2022-2023学年黑龙江省佳木斯市第一中学高三第二次调研物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，是一测定风力仪器的结构图，悬挂在 O 点的轻质细金属丝的下端固定一个质量为 m 的金属球 P

2、，在竖直平面内的刻度盘可以读出金属球 P 自由摆动时摆线的摆角。图示风向水平向左，金属球 P 静止时金属丝与竖直方向的夹角为，此时风力 F 的大小是（）AsinFmg BcosFmg CtanFmg DcosmgF 2、表是某逻辑电路的真值表，该电路是（）输入 输出 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 A B C D 3、图 1 是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏 P 上观察到的图样如图 2 所示。为了增大条纹间的距离，下列做法正确的是（）A增大单色光的频率 B增大双缝屏上的双缝间距 C增大双缝屏到光屏的距离 D增大单缝屏到双缝屏的距离 4、从空间某点以大小不同的速率沿同一水平

3、方向射出若干小球，不计空气阻力。则它们的动能增大到初动能的 2 倍时的位置处于 A同一直线上 B同一圆上 C同一椭圆上 D同一抛物线上 5、地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲 1700 多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为()A2mghmgt B2mght Cm ght Dm ghmgt 6、如图所示，两个内壁光滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径。两个相同小球 A、B 分别位于

4、左、右管道上的最高点，两球的半径都略小于管道横截面的半径。由于微小的扰动，两个小球由静止开始自由滑下，当它们通过各自管道最低点时，下列说法正确的是（）AA 球的速率等于 B 球的速率 BA 球的动能等于 B 球的动能 CA 球的角速度大于 B 球的角速度 DA 球、B 球对轨道的压力大小相等 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，MN 和 PQ 是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。金属杆

5、ab 垂直导轨放置，与导轨始终良好接触，金属杆具有一定的质量和电阻。开始时，将开关 S 断开，让金属杆 ab 由静止开始自由下落，经过一段时间，再将开关 S 闭合，从闭合开关 S 开始计时，取竖直向下为正方向，则金属杆运动的动能 EK、加速度 a、所受到的安培力，及电流表的示数，随时间 t 变化的图象可能是 A B C D 8、如图所示为一列沿 x 轴正向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，经过 0.2s，M 点第一次到达波谷，则下列判断正确的是_ A质点 P 的振动频率2.5Hzf B该波的传播速度 v=1m/s CM 点的起振方向沿 y 轴负方向 D01s 内质点 Q 运动的路程为 0

6、.2m E.01s 内质点 M 运动的路程为 0.08m 9、如图甲所示，竖直放置的 U 形导轨上端接一定值电阻 R，U 形导轨之间的距离为 2L，导轨内部存在边长均为 L 的正方形磁场区域 P、Q，磁场方向均垂直导轨平面(纸面)向外。已知区域 P 中的磁场按图乙所示的规律变化(图中的坐标值均为已知量)，磁场区域 Q 的磁感应强度大小为 B0。将长度为 2L 的金属棒 MN 垂直导轨并穿越区域 Q 放置，金属棒恰好处于静止状态。已知金属棒的质量为 m、电阻为 r，且金属棒与导轨始终接触良好，导轨的电阻可忽略，重力加速度为 g。则下列说法正确的是（）A通过定值电阻的电流大小为02mgB L B0

7、t1时间内通过定值电阻的电荷量为10mgtB L C定值电阻的阻值为31001BBL Bmgt D整个电路的电功率为100 1mg BBLB t 10、如图，虚线上方空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源O先后发射速率均为v的质子和粒子，质子和粒子同时到达P点。已知OPl，粒子沿与PO成 30角的方向发射，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是（）A质子在磁场中运动的半径为33l B粒子在磁场中运动的半径为l C质子在磁场中运动的时间为23lv D质子和粒子发射的时间间隔为76lv 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

8、处，不要求写出演算过程。11（6 分）用如图所示的实验装置研究平抛运动某同学按如下的操作得到了一组数据：将碰撞传感器水平放置，在轨道多个位置静止释放小球 将碰撞传感器竖直放置在离抛出点一定距离处（图中虚线位置），在轨道多个位置静止释放小球，小球都击中碰撞传感器 1 2 3 4 5 6 初速度 v0（m/s）1.024 1.201 1.176 1.153 0.942 1.060 飞行时间 t（s）0.246 0.249 0.248 0.173 0.212 0.189 (1)本实验除了碰撞传感器外，还需用到的传感器是_(2)根据表格可知，碰撞传感器水平放置时，距离小球抛出点的高度约_m；碰撞传感器

9、竖直放置时，距离小球抛出点的水平距离约_m 12（12 分）如图所示，梁老师在课堂做“验证力的平行四边形定则”实验时，橡皮条的一端固定在黑板上方的 A 点，另一端被两个弹簧测力计拉到 O 点。(1)下列原因可能会导致实验结果不准确的是_ A弹簧测力计在实验前没有调零 B弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧侧力计刻度 C弹簧测力计自身的重力对拉力大小有影响 D拉橡皮条的细绳套粗一些且短一些，实验效果较好(2)为了提高实验的准确性，减少误差，请提出合理的解决办法(一条即可)_(3)两弹簧测力计的读数分别为 F1和 F2，两细绳的方向分别与橡皮条延长线的夹角为 1和 2，如图所示，以下

10、说法正确的是_.A为了验证力的平行四边形定则，只需作力的图示来表示分力与合力 B实验中用平行四边形定则求得的合力 F 一定与 OA 在一条直线上 C若保持 O 点的位置和夹角 1不变，夹角 2可变，若 F1增大，则 F2可能减小 D两弹簧测力计间的夹角 1和 2之和必须取 90 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，一金属箱固定在倾角为37的足够长固定斜面上，金属箱底面厚度不计，箱长 l1=4.5m，质量m1=8kg。金属箱上端侧壁 A 打开，距斜面顶端 l2=5m。现将质量 m2=1kg

11、 的物块(可视为质点)由斜面顶端自由释放，沿斜面进入金属箱，物块进入金属箱时没有能量损失，最后与金属箱下端侧壁 B 发生弹性碰撞。碰撞的同时上端侧壁 A下落锁定并释放金属箱。已知物块与斜面间的动摩擦因数 1=0.3，与金属箱内表面间的动摩擦因数 2=0.125，金属箱与斜面间的动摩擦因数 3=0.6253，重力加速度 g 取 10m/s 2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)物块与金属箱下端侧壁 B 相碰前瞬间的速度；(2)物块与金属箱侧壁第二次相碰前物块的速度。(结果保留 2 位小数)14（16 分）如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端封闭的竖直管相连，气缸和竖

12、直管均导热，气缸与竖直管的横截面积之比为 3：1，初始时，该装置底部盛有水银；左右两边均封闭有一定质量的理想气体，左边气柱高 24cm，右边气柱高 22cm；两边液面的高度差为 4cm竖直管内气体压强为 76cmHg，现使活塞缓慢向下移动，使气缸和竖直管内的水银面高度相差 8cm，活塞与气缸间摩擦不计求 此时竖直管内气体的压强；活塞向下移动的距离 15（12 分）如图所示，长为 3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为 l 的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为 m、2m的小球 A 和小物块 B，开始时 B 先放在细管正下方的水平地面上手握细管轻轻摇动一段时间后，B 对地面的压力恰好为零，A 在水平面内

13、做匀速圆周运动已知重力加速度为 g，不计一切阻力 （1）求 A 做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角；（2）求摇动细管过程中手所做的功；（3）轻摇细管可使 B 在管口下的任意位置处于平衡，当 B 在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求 A 做平抛运动的最大水平距离 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、C【解析】如图受力分析：则风力 tanFmg 故选 C。2、B【解析】由图中真值表可知，当输入端为：00、01、10、11 时，输出分别为 0、0、0、1；则可知只有两输入端均输入高电平时，才能输出高电

14、平，即只有两输入端均为 1 时，输出端才为 1，故该逻辑电路为与逻辑关系；A该图与结论不相符，选项 A 错误；B该图与结论相符，选项 B 正确；C该图与结论不相符，选项 C 错误；D该图与结论不相符，选项 D 错误；故选 B【点评】本题考查门电路中真值表的分析；学会根据真值表理清逻辑关系，会区分门电路并理解其功能 3、C【解析】A增大单色光频率，则波长减小，根据公式Lxd 可知，条纹间的距离减小，A 不符合要求；B增大双缝屏上的双缝间距 d，根据公式Lxd 可知，条纹间的距离减小，B 不符合要求；C增大双缝屏到光屏的距离 L，根据公式Lxd 可知，条纹间的距离增大，C 符合要求；D根据公式Lx

15、d 可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D 不符合要求。故选 C。4、A【解析】动能增大到射出时的 2 倍，根据公式212kEmv，速度增加为初速度的2倍；速度偏转角度余弦为：02cos2vv，故速度偏转角度为 45，故：vy=v0tan45=v 故运动时间为：0vtg 根据平抛运动的分位移公式，有：x=v0t 212ygt 联立解得：12yx 在同一直线上。A.同一直线上。与上述结论相符，故 A 正确；B.同一圆上。与上述结论不符，故 B 错误；C.同一椭圆上。与上述结论不符，故 C 错误；D.同一抛物线上。与上述结论不符，故 D 错误。故选：A 5、A【解析】铜珠做自由落体运动，

16、落到蟾蜍口的速度为：2vgh 以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：Ft-mgt=0-（-mv）解得：2mghFmgt A2mghmgt，与结论相符，选项 A 正确；B2mght，与结论不相符，选项 B 错误；Cm ght，与结论不相符，选项 C 错误；Dm ghmgt，与结论不相符，选项 D 错误；故选 A.6、D【解析】AB对于任意一球，根据机械能守恒得 2122mRvgm 解得 4vgR 由于左侧管道的半径大于右侧管道半径，所以 A 球的速率大于 B 球的速率，A 球的动能大于 B 球的动能，故 A、B 错误；C根据4vgRR可得 4gR 则有 AB 即 A 球的角速度小于 B 球的角速

17、度，故 C 错误；D在最低点，根据牛顿第二定律可得 2NvFmgmR 解得 5NFmg 根据牛顿第三定律可得 A 球、B 球对轨道的压力大小相等，故 D 正确；故选 D。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】闭合开关时，金属棒受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力相等，即 mg=BIL=22B l vR 金属杆做匀速直线运动。速度不变，则动能、安培力、感应电流都不变，加速度为零。若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动

18、，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，则 at 图象是斜率逐渐减小的曲线，因为 2012kEm vat 所以 Ekt 图象是一条斜率减小的曲线。安培力为 2 2FB l vR Ft 图线先是一条斜率逐渐减小的曲线，之后恒定不变，因为 BlvIR 所以 It 图象先是一条斜率逐渐减小的的曲线，当金属杆匀速时，电流恒定不变，但 t=0 时金属杆有速度，所以 t=0时电流不等于零。若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。安

19、培力为 2 2B l vFR 所以 Ft 图象是斜率逐渐减小的曲线，当匀速运动时，安培力不再减小，此时安培力等于重力，故 AD 错误，BC 正确。故选 BC。8、ACD【解析】BCt0 时刻波传播到 Q 点，Q 点起振方向沿 y 轴负方向，在波传播过程中各点的起振方向都相同，则 M 点的起振方向也沿 y 轴负方向；经过 t=0.2s，M 点第一次到达波谷，可知波的传播速度 0.02m/s0.1m/s0.2xvt 故 B 错误，C 正确；A由图象可知，波长=0.04m，则波的周期，亦即 P 质点振动的周期 0.04s0.4s0.1Tv 频率为周期的倒数，即 2.5Hz，故 A 正确；D01s 内

20、质点 Q 振动了 2.5 个周期，运动的路程 s=10.48cm20cm 故 D 正确；E波传播到 M 点的时间 t10.01 0.1s0.1s 则 01s 内质点 M 振动了 2.25 个周期，运动的路程 11 0.148cm18cm0.18m0.4ttsAT 故 E 错误。故选 ACD。9、BD【解析】A金属棒恰好处于静止状态，有 0mgB IL 解得电流大小 0mgIB L 故 A 错误；B0t1时间内通过定值电阻的电荷量 110mgtqItB L B 项正确；C根据题图乙可知，感应电动势 22101BBLBLEtt 又()EI Rr 联立解得 31001BBL BRrmgt 故 C 错

21、误；D整个电路消耗的电功率 21010100 1BBLmg BBLmgPEItB LB t 故 D 正确。故选 BD。10、BD【解析】AB粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有 2vqvBmr 解得 mvrqB 结合两种粒子的比荷关系得 H12rr 对于粒子而言，画出其在磁场中运动的轨迹，根据几何关系得其轨迹对应的圆心角为 300，则粒子做圆周运动的轨迹半径为l，质子做圆周运动的轨迹半径为2l，所以 A 错误，B 正确；CD质子从O点射入从P点射出，结合2Hlr，可知从O点射入时的速度方向必须与OP边界垂直，在磁场中运动的时间 H22lltvv 而粒子的运动时间 52563lltvv 所以

22、质子和粒子的发射时间间隔为76lv，所以 C 错误，D 正确。故选 BD。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、光电门 0.3 0.2 【解析】(1)1根据图，并结合实验的原理可知，除了碰撞传感器外，还需用到光电门传感器；(2)23由表格数据可知，前 3 个，时间基本相等；而后 3 个，初速度与时间的乘积是基本相等的；时间基本相等的，碰撞传感器水平放置，根据自由落体运动位移公式，那么距离小球抛出点的高度 221110 0.25 m0.3m22hgt 初速度与时间的乘积是基本相等的，碰撞传感器竖直放置，那么距离小球抛出点的水平距离

23、01.153 0.173m0.2mxv t 12、AD 将竖直平面转到水平面 C 【解析】(1)1A弹簧测力计在实验前没有调零，弹簧测力计测力时会导致实验结果不准确，故 A 符合题意；B本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，读数时视线必须与刻度尺垂直，防止视觉误差，故 B 不符合题意；C弹簧测力计测的是拉力大小而不是重力大小，所以弹簧测力计自身的重力，不会导致实验结果不准确，故 C 不符合题意；D在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些；拉橡皮

24、条的细绳套粗一些且短一些，会导致实验结果不准确，故 D 符合题意；故选 AD；(2)2为了提高实验的准确性，减少误差要选用弹性小且适当长的细绳或将竖直平面转到水平面；(3)3A为了验证力的平行四边形定则，应采用作力的图示来表示分力与合力，但不是只需作力的图示来表示分力与合力，故 A 错误；B因实验中存在误差，故不可能严格使F与F重合，所以实验中用平行四边形定则求得的合力F不一定沿OA直线方向，故 B 错误；C对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持O点的位置和夹角1不变，即橡皮条长度不变，弹簧拉力1F方向不变，弹簧拉力2F方向和大小都改变，如图：根据平行四边形定则可以看出1F的读

25、数不断增大时，2F先变小后变大，所以若1F增大时，2F可能变小，故 C 正确；D实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90，故 D 错误；故选 C。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)9m/s；(2)3.15m/s，方向斜面向上【解析】(1)物块沿斜面下滑，设加速度为1a，末速度为1v，由牛顿第二定律得 21221sincosm gm gm a 由运动学规律可得 21 212a lv 物块进入金属箱后，设加速度为2a，末速度为2v，由牛顿第二定律得 22222sinco

26、sm gm gm a 由运动学规律可得 222 1212a lvv 解得 29m/sv (2)物块与金属箱侧壁发生弹性碰撞，设碰后物块与金属箱的速度分别为 v3和 v4，由动量守恒定律及能量守恒可得 222 31 4m vm vm v 2222 22431111222m vm vmv 物块与金属箱侧壁发生弹性碰撞后，物块沿金属箱底面向上滑行，设加速度为 a3，金属箱向下运动的加速度为 a4，由牛顿第二定律可得 22223sincosm gm gm a 13122214sincoscosm gmmgm gma 物块减速运动为 0 时，有33 1va t，得 11st 1s 内物块和金属位移之和

27、223 11 14 1117.5m4.5m22xa tvta t总 说明物块第二次与金属箱碰撞为侧壁 A，设物块上滑的位移为 x1，金属箱下滑的位移为 x2，第一次与第二次碰撞的时间间隔为 t2，由运动学规律可得 22244212xv ta t 213 23 212xv ta t 211xxl 设第二次碰撞前物块的速度为 v5，由运动学规律可得 533 2vva t 解得 33.15m/sv 方向沿斜面向上 14、288cmHgP h5cm【解析】试题分析：先以右侧气体为研究对象，找出初末状态的参量，根据根据玻意尔定律求压强；再以左侧气体为研究对象，找出初末状态的参量，根据根据玻意尔定律求气柱

28、的长度，然后根据几何关系求解活塞向下移动的距离。若右侧竖直管的横截面积为S,左侧气缸的横截面积则为3S 以右侧气体为研究对象：10176cmHg,22PPVS 若左侧液面下降1h，右侧液面升高2h 121224,33cmhhh Sh Sh，222219VhSS 根据玻意尔定律得：1 122PVPV 解得：288cmHgP 以左边气体为研究对象：11180cmHg243PPg hVS，22296cmHg,3PPg hVxS 根据玻意尔定律得：1122PVP V 解得：20cmx 活塞下降的高度1245cmhhx【点睛】本题考查了求压强、水银面的高度变化情况、活塞升高的高度，分析清楚图示情景，知道

29、气体发生等温变化，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可解题。15、（1）=45；（2）2(1)4mgl；(3)2l。【解析】（1）B 对地面刚好无压力，对 B 受力分析，得此时绳子的拉力为 2Tmg 对 A 受力分析，如图所示 在竖直方向合力为零，故 cosTmg 解得45 （2）对 A 球，根据牛顿第二定律有 2sinsinvTml 解得22vgl 故摇动细管过程中手所做的功等于小球 A 增加的机械能，故有 212cos124Wmvmg llmgl（3）设拉 A 的绳长为 x（lx2l），根据牛顿第二定律有 2sinsinvTmx 解得22vgx A 球做平抛运动下落的时间为 t，则有 212cos2lxgt 解得22 22lxtg 水平位移为 2 2Svtxlx 当2xl时，位移最大，为2mSl