2023届河北省唐山市开滦第一中学高三(最后冲刺)物理试卷含解析.pdf

《2023届河北省唐山市开滦第一中学高三(最后冲刺)物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届河北省唐山市开滦第一中学高三(最后冲刺)物理试卷含解析.pdf（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小

2、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，电源电动势为 E、内阻不计，R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，C 为电容器，电流表 A 为理想电表、当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是 AA 的示数变大，电容器的带电量增多 BA 的示数变大，电容器的带电量减少 CA 的示数不变，电容器的带电量不变 DA 的示数变小，电容器的带电量减少 2、如图所示，将两个质量均为 m，带电量分别为+q、q 的小球 a、b 用绝缘细线悬挂于 O 点，置于水平方向的匀强电场中，用力 F 拉小球 a，使整个装置处于平衡状态，且悬线 Oa 与竖直方向的夹角为 30则 F 的大小可能为（）A

3、mg B mg Cmg Dmg 3、在物理学发展过程中，有许多科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A胡克用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点 B平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动所需要的概念是牛顿首先建立的 C伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体的运动规律 D笛卡尔发现了弹簧弹力和形变量的关系 4、如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为 S，匝数为 N，电阻不计，它可绕水平轴 OO/在磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中以角速度 匀速转动。矩形线

4、圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头 P 上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面在中性面为计时起点，下列判断正确的是（）A若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零 B发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 coseNBSt C当滑动触头 P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变 D当用户数目增多时，电路中的电流变小，用户得到的电压变小 5、如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块。物块从高处自由下落到弹簧上端 O，将弹簧压缩，当弹簧被压缩了 x0时，物块的速度变为零。从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移

5、x 变化的图象可能是（）A B C D 6、如图所示电路中，电流表 A 和电压表 V 均可视为理想电表现闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片 P 向左移动，下列说法正确的是（）A电流表 A 的示数变小，电压表 V 的示数变大 B小灯泡 L 变亮 C电容器 C 上电荷量减少 D电源的总功率变大 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、下列关于热力学定律的说法正确的是_。A如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等 B外界对某系统

6、做正功，该系统的内能一定增加 C可以找到一种材料做成墙壁，冬天供暖时吸收热量温度升高，然后向房间自动释放热量供暖，然后再把热量吸收回去，形成循环供暖，只需要短时间供热后即可停止外界供热 D低温系统可以向高温系统传递热量 E.无论科技如何进步与发展，绝对零度都不可以达到 8、如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率 v=4m/s 顺时针转动。一煤块以初速度 v0=12m/s从 A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取 g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A倾斜传送带与水平方向夹角的正切值 tan=0.75：B煤块与传送带间的动摩擦因数=0.5 C煤块从冲上传

7、送带到返回 A 端所用的时间为 4s D煤块在传送带上留下的痕迹长为12+4 5（）m 9、在如图所示的电路中，灯泡 L 的电阻小于电源的内阻 r，闭合电键 S，将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A灯泡 L 变亮 B电流表读书变小，电压表读数变大 C电源的输出功率变小 D电容器 C 上电荷量增多 10、下列说法中正确的是（）A物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大 B一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小 C相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同 D物体的内能与物体的温度和体积都有关系 E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性 三、

8、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）调节水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一水滴刚碰到盘时，恰好有另一水滴从水龙头开始下落，而空中还有 3 个正在下落的水滴，测出水龙头到盘子间的距离为 h，当第一滴水滴落到盘中时，第二滴水滴离水龙头的距离为_；从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第 n 滴水滴落到盘中，秒表测得时间为 t，可知当地的重力加速度 g 为_。12（12 分）某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性

9、实验，除热敏电阻 R 之外，实验室还提供如下器材：电源 E（电动势为 4.5V，内阻约 1）、电流表 A（量程 1mA，内阻约 200）、电压表 V（量程 3V，内阻约 10k）、滑动变阻器 R（最大阻值为 20）、开关 S、导线若干、烧杯、温度计和水。(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是_；(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整_；(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头 P 应置于_端（填“a”或“b”）；(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的 Rtt 图像，如图丙所示，跟原图比对

10、，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_ A在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大 B在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大 C在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距 D在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距 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，均匀介质中两波源 S1、S2分别位于 x 轴上 x1=0、x2=14m 处，质点 P 位于 x 轴上 xp=4m 处，T=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方

11、向振动，振动周期均为T=0.1s，波长均为4m，波源Sl的振幅为A1=4cm，波源 S2的振幅为 A3=6cm，求：(i)求两列波的传播速度大小为多少？(ii)从 t=0 至 t=0.35s 内质点 P 通过的路程为多少？14（16 分）如图所示，两竖直极板之间存在匀强电场，两极板之间的电势差为 U，左侧电势高、右侧电势低，两极板间的距离为 d。一不计重力质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子 P 从靠近左极板的位置由静止释放，带电粒子经过加速后从右侧极板间的狭缝进入正方形匀强磁场区域 ABCD。匀强磁场 ABCD 区域的 AC 连线竖直，BD 连线水平，正方形 ABCD 的边长为 L。(1)

12、如果带电粒子从 A 点离开磁场，则匀强磁场的磁感应强度为多少？(2)如果带电粒子从 AB 边离开，且离开磁场时，速度方向与 AB 边垂直，则匀强磁场的磁感应强度为多少？粒子离开磁场的位置到 B 点的距离为多少？15（12 分）如图甲所示，倾角为的粗糙斜面固定在水平面上，0t 时刻一质量为 m 的物体在恒定的拉力 F 作用下从斜面底端向上滑动，1t时刻撤去拉力 F，物体继续滑动一段时间后速度减为零，此过程物体的速度时间图像如图乙所示。已知 m、1t、2t、1v及重力加速度 g，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力 F 的大小。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，

13、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、A【解析】电容器接在2R（或滑动变阻器）两端，电容器两端电压和2R（或滑动变阻器）两端电压相等，滑动变阻器滑片向右移动，电阻增大，2R和滑动变阻器构成的并联电路分压增大，所以2R两端电压增大，根据欧姆定律：UIR 可知电流表示数增大；电容器两端电压增大，根据：QCU 可知电荷量增多，A 正确，BCD 错误。故选 A。2、A【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出 F 在三个方向时的受力图如图，根据平衡条件得知：F 与 T 的合力与重力 2mg 总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当 F 与绳子 oa 垂直

14、时，F 有最小值，即图中 2 位置，F 的最小值为：，所以 F 的大小可能为 mg，其他值不可能，故 A 正确，B、C、D 错误；故选 A。【点睛】关键是运用图解法确定出 F 的最小值，以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析 F 的最小值，从而分析 F 的可能值。3、C【解析】AC伽利略利用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，并最早建立了平均速度、瞬时速度等描述物体运动的概念，AB 错误；C伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体运动的规律，C 正确；D胡克发现弹簧弹力与形变量的关系，D 错误 4、C【解析】A当线圈

15、与磁场平行时，感应电流最大，故 A 错误；B从中性面开始计时，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 sineNBSt 故 B 错误；C当滑动触头 P 向下移动时，输出电压变小，但变压器原线圈两端的电压将不变，故 C 正确；D当用户数目增多时，电路总电阻变小，电路中的电流变大，则输电线上电阻的电压增大，用户得到的电压变小，故 D 错误。故选 C。5、D【解析】物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得：mg-kx=ma 得到 kagxm a 与 x 是线性关系，当 x 增大时，a 减小；当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度 a=0；当弹力大

16、于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律得 kx-mg=ma 得到 kaxgm a 与 x 是线性关系，当 x 增大时，a 增大；若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于 g，方向竖直向上，当小球以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于 g；A该图与结论不相符，选项 A 错误；B该图与结论不相符，选项 B 错误；C该图与结论不相符，选项 C 错误；D该图与结论相符，选项 D 正确；故选 D。6、A【解析】A、B 闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片 P 向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路

17、欧姆定律得知，电路中总电流 I 减小，则小灯泡 L 变暗，电流表 A 的示数变小电压表的示数 U=EI（RL+r），I 减小，其他量不变，则 U 增大，即电压表 V 的示数变大故 A 正确，B 错误 C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U 增大，由 Q=CU，知电容器 C 上的电荷量增大故C 错误 D、电源的总功率 P=EI，I 减小，则电源的总功率变小故 D 错误 故选 A 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、ADE【解

18、析】A如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等，A 正确；B外界做正功，有可能同时放热，内能的变化不确定，B 错误；C根据热力学第二定律，题中所述的问题不可能实现，选项 C 错误；D低温系统向高温系统传递热量是可以实现的，前提是要引起其他变化，D 正确；E绝对零度不可以达到，E 正确 故选 ADE。8、AD【解析】AB由 vt 图像得 01s 内煤块的加速度大小 221124m/s8m/s1a 方向沿传送带向下；12s 内煤块的加速度大小 22240m/s4m/s1a 方向沿传送带向下。01s，对煤块由牛顿第二定律得 1sincosmgmgma 1 2s，对煤块由牛顿

19、第二定律得 mgsin 一 mgcos=ma2 解得 tan=0.75，=0.25 故 A 正确，B 错误；Cvt 图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为 x=10m，由运动学公式得下滑时间为 222 10s5s4xta下 所以煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为25 s，故 C 错误；D01s 内煤块比传送带多走 4m，划痕长 4m，12s 内传送带比煤块多走 2m，划痕还是 4m。2 25 s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为 2212124 5 m2a tvt，故 D 正确。故选 AD。9、BD【解析】AB将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，滑

20、动变阻器的电阻变大，根据串反并同，灯泡 L 中电流减小，电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡 L 变暗，选项 A 错误，B 正确；C当外电路的总电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大。虽然灯泡 L 的电阻小于电源的内阻 r，但外电路的总电阻与电源的内阻大小不确定，故电源的输出功率变化情况不确定，故选项 C 错误；D将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，电容器 C 上电压增大，电容器 C 上电荷量增多，选项 D 正确。故选 BD。10、BDE【解析】A速度增大，不会改变物体的分子的动能，故 A 错误；B体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故 B 正确；C质量相同，但物体的

21、物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故 C 错误；D物体的内能与物体的温度和体积都有关系，故 D 正确；E由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故 E 正确。故选 BDE。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、916h 22(3)8h nt 【解析】1设相邻两水滴的时间间隔为 T，则 21(4)2hgT 第二滴水滴离水龙头的距离 2219(3)216hgTh；2从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第 n 滴水滴落到盘中，秒表测得时间为 t，则：(3)nTt 又：21(4)2hgT 解得

22、：22(3)8h ngt 12、热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD 【解析】(1)1由Rt图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；(2)2研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足xAVRRR，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图所示 (3)3滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于 a 端；(4)4AB绝对误差为 RRR测真 相对误差为 100%RRR测真真 由Rt图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理论电阻

23、值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R变化不大，而相对误差越来越大，故 A 错误，B 正确；CD在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故 C 错误，D 正确。故你 BD。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、(i)40m/s(ii)32cm【解析】（i）由vT4m可得：v=40m/s；（ii）S1波传到 P 点，历时11S Pt0.1sv，S2波传到 P 点，历时22S Pt0.25sv 因此当 S2波传到 P 点处，S

24、1波已使 P 点振动了21ttt0.15s，其路程11x6A24cm，且振动方向向下；S2波传到 P 点时，振动方向向上，P 为减弱点，叠加后振幅21AAA2cm 在 t=0.35s 时，合振动使 P 点振动一个周期，其路程2x4A8cm 故在 t=0.35s 内质点 P 通过的路程为21xx24cm8cm32cm 14、(1)2mUBLq；(2)(22)dL【解析】(1)带电粒子在加速电场中 212qUmv 解得 2qUvm 带电粒子进入磁场后，根据几何关系，带电粒子的运动半径为 22rL 根据 2vqvBmr 可得 mvrqB 联立可得 2mUBLq(2)粒子垂直于 AB 边射出，根据几何

25、关系，带电粒子的运动半径为 2RL 根据 2vqvBmR 可得 mvRqB 联立可得 1mUBLq 粒子离开磁场的位置到 B 点的距离 d=2LR 解得(22)dL 15、（1）121)tan(cosvtt g；（2）1 2211()mv ttt t【解析】（1）由题图乙可得匀减速阶段加速度大小 1221vatt 对物体在匀减速阶段受力分析，根据牛顿第二定律得 2sincosmgmgma 解得 121)tan(cosvtt g（2）由题图乙可得匀加速阶段加速度大小 111vat 对物体在匀加速阶段受力分析，根据牛顿第二定律得 1(sincos)Fmgmgma 解得 1 2211mv tFttt