2023届吉林省松原市普通高中高三压轴卷物理试卷含解析.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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、“月亮正加速远离地球！后代没月亮看了。”一项新的研究表明，月球的引力在地球

2、上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年 38cm 的速度远离地球。不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是（）A月球绕地球做圆周运动的周期将减小 B月球绕地球做圆周运动的线速度增大 C地球同步定点卫星的高度增大 D地球同步定点卫星的角速度增大 2、如图所示，倾角为的斜面体 A 置于粗糙水平面上，物块 B 置于斜面上，已知 A、B 的质量分别为 M、m，它们之间的动摩擦因数为tan。现给 B 一平行于斜面向下的恒定的推力 F，使 B 沿斜面向下运动，A 始终处于静止状态，则下列说法中不正确的是（）A无论 F 的大小如何，B

3、一定加速下滑 B物体 A 对水平面的压力N()FMm g CB 运动的加速度大小为Fam D水平面对 A 一定没有摩擦力 3、如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动用 G 表示无人机重力，F 表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()A B C D 4、如图所示，两根粗细不同，两端开口的直玻璃管 A 和 B 竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量温度相同的理想气体，气柱长度12HH，水银柱长度12hh，今使封闭空气降低相同的温度（大气压保持不变），则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是（）A均向下移动，A 管移动较少 B均向下移动，

4、A 管移动较多 C均向下移动，两管移动的一样多 D水银柱的移动距离与管的粗细有关 5、如图所示，一小物体沿光滑斜面做匀变速直线运动经过acb、三点。已知c为ab、的中点，小物体经过ab、两点的速度大小分别为21m/sav 和3m/sbv，则小物体从a点运动到c点的时间与从c点运动到b点的时间之比accbtt可能为（）A13 B16 C5 D4 6、2019 年 8 月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由 5 个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用 22 分钟就飞越了英吉利海峡 35 公里的海面。已知扎帕塔（及装备）的总质量为 120kg，设发动机启动后将气流以 6000m/s 的恒定速度从

5、喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虚喷气对总质量的影响，取 g=10m/s2）（）A0.02kg B0.20kg C0.50kg D5.00kg 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、图示水平面上，O 点左侧光滑，右侧粗糙，质量分别为 m、2m、3m 和 4m 的 4 个滑块（视为指点），用轻质细杆相连，相邻滑块间的距离为 L。滑块 1 恰好位于 O 点，滑块 2、3、4 依次沿直线水平向左排开。

6、现对滑块 1 施加一水平恒力 F，在第 2 个滑块进入粗糙水平面后至第 3 个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动。已知滑块与粗糙水平面间的动摩擦因素均为，重力加速度为 g，则下列判断正确的是（）A水平恒力大小为 3mg B滑块匀速运动的速度大小为3 gL5 C在第 2 个滑块进入粗糙水平面前，滑块的加速度大小为1g5 D在水平恒力 F 的作用下，滑块可以全部进入粗糙水平面 8、关于热力学定律，下列说法正确的是（）A气体吸热后温度一定升高 B对气体做功可以改变其内能 C理想气体等压膨胀过程一定放热 D热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平

7、衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 9、迄今为止，大约有 1000 颗卫星围绕地球正常工作，假如这些卫星均围绕地球做匀速圆周运动，关于这些卫星，下列说法正确的是 A轨道高的卫星受到地球的引力小 B轨道高的卫星机械能大 C线速度大的卫星周期小 D线速度大的卫星加速度大 10、如图，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器 R4的滑片向 b 端移动时，下列说法正确的是（）A电压表读数减小 B小球的电势能减小 C电源的效率变高 D若电压表、电流表的示数变化量分别为U 和I，则1UrRI 三、实验题：本题共 2 小题，共 18

8、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）如图甲所示是一个多用电表的简化电路图。请完成下列问题。(1)测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关 S 旋到位置 5、6 时，电表用来测量_（选填“直流电流”、“直流电压”或“电阻”）。(2)某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“l0”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择_（填“l”或“l00”）倍率的欧姆挡。(3)某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙、丙所示的简易欧姆表。实验器材如下：A干电池（电动势 E 为 3.0V，内阻 r 不计）；B电流计 G（量程 300A

9、，内阻 99）；C可变电阻器 R；D定值电阻 R0=4；E导线若干，红黑表笔各一只。如图乙所示，表盘上 100A 刻度线对应的电阻刻度值是_；如果将 R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，换挡前、后倍率之比为_。12（12 分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为 50cm（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为_mm（该值接近多次测量的平均值）（2）用伏安法测金属丝的电阻 Rx实验所用器材为：电池阻（电动势 3V，内阻约 1）、电流表（内阻约 0.1）、电压表（内阻约 3k）、滑动变阻器 R（020

10、，额定电流 2A）、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上实验数据可知，他们测量 Rx是采用图中的_图（选填“甲”或“乙”）（3）如图所示是测量 Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片 P 置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏 （4）这个小组的

11、同学在坐标纸上建立 U、I 坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的 4 个坐标点请在图中标出第 2、4、6 次测量数据的坐标点，并描绘出 U-I 图线_，由图线得到金属丝的阻值 Rx=_（保留两位有效数字）（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为_（填选项前的符号）A1210m B1310m C1610m D1810m（6）任何实验测量都存在误差本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_（有多个正确选项）A用螺旋测微器测量金属直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于

12、测量仪表引起的系统误差 D用 UI 图像处理数据求金属电阻可以减小偶然误差 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，边长为 4a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，一个质量为 m、电荷量为 q(q0)的带电粒子（重力不计）从 AB 边的中心 O 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与 AB 边的夹角为 60。（1）若粒子的速度为 v，加一匀强电场后可使粒子进入磁场后做直线运动，求电场场强的大小和方向；（2）若粒子能从 BC 边的中点 P 离开

13、磁场，求粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。14（16 分）如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为0B的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为0R的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45角离开电场；在磁场中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：（1）带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小0v；（2）电场强度的大小E；（3）磁场的磁感应强度的大

14、小1B。15（12 分）如图所示，真空中以O为圆心，半径 r=0.1m 的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域的最下端与 xoy 坐标系的 x 轴相切于坐标原点 O，圆形区域的右端与平行 y 轴的虚线 MN 相切，在虚线 MN 右侧 x 轴的上方足够大的范围内有方向水平向左的匀强电场，电场强度 E=1.0105N/C现从坐标原点 O 沿 xoy 平面在 y 轴两侧各 30角的范围内发射速率均为 v0=1.0106m/s 的带正电粒子，粒子在磁场中的偏转半径也为 r=0.1m，已知粒子的比荷81.0 10 C/kgqm，不计粒子的重力、粒子对电磁场的影响及粒子间的相互作用力，求：（1

15、）磁场的磁感应强度 B 的大小；（2）沿 y 轴正方向射入磁场的粒子，在磁场和电场中运动的总时间；（3）若将匀强电场的方向改为竖直向下，其它条件不变，则粒子达到 x 轴的最远位置与最近位置的横坐标之差 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】A月球绕着地球做匀速圆周运动，故有：2224MmGmrrT 解得：32rTGM 随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的周期将变大，故 A 错误；B月球绕着地球做匀速圆周运动，故有：22MmvGmrr 解得：GMvr 随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的

16、线速度变小，故 B 错误；CD潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，则地球自转周期增加，故自转角速度变小，故同步卫星的角速度变小，根据 3GMr 可知轨道半径变大，故高度增大，故 C 正确，D 错误；故选 C。2、B【解析】AC因 A、B 间的动摩擦因数为tan，即 cossinmgmg 则施加平行于斜面的力 F 后，由牛顿第二定律有 sincosFmgmgma 联立可得 Fam 即无论 F 的大小如何，B 一定加速下滑，故 AC 正确，不符题意；B对斜面受力分析，如图所示 由竖直方向的平衡有 NcossinBAFMgNf NNFF cosBANmg cosffmg 联立可得 N()F

17、Mgmg 故 B 错误，符合题意；D对斜面在水平方向的力有关系式 sincosBANf 故水平面无相对运动趋势，水平面对斜面无摩擦力，故 D 正确,不符题意。本题选不正确的故选 B。3、B【解析】由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零，所以只有 B 图受力可能为零，故 B 正确 4、A【解析】D因为大气压保持不变，封闭空气柱均做等压变化，放封闭空气柱下端的水银面高度不变，根据盖一吕萨克定律VCT，可得 VCT 则 TVVT 即 TS HSHT 化简得 THHT 则空气柱长度的变化与玻璃管的粗细无关，D 错误；ABC 因 A、B 管中的封闭空气柱初温 T 相同，温度的变化T也相同，

18、则H与 H 成正比。又0T，所以0H，即 A、B 管中空气柱的长度都减小，水银柱均向下移动，因为12HH，所以 12HH 所以 A 管中空气柱长度减小得较少，A 正确，BC 错误。故选 A。5、A【解析】中点位移的瞬时速度大小 2215m/s2abcvvv 若小物体反向之前经过cb、两点，则有 1:2accabccbtvvvvtaa；若小物体反向之前经过c点、反向之后经过b点，则有 1:3accabccbtvvvvtaa；综合上述可知，选项 A 正确，BCD 错误；故选 A。6、B【解析】设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于

19、F，对扎帕塔（及装备），则 FMg 设时间t内喷出的气体的质量m，则对气体由动量定理得 F tmv 解得 mFMgtvv 代入数据解得 0.2kgmt 发动机每秒喷出气体的质量为 0.2kg，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。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、AC【解析】A在第 2 个滑块进入粗糙水平面后至第 3 个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动，对整体分析则有：(2)0Fmm g 解得：F=3mg 故 A 正确；B根据动能定理

20、有：21(234)2FLmgLmmmm v 解得 v=25gL 故 B 错误；C由牛顿第二定律得(234)Fmgmmmm a 解得 a=1g5 故 C 正确；D水平恒力 F 作用下，第三个物块进入粗糙地带时，整体将做减速运动，由动能定理得 2211(123)(234)(234)22FLmgLmmmm vmmmm v 解得 25mgLv 故滑块不能全部进入粗糙水平面，故 D 错误。故选 AC。8、BDE【解析】A气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故 A 错误；B改变气体内能的方式有两种：做功和热传导，故 B 正确；C理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故 C 错误；D根据热力学第二定律，热量不

21、可能自发地从低温物体传到高温物体，故 D 正确；E如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不会与第三个系统达到热平衡，故 E 正确。故选 BDE【点睛】本题主要考查了热力学定律、理想气体的性质此题考查了热学中的部分知识点，都比较简单，但是很容易出错，解题时要记住热力学第一定律 E=W+Q、热力学第二定律有关结论以及气体的状态变化方程等重要的知识点 9、CD【解析】A.引力的大小不仅与轨道半径有关，还与卫星质量有关，故 A 错误；B.机械能的大小也与质量有关，故 B 错误；CD.根据 22224MmvGmrma mrTr=可知线速度越大，轨

22、道半径越小，加速度越大，周期越小，故 CD 正确。10、AD【解析】A 项：由图可知，R2与滑动变阻器 R4串联后与 R3并联后，再由 R1串连接在电源两端；电容器与 R3并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时 R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故 A 正确；B 项：由 A 项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据UEd，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为 0，由带电质点 P 原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所

23、以小球的电势能增大，故 B 错误；C 项：电源的效率：=PIUUPIEE出总,由 A 分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故 C 错误；D 项：将 R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为 r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则1UrRI总,由 A 分析可知3=RAIII总，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以 R3中的电流减小，则 IA增大，所以AII 总，所以1AUrRI，故 D 正确 点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律EUIR 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后

24、根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理 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、直流电源 100 20000 100：1 【解析】(1)1由图所示可知，当转换开关S旋到位置 5、6 时，表头G与电阻串联，此时可用来测量直流电压。(2)2测量某电学元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“100”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。(3)3欧姆表中值电阻等于欧姆档内部电阻，则中间刻度值对应示数为 46g31 10 300 10ERRI 中内 有

25、 gEIR内 g13EIRR内 解得 42 10 R 所以表盘上 100A 刻度线对应的电阻刻度值是42 10=20000。4当电流计满偏时：流过0R的电流 g99II 电流计内阻为99，给电流计并联1的电阻，根据并联分流的规律可知电流表量程扩大 100 倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的1100，欧姆表换挡前、后倍率之比等于100:1。12、0.398(0.3950.399)甲 4.34.7 C CD 【解析】（1）由图知螺旋测微器的主尺读数是 0mm，可动刻度读数是 39.80.01mm=0.398mm(0.3950.399)，所以直径D=0.398mm.（2）由表

26、中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路（3）实物图连接注意电流表外接，滑动变阻器分压，滑动变阻器的滑片 P 置于变阻器的一端，连接时使电压表、电流表的示数最小如图所示 （4）将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在线上，要让线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去（图中第 6 个点）计算直线的斜率即为电阻 R，故 4.54.3 4.7URI（5）根据电阻定律LRS 得 261.0 10 m4RdL，故 C 正确，ABD 错误（6）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A 错误；B

27、.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B 错误；C.伏安法测电阻时，电流表和电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C 正确；D.用 U-I 图像处理数据求金属线电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第 6 个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在线的两侧，这样可以减小偶然误差，D 正确 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）EvB（2）2 33qBam；23mqB【解析】（1）电荷受到的洛伦兹力由 A 指向

28、P，粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，列出平衡方程求解场强 E；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹图，结合几何关系求解粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。【详解】（1）电荷受到的洛伦兹力由 A 指向 P，粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，故电荷受电场力方向由 P 指向 A，因粒子带正电，所以场强方向由 P 指向 A。设电场强度为 E，有 qEqvB EvB （2）如图，粒子从 P 点出磁场，过 O 点作线段 OD，OD 垂直初速度，O/为轨道圆心，由几何关系可知，PD=a，OD=3a，设轨道半径为 r，则 O/D=3a-r。在直角三角形 O/PD 中，有 222(3)ar

29、ar 得2 33ar 设粒子速度大小为 v 由2vqvBmr 得qBrvm 将2 33ar 代入得2 33qBavm 2 33333aaO Da，OP=2 33ar，故PO/D=600 轨道对应的圆心角为 1200，所以由 O 到 P 所用的时间 t=3T 2 rTv 得23mtqB【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解决此类问题，关键是要作出粒子轨迹过程图，确定圆心，结合几何关系，根据半径公式等进行求解 14、（1）000qB Rvm （2）2002qB REm （3）1012BB【解析】（1）粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为0R的圆周运动，由

30、洛伦兹力提供向心力：20000vqv BmR 解得：000qB Rvm（2）粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着 x 轴方向：qEma 2002yvaR 沿与y轴正方向成45角离开电场，所以：0yvv 解得电场强度：2002qB REm(3)粒子的轨迹如图所示：第二象限，沿着 x 轴方向：002yvRt 沿着 y 轴方向：0ONv t 所以：02ONR 由几何关系知，三角形 OON 为底角 45的等腰直角三角形。在磁场中运动的半径：022 2RONR 由洛伦兹力提供向心力：21vqvBmR 粒子在N点速度沿与y轴正方向成45角离开电场，所以离开的速度：02vv 所以磁场的磁感应强度的大小1B：1

31、012BB 15、(1)B0.1T (2)7t5.14 10s (3)0.0732mx 【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 200vqv Bmr 可得：0.1TB (2)分析可知，带电粒子运动过程如图所示，由粒子在磁场中运动的周期 02 rTv 可知粒子第一次在磁场中运动的时间：114tT 102rtv 粒子在电场中的加速度 qEam 粒子在电场中减速到 0 的时间：002vmvtaqE 由对称性，可知运动的总时间：0120222mvrtttvqE 即75.14 10ts (3)由题意分析可知，当粒子沿着 y 轴两侧 30角射入时，将会沿着水平方向射出磁场区域，之后垂直虚线 MN 分别从P、Q射入电场区，做类平抛运动，最终到达 x 轴的位置分别为最远位置 P 和最近位置 Q 由几何关系 P到 x 轴的距离 11.5yr，（11）1123ymrtaqE 最远位置 P 坐标为 1123ymrtaqE(12)Q到 x 轴的距离 11.5yr (13)222ymrtaqE 最近位置 Q 坐标为 222ymrtaqE (14)所以，坐标之差为 120(31)mrxxxvqE (15)解得：0.0732mx (16)