2023学年湖北省荆州市松滋高三第五次模拟考试物理试卷含解析.pdf

《2023学年湖北省荆州市松滋高三第五次模拟考试物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023学年湖北省荆州市松滋高三第五次模拟考试物理试卷含解析.pdf（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023 学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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、太阳内部持续不断地发生着 4 个质子（11H）聚变为 1 个氦核（42He）的热核反应，核反应方程是14124 HHe2X，这个核反应释放出大量核能。已知质子、氦核、X

2、 的质量分别为 m1、m2、m3，真空中的光速为 c。下列说法中正确的是（）A方程中的 X 表示中子10n B方程中的 X 表示电子0-1e C这个核反应中质量亏损 m=m1m2m3 D这个核反应中释放的核能 E=(4m1m22m3）c2 2、关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是（）A在 10r0（r0为分子间作用力为零的间距，其值为 1010m）距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力 B分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零 C当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小 D分子间距离越大，分子间的斥力越大 3、一定质量的理想气体在升温过程中()A分子平均动能

3、增大 B每个分子速率都增大 C分子势能增大 D分子间作用力先增大后减小 4、2019 年春晚在舞春海）中拉开帷幕如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量（包括衣服和道具）相等，下面说法中正确的是 A观众欣赏表演时可把领舞者看作质点 B2 号和 4 号领舞者的重力势能相等 C3 号领舞者处于超重状态 D她们在上升过程中机械能守恒 5、若用假想的引力场线描绘质量相等的两星球之间的引力场分布，使其他星球在该引力场中任意一点所受引力的方向沿该点引力场线的切线上并指向箭头方向则描述该引力场的引力场线分布图是()A B C D 6、如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道 1

4、 绕地球 E 运行，在 P 点变轨后进入轨道 2 做匀速圆周运动下列说法正确的是：（）A不论在轨道 1 还是轨道 2 运行，卫星在 P 点的速度都相同 B不论在轨道 1 还是轨道 2 运行，卫星在 P 点的加速度都相同 C卫星在轨道 1 的任何位置都具有相同加速度 D卫星在轨道 2 的任何位置都具有相同动量(动量 P=mv，v 为瞬时速度)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、关于热学知识的下列叙述中正确的是（）A布朗运动可以反映液体分子在做无规

5、则的热运动 B将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体 C只要不违反能量守恒定律的机器都是可以制造出来的 D在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加 E.某气体的摩尔体积为 V，每个气体分子的体积为 V0，则阿伏加德罗常数 NAr0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当 rr0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当 rr0，分子力为 0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C 错误；D分子间距离越大，分子间的斥力越小，D 错误。故选 A。3、A【解析】温度是分子平均动能的量度，当温度升高时平

6、均动能一定变大，分子的平均速率也一定变化，但不是每个分子速率都增大，故 A 正确，B 错误；由于是理想气体，故分子间的相互作用力不考虑，故分子势能不变，分子间的作用力不计，故 CD 错误；故选 A.4、B【解析】A 项：观众欣赏表演时看演员的动作，所以不能将领舞者看作质点，故 A 错误；B 项：2 号和 4 号领舞者始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故 B 正确；C 项：五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，所以处于平衡状态，故 C 错误；D 项：上升过程中，钢丝绳对他们做正功，所以机械能增大，故 D 错误 故选 B 5、B【解析】根据题意，其他星球受到中心天体的引力指向中

7、心天体，所以引力场线应该终止于中心天体，故 AD 错误；其他星球在该引力场中每一点的场力应该等于两星球单独存在时场力的矢量和，所以除了两星球连线上其他各处的合力并不指向这两个星球，所以引力场线应该是曲线，故 C 错误，B 正确。故选 B。6、B【解析】从轨道 1 变轨到轨道 2，需要加速逃逸，故 A 错误；根据公式2MmGmar可得：2MaGr，故只要到地心距离相同，加速度就相同，卫星在椭圆轨道 1 绕地球 E 运行，到地心距离变化，运动过程中的加速度在变化，B 正确 C 错误；卫星在轨道 2 做匀速圆周运动，运动过程中的速度方向时刻在变，所以动量方向不同，D 错误 二、多项选择题：本题共 4

8、 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、ADE【解析】A布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子在做无规则的热运动，A 正确；B将大颗粒的盐磨成细盐，不改变固体的微观结构，所以细盐仍为晶体，B 错误；C第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能造出，C 错误；D绝热条件下，根据热力学第一定律可知 UW 压缩气体，外界对气体做功，气体内能一定增加，D 正确；E对于气体分子而言，气体分子占据的体积V占据大于气体分子实际的体积0V，则 A0VVNVV占据

9、E 正确。故选 ADE。8、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

10、内能增加还是减小，故 E 错误。故选 ACD。9、ACE【解析】A：由图象得：4atmAp、3atmBp、1LAV、3LBV，据理想气体状态方程AABBABp Vp VTT，代入数据得：720KBT 故 A 项正确 B：由图象得：4atmAp、1atmCp、1LAV、4LCV，则AACCp Vp V，所以ACTT温度是分子平均动能的标志，所以状态 A 与状态 C 理想气体分子平均动能相等故 B 项错误 C：从状态 A 到状态 C 的过程，气体体积增大，气体对外做功故 C 项正确 D：据 AB 两项分析知，720KBACTTT，所以从状态 A 到状态 C 的过程中气体温度不是先降低后升高故 D项

11、错误 E：ACTT，A、C 两个状态理想气体内能相等，A 到 C 过程0U；pV图象与V轴围成面积表示功，所以 A 到C 过程，外界对气体做的功5533(34)10(3 1)102 101 10J900J22W ；据热力学第一定律得：UQW，解得：900JQ，所以状态 A 到状态 C 的过程中气体吸收热量为 900 J故 E 项正确 10、AD【解析】AB.若 R2短路，电路总电阻减小，电路总电流 I 增大，电源内电压增大，电源的路端电压 U 减小，流过 R3的电流33UIR减小，电流表示数变小；电源的路端电压 U 减小，流过 R4的电流44UIR减小，流过 R1的电流134IIII增大，R1

12、的两端的电压111UIR增大，电压表示数变大；故 A 项正确，B 项错误。CD.若 R4断路，电路总电阻增大，电路总电流 I 减小，电源内电压减小，电源的路端电压 U 增大，流过 R3的电流33UIR增大，电流表示数变大；电源的路端电压 U 增大，R1的两端的电压1112UURRR增大，电压表示数变大；故 C 项错误，D 项正确。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、6V 的直流电源 电压传感器 b 右 【解析】（1）1本实验是用恒定电流场来模拟静电场，圆柱形电极 A 接电源正极，圆环电极 B 接电源负极，可以在 A、B 之间形成

13、电流，产生恒定的电流场，可以用此电流场模拟静电场，所以要使用低压直流电源，即选择 6V 的直流电源；2本实验的目的是描绘电场等势线，等势面上各点之间的电势差为 0，根据两点电势相等时，它们间的电势差即电压为零，来寻找等势点，故使用的传感器是电压传感器；（2）3为了寻找与该基准点等势的另一点，移动探针 b 的位置，使传感器的显示读数为零；4由于该实验模拟的是静电场的情况，所以其等势面的分布特点与等量异种点电荷的电场的等势面是相似的，点 1离 A 点比较近，所以探针 b 的等势点的位置距离 A 要近一些，近似在点 1 的正上方偏左一点点，由于图中 b 的位置在点 1 的左上方，所以为了尽快探测到基

14、准点 1 的等势点，则逐渐将该探针向右移动一点点。12、平衡摩擦力 0.560 变小 不会 2vW 2M 【解析】（1）1实验中轨道应倾斜一定角度，是利用木板的重力沿轨道向下的分力来平衡摩擦力；（2）2根据游标卡尺的读数方法可得遮光条的宽度为 0.5cm12 0.05mm0.5cm0.060cm0.560cm（4）3释放木板前，设弹簧测力计的示数为1F，根据受力平衡有 12Fmg 释放的瞬间，对木板有 FMa 对钩码有 122mgFma 则有 12mgF 122FmgmM 故有 1FF 弹簧测力计的示数会变小 4由 122FmgmM 可知，当钩码的个数成倍增加，即m加倍时，F不是成倍增加的，而

15、每次位移相等，故细线拉力做的功不会成倍增加；56以木板为研究对象，根据动能定理有 222111222ABFLMvMvM v 故应该建立2vW图像，图像对应的函数关系为 22vWM 故 2kM 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?6/m s；2?21.6N【解析】（1）重力：G=mg=0.12kg10N/kg=1.2N 电场力：F=qE=1.6106C3106V/m=4.8N 在 A 点，有：qEmg=m 代入数据解得：v1=6m/s（2）设球在 B 点的速度大小为 v2，从 A 到 B，由动能定理有：（

16、qEmg）（2R）=mv22 mv12 在 B 点，设轨道对小球弹力为 FN，则有：FN+mgqE=mv22 由牛顿第三定律有：FN=FN 代入数据解得：FN=21.6N【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析 14、（1）C=45；（2）63L【解析】（1）由几何关系可知，题图中ODE=60，故光线 OD 在 AC 面上的入射角为 30，折射角为 45 根据光的折射定律有sin452sin30n 由 sinC=1/n，知 C=45.（2）由sin45sin120ODL

17、L，解得63ODLL 由几何关系可知，光线 OE 在 AC 面上的折射角为 45，根据光的折射定律有，OE 光线在 AC 面上的入射角为 30，故题图中OEC=60，则 ODE 为等边三角形，得63ODxLL 15、（i）7LS；（ii）12C【解析】(i)由题意，玻璃管和球形小容器内所有气体先做等温变化，由玻意耳定律有1122pVp V，初状态（注入水银前）：p1=p0+h1，V1=V+LS 末状态（注入水银后）p2=p0+h2，V2=V+0.8LS 解得 V=7LS(ii)依据题意，接着做等压变化，由盖吕萨克定律有3223VVTT，变化前 T2=273K+t1 变化后 T3=273K+t2，V3=V+0.41LS 解得 t3=12C