2022-2023学年河南省邓州市花洲实验高级中学高三六校第一次联考物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示，AB 是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，A、B 两点恰好位于圆周上，杆上套有质量为 m、电荷量为+q 的小球(可看成点电荷)，第一次在圆心 O 处放一点电荷+Q，让小球从 A 点沿杆由静止开始下落，通过 B 点

2、时的速度为1v，加速度为 a1；第二次去掉点电荷，在圆周平面加上磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从 A 点沿杆由静止开始下落，经过 B 点时速度为2v，加速度为 a2，则（）A1v2v B1v2v Ca1 a2 Da1 a2 2、如图，一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，振幅为 10cm，在波的传播方向上两质点 a、b 的平衡位置相距 0.7m（小于一个波长）。当质点 a 在波峰位置时，质点 b 在 x 轴上方与 x 轴相距 5cm 的位置。则该波波长（）A0.8m 或 5.6m B0.8m5.6m C0.8m 或 5.6m D无法确定 3、如图所示，一闭合的金属圆环

3、从静止开始下落，穿过一竖直悬挂的条形磁铁，磁铁的 N 极向上，在运动过程中，圆环的中心轴线始终与磁铁的中轴线保持重合，则下列说法中正确的是 A对于金属圆环来说，在 AB 段磁通量向下 B条形磁体的磁感线起于 N 极，终于 S 极，磁感线是不闭合的 C自上向下看，在 AB 段感应电流沿顺时针方向 D自上向下看，在 AB 段感应电流沿逆时针方向 4、我国自主研发的北斗卫星导航系统由 35 颗卫星组成，包括 5 颗地球静止同步轨道卫星和 3 颗倾斜同步轨道卫星，以及 27 颗相同高度的中轨道卫星。中轨道卫星轨道高度约为 2.15104km，同步轨道卫星的高度约为 3.60104km，己知地球半径为6

4、.4103km，这些卫星都在圆轨道上运行。关于北斗导航卫星，则下列说法正确的是（）A中轨道卫星的动能一定小于静止同步轨道卫星的动能 B静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 C中轨道卫星的运行周期约为 20h D中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为2360215 5、真空中的可见光与无线电波()A波长相等 B频率相等 C传播速度相等 D传播能量相等 6、在闭合电路中，以下说法中正确的是（）A在外电路和电源内部，电荷都受非静电力作用 B在电源内部电荷从负极到正极过程中只受非静电力而不存在静电力 C静电力与非静电力对电荷做功都使电荷的电势能减少 D静电力对电荷做功电

5、势能减少，非静电力对电荷做功电势能增加 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、情形 1：如图，两列水波波源 S1和 S2的振幅分别为 2A 和 A，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。情形 2：在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，则干涉条纹将如何变？情形 3：用单色光通过小圆盘和小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特征是（）A情形 1 中两列波在相遇区域发生干涉 B情形 1 中此刻 A 点和 B 点的

6、位移大小分别是 A 和 3A C情形 2 中干涉条纹将变密 D情形 3 中中央均为亮点的同心圆形条纹 E.情形 3 中用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的 8、如图所示，在竖直平面内有一边长为 L 的正方形区域处在场强为 E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行一质量为 m、带电量为 q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 V0进入该正方形区域当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）A可能等于零 B可能等于2012mv C可能等于12mv02+12qEL-12mgL D可能等于12mv02+23qEL+12mgL 9、以下说法正确的是 A晶体具有各向同性，而

7、非晶体具有各向异性 B液体表面张力与重力有关，在完全失重的情况下表面张力消失 C对于一定的液体和一定材质的管壁，管内径的粗细会影响液体所能达到的高度 D饱和汽压随温度而变，温度越高饱和汽压越大 E.因为晶体熔化时吸收的热量只增加了分子势能，所以熔化过程中晶体温度不变 10、一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上 A 质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是_ A该波沿 x 轴正向传播 B该波的波速大小为 1 m/s C经过 0.3 s，A 质点通过的路程为 0.3 m DA、B 两点的速度有可能相同 E.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为

8、 0.4 Hz 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）某同学在用如图所示实验装置测量光的波长的实验中，已知两缝间的间距为 0.3mm，以某种单色光照射双缝时，在离双缝 1.2m 远的屏上，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第 1 条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第 6 条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示。图甲读数为_mm，图乙读数为_mm。根据以上实验，测得光的波长是_m（结果保留 2 位有效数字）。12（12 分）图甲为在

9、气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为 d（很小）的遮光条，滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门 1 的时间 t 以及遮光条从光电门 1 运动到光电门 2的时间 t，用刻度尺测出两个光电门之间的距离 x （1）用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，示数如图乙，则 d=_cm；（2）实验时，滑块从光电门 1 的右侧某处由静止释放，测得 t=50s，则遮光条经过光电门 1 时的速度 v=_m/s；（3）保持其它实验条件不变，只调节光电门 2 的位置，滑块每次都从同一位置由静止释放，记录几组 x 及其对应的 t，作出xtt 图象如图丙，其斜率为 k，则滑块加

10、速度的大小 a 与 k 关系可表达为 a=_ 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，光滑轨道 OABC 是由水平直轨道 OB 与一段半径 R=62.5m 的圆弧 BC 在 B 点相切而成。m=1kg的物块 P 在 F=20N 的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧 A 处保持静止，A 点与 B 点相距l=16m。己知物块可视为质点，弹簧的劲度系数100N/mk。取重力加速度 g=10m/s2，cos5=0.996。现突然撤去力 F，求：(1)物块 P 第一次向右运动的过程中，弹簧对

11、物块的冲量大小；(2)从物块 P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。（结果保留两位小数）14（16 分）如图所示，截面为直角三角形 ABC 的玻璃砖，30C，一束细激光自 AB 中点 D 垂直 AB 射入玻璃砖，光线第一次射到 BC 边时，自 BC 边折射射出的光线平行于 AC。已知 AB 长度为 L，光在真空中传播速度为 c。求：(1)玻璃的折射率 n；(2)光线自 AB 边射入到第一次从 BC 边射出经历的时间 t。15（12 分）如图所示，水平地面上某竖直平面内有一固定的内壁光滑的直角三角形管道 ABC，直角边 AB 竖直向下，直角边 BC 水平朝右，C 端开口。取 3 个小球，t=0

12、时刻三个球 1，2 静止释放，3 斜向抛出。1 号球在拐角处可使速度大小不变方向变为向右。三者在 C 端相遇但不碰撞，继续运动到达地面。三个小球从释放到落到地面所经历的时间分别为 T1，T2，T3。已知直角边 BC 距地面的高度和 AB 边长相同。求：(1)三角形 C 处的角度为多少；(2)T1：T2：T3。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、D【解析】ABA 点和 B 点在同一个等势面上，第一次小球从 A 点由静止运动到 B 点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，根据动能定理，得 2112mgh

13、mv 第二次小球从 A 点由静止运动到 B 点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理，得 2212mghmv 所以12vv，故 AB 错误；CD小球第一次经过 B 点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力 F1mg，由牛顿第二定律可知，小球经过 B 点时的加速度 a1g，小球第二次经过 B 点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过 B 点时的加速度 a2=g，所以 a1a2，故 C 错误，D 正确。故选 D。2、B【解析】如图有两种情况：ab 为6，波长：=6 0.7m4.2

14、m；ab 为56，波长：6 0.7m0.84m5。A.0.8m 或 5.6m。与上述结论不符，故 A 错误；B.0.8m5.6m。与上述结论相符，故 B 正确；C.0.8m 或 5.6m。与上述结论不符，故 C 错误；D.无法确定。与上述结论不符，故 D 错误。3、C【解析】A在圆环还没有套上磁铁之前，圆环中磁通量方向向上。故 A 错误。B磁感线是闭合的。故 B 错误。CD根据楞次定律，AB 段感应电流是顺时针方向。故 C 正确，D 错误。4、B【解析】A根据万有引力提供圆周运动向心力则有 22GMmmvRrRr 可得 vrGMR 由于中轨道卫星的轨道半径小于静止同步轨道卫星的轨道半径，所以中

15、轨道卫星运行的线速度大于静止同步轨道卫星运行的线速度，由于不知中轨道卫星的质量和静止同步轨道卫星的质量，根据动能定义式212kEmv可知无法确定中轨道卫星的动能与静止同步轨道卫星的动能大小关系，故 A 错误；B静止同步轨道卫星绕地球运行的周期为 24h，小于月球绕地球运行的运行周期，根据2T可知静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，故 B 正确；C根据万有引力提供圆周运动向心力则有：2224mRTrRGmrM 可得：324RrTGM 中轨道卫星运行周期与静止同步轨道卫星运行周期之比为：33671137226.4 102.15 100.53(3.600.64)10RrTT

16、Rr 中轨道卫星的运行周期为：120.5312.72hTT 故 C 错误；D根据万有引力提供圆周运动向心力则有：2GMmmaRr 可得：2GMaRr 中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为：2672221216726.4 103.60 10424()6.4 102.15 10279RraaRr 故 D 错误。故选 B。5、C【解析】可见光和无线电波都是电磁波，它们的波长与频率均不相等，则传播能量也不相等，但它们在真空中传播的速度是一样的，都等于光速，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。【点睛】要解答本题需掌握电磁波的家族，它包括微波、中波、短波、红外线及各种可见光、紫外线，X 射线与

17、 射线等，都属电磁波的范畴，它们的波长与频率均不同，但它们在真空中传播速度相同，从而即可求解。6、D【解析】A.在电源内部，电荷受非静电力作用；在外电路，电荷不受非静电力作用；故 A 项错误；B.在电源内部电荷从负极到正极过程中，电荷既受非静电力又受静电力，故 B 项错误；CD.在闭合电路中，静电力对电荷做功使电荷的电势能减少，非静电力对电荷做功使电荷的电势能增加，故 C 项错误，D 项正确。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、BCD【解析】A

18、由图看出，波源 Sl形成的水波波长大于波源 S2是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播，波速相等，由波速公式 v=f 得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，但能发生叠加现象，故 A 错误；B根据两列水波波源 S1和 S2的振幅分别为 2A 和 A，结合图可知，此时刻 A 点和 B 点的位移大小分别是 A 和 3A，故 B 正确。C在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，根据lxd 可知，则条纹间距减小，干涉条纹将变密集，选项 C 正确；DE情形 3 中小圆盘和小圆孔衍射均为中央亮点的同心圆形条纹，选项 D 正确，E 错误。故选 BCD。8、BCD【解析】要考虑电场方向的

19、可能性，可能平行于 AB 向左或向右，也可能平行于 AC 向上或向下分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解【详解】令正方形的四个顶点分别为 ABCD，如图所示 若电场方向平行于 AC：电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为12qEL，重力做功为-12mg，根据动能定理得：Ek12mv112qEL12mgL，即 Ek12mv1+12qEL12mgL 电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则 Ek=12mv1 若电场方向平行于 AC，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为12qEL，重力做功为12mgL，根据动能定理得：Ek12mv112qEL+12mgL，即 E

20、k12mv1+12qEL+12mgL 由上分析可知，电场方向平行于 AC，粒子离开电场时的动能不可能为 2 若电场方向平行于 AB：若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于 2若电场力向右，小球从 D 点离开电场时，有 Ek12mv1qEL+12mgL 则得 Ek12mv1+qEL+12mgL 若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于 2故粒子离开电场时的动能都不可能为 2故 BCD 正确，A 错误故选 BCD【点睛】解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能 9、CDE【解析】A晶体分为单晶体和

21、多晶体，单晶体各向异性，多晶体各向同性，非晶体各向同性，故 A 错误；B液体表面张力是微观的分子引力形成的规律，与宏观的超失重现象无关，则在完全失重的状态下依然有表面张力的现象，故 B 错误；C浸润现象中，浸润液体在细管中上升时，管的内径越小，液体所能达到的高度越高，故对于一定的液体和一定材质的管壁，管内径的粗细会影响液体所能达到的高度，则 C 正确；D饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，故 D 正确；E晶体熔化时吸收热量，导致内能增大，但只增加了分子势能，故熔化过程中晶体温度不变，故 E 正确。故选 CDE。10、ABC【解析】A由 A 质点的振动图象读出该时刻质点 A 的振动方向沿

22、y 轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿 x 轴正向传播，故 A 正确 B由题图甲可知波长为=0.4m，由题图乙可知周期为 T=0.4s，则波速为 v=T=1m/s；故 B 正确 C经过 0.3s=34T，则 A 质点通过的路程为s=3A=0.3m；故 C 正确 DA、B 两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同；故 D 错误 E发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率 f=1T=2.5Hz 时才能产生的稳定干涉故 E 错误 故选 ABC 点睛：根据振动图象读出各时刻质点的振动方向，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握 三、实验题：本题共

23、 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、2.335（2.332-2.337）15.375（15.372-15.377）6.510-7 【解析】1 图甲螺旋测微器固定刻度的读数是 2.0mm 可动刻度的读数是 33.50.01 mm=0.335mm 则螺旋测微器的读数等于 2.0mm+0.335mm=2.335mm（2.332-2.337 都正确）2 图乙螺旋测微器固定刻度的读数是 15.0mm 可动刻度的读数是 37.50.01 mm=0.375mm 则螺旋测微器的读数等于 15.0mm+0.375mm=15.375mm（15.372-15.377

24、都正确）3相邻条纹间距为 211xxxn 根据双缝干涉的条纹宽度的公式 Lxd 则这种单色光的波长 21(1)xx dx dlnl 代入数据解得 76.50 m1 12、0.75 0.15 2k 【解析】（1）主尺：0.7cm，游标尺：对齐的是 5，所以读数为：50.1mm=0.5mm=0.05cm，故遮光条宽度 d=0.75cm，（2）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度 则滑块经过光电门时的速度为：230.75 10/0.15/50 10dvm sm st（3）据2txvvt及122ttvva得xtt图像的斜率2ak，解得2ak 点睛：图象法处理数据时，要根据物理

25、规律写出横纵坐标之间的关系式结合图象的截距、斜率等求解 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)2Ns；(2)23.65s【解析】(1)设弹簧在 A 处保持静止时压缩量为 x，有 F=kx 若物块离开弹簧时速度为 v，根据动能定理 221122Wkxmv 物块 P 向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量 I=mv 解得 I=2Ns(2)物块离开弹簧到 B 之间做匀速直线运动，设时间为1t，则有 1lxvt 设物块沿着圆弧轨道上升到 D 点，B、D 间的高度为 h，则有 212mghmv 设过 D 点的半径与竖

26、直方向的夹角为，则 cos0.996RhR 即 5 物块从 B 点到 D 点再返回 B 点的过程中，可以看做单摆，单摆周期 2RTg，212tT 可得从物块 P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间 122ttt 代入数据得 t=23.65s 14、(1)3；(2)52Lc【解析】(1)光路如图所示 根据几何关系，在 BC 边，入射角为 30折射角为 60，则 sin603sin30n(2)由12ADL，所以 3tan302ADDEL 据几何关系有 2ACL，CEL 所以 32cos303CEEFL 光在介质中速度 3ccvn 光线自 AB 边射入到第一次从 BC 边射出经历的时间 52DEEFL

27、tvc 15、(1)37(2)T1：T2：T3=1：0.837：0.767。【解析】(1)由题意设 AB 的长度和直角边 BC 距地面的高度为 H，对 1 号球在 AB 段有 2112Hgt 在 BC 段有 12cos=sinHgt t 可得 112cos2sinHHgttt 根据机械能守恒可知 1 号球和 2 号球到达 C 点速度大小一样，所以对 2 号球有 gt1=gsin（t1+t2）所以 112sinttt 可得 21cos2sinsingtHH 其中 212gtH 2sincos2 解得 3sin5 4cos5 即37；(2)因为 1、2、3 号球到达 C 端时间相同，对 2 号球分析有 221sinsin2Hgt 结合(1)的结果可得 123523Htttg 到达 C 端后的运动对 1 号球 2112Hgt 解得 12Htg 对 2 号球 22221=2yH vtgt 223sin25yvvgH 解得 2123435Htg 对 3 号球 303gyyvvt 203312yHvtg t 解得 317215yvgH 又因为 23331=2yH vtgt 解得 3125141715Htg 所以有 111823HTttg 22212851415HTttg 33312851415HTttg 所以联立可得 T1：T2：T3=1：0.837：0.767