 当物块在传送带上向右运动时，时间相同传送带的位移也等于 x1，故整个过程传送带与物块间的相对位移为 在 t 时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为 故 D 正确。故选 BD。10、AD【解析】AB 球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外

22、力不等于零，所以动量不守恒，故 A 正确；BC初始时刻 A 球的速度为零，当 B 球到达水平面时，B 的速度向下，此时 B 球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时 A 球的速度为零，那么在向右端过程中 A 球必定先加速运动再做减速运动，杆对球 A 先施加斜向下的推力做正功，此时 A 对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时 A 对地面压力小于自身重力，故 B、C 错误；D小球 A 的速度为v时，设小球 B 的速度大小为v，则有 cos30cos60vv 解得 3vv 两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有 2211222Lmgmvmv 联立解得 24vLg 故 D 正确；故选 AD。

23、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、等于 31.5 10 此时电容器为电源，且与多用电表内部电源串联 【解析】(1)23电容器充电完成后，电容器两极板间的电压等于电源电动势。由公式可得 31.5 10 CQEC(2)4红、黑表笔交换后，电容器视为电源，且与多用电表内部电源串联，总的电动势变大，电路中电流变大。12、（1）ABC(2)24mgsh（3）减小 增大 2【解析】（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量 m、小球抛出点到落地点的水平距离 s、桌

24、面到地面的高度 h，故选 ABC（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=12gt2，水平方向上：s=vt，而动能 Ek=12mv2联立可得 Ek=24mgsh；（3）由题意可知如果h 不变，m 增加，则相同的 L 对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移 s 变小，s-L 图线的斜率会减小；只有 h 增加，则物体下落的时间增加，则相同的 L 下要对应更大的水平位移 s，故 s-L图线的斜率会增大弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即 Ep=24mgsh，可知 Ep与 s 的 2 次方成正比，而 s 与 L 成正比，则 Ep与 L 的 2 次方成正比【点睛】本题的关键是通过测量小球的动能

25、来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论根据 x 与 L 的图线定性说明 m 增加或 h 增加时 x 的变化，判断斜率的变化 弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与 x 的关系，x 与 L 成正比，得出 Ep与 L 的关系 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、043pgh；032TT。【解析】由状态甲到状态乙，A 容器中气体等温变化由玻意耳定律得 0p hSpV 013ppgh 123hVhhS 解得 04

26、3pgh 由状态甲到状态丙，可看作等压变化 由盖一吕萨克定律 0hSVTT 由几何知识 32VhS 解得 032TT 14、（1）33c（2）432dLc【解析】（1）光路图如图所示。根据题图知，光进入介质 B 的入射角为=60，折射角为=30 则工艺品的折射率为 60330sinsinnsinsin 在介质中的光速：33cvcn （2）由几何关系得光在工艺品中传播的路程 602 30Ldsinscos 光在工艺品中传播的速度 cvn 则光在工艺品中传播的时间 stv 联立解得 234dLtc。15、（1）UEd；2mtdqU；（2）2022mdTqU；02mqUvm；（3）23qBLvm【解

27、析】（1）板间匀强电场的场强 UEd 粒子在板间的加速度 qUamd 根据位移公式有 212dat 解得 2mtdqU（2）粒子一直加速到达1O孔速度最大，设经历时间0t，则 0022mTtdqU 解得 2022mdTqU 由动能定理有 2012mqUmv 解得 02mqUvm（3）当磁感强度分别为0B、02B时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为1r、2r，周期分别为1T、2T，根据洛伦兹力提供向心力有 201vqvBmr 解得 10mvrqB 且有 10022mTTqB 同理可得 12022rmvrqB，20022mTTqB 故00 2T粒子以半径1r逆时针转过四分之一圆周，002TT粒子以半径2r逆时针转过二分之一圆周，0032TT粒子以半径1r逆时针转过四分之一圆周，003 22TT粒子以半径2r逆时针转过二分之一圆周，00522TT粒子以半径1r逆时针转过四分之一圆周，005 32TT粒子以半径2r逆时针转过二分之一圆周，00732TT粒子以半径1r逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示 由几何关系有 12rrL 解得 23qBLvm