2022-2023学年上海市第三女子中学高三最后一模物理试题含解析.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、一物块由 O 点下落，到 A 点时与直立于地面的轻弹簧接触，到 B 点时速度达到最大，到 C 点时速度减为零，然后被弹回物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在

2、弹性限度内，则物块()A从 A 下降到 B 的过程中，合力先变小后变大 B从 A 下降到 C 的过程中，加速度先增大后减小 C从 C 上升到 B 的过程中，动能先增大后减小 D从 C 上升到 B 的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加 2、下列说法正确的是（）A比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 B汤姆孙发现了电子，并提出了原子的枣糕模型 C将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，降低其温度，该元素的半衰期将增大 D一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小 3、根据爱因斯坦的“光子说”可知（）A“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”B只有光子数很多时，光才具有粒子性

3、C一束单色光的能量可以连续变化 D光的波长越长，光子的能量越小 4、如图所示，在真空云室中的矩形 ABCD 区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在 O 点的铀 238 原子核23892U发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径迹，曲线 OP 为14圆弧，x 轴过 O 点且平行于 AB 边。下列说法正确的是（）A铀 238 原子核发生的是 衰变，放出的射线是高速电子流 B曲线 OP 是射线的径迹，曲线 OQ 是反冲核的径迹 C改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变 D曲线 OQ 是 射线的径迹，其圆心在 x 轴上，半径是曲线 OP

4、 半径的 45 倍 5、摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是 A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零 C在最低点，乘客处于失重状态 D摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变 6、如图所示，质量为m的小球用两根细线OAOB、连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线OB的另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为37,OB保持水平，重力加速度大小为g，车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段细线拉力的两倍时，车的加速度大小为（sin370.6,cos37

5、0.8）（）Ag B54g C32g D74g 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、牛顿在 1687 年出版的自然哲学的数学原理中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星如图所示，将物体从一座高山上的 O 点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中 A、B、C、D、E 是从 O 点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道已知 B 是圆形轨道，C、D 是椭圆轨道，在轨道 E 上运动的物体将会克服

6、地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（）A物体从 O 点抛出后，沿轨道 A 运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动 B在轨道 B 上运动的物体，抛出时的速度大小为 11.2km/C使轨道 C、D 上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过 O 点 D在轨道 E 上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于 16.7km/s 8、将一个小球竖直向上抛出，碰到高处的天花板后反弹，并竖直向下运动回到抛出点，若反弹的速度大小是碰撞前速度大小的 0.65 倍，小球上升的时间为 1 s，下落的时间为 1.2 s，重力加速度取210m/s，不计空气阻力和小球与天花板的

7、碰撞时间，则下列说法正确的是 A小球与天花板碰撞前的速度大小为10m/s B小球与天花板碰撞前的速度大小为8m/s C抛出点到天花板的高度为15m D抛出点到天花板的高度为13m 9、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦圆心 O 点正下方放置为 2m 的小球 A，质量为 m 的小球 B 以初速度 v0向左运动，与小球 A 发生弹性碰撞碰后小球 A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球 B 的初速度 v0可能为（）A2 2gR B2gR C2 5gR D5gR 10、如图所示，直杆与水平面成 30角，一轻质弹簧套在直杆上，下端固定在直杆底端。现将一质量为 m 的小滑块从

8、杆顶端 A 点由静止释放，滑块压缩弹簧到达最低点 B 后返回，脱离弹簧后恰能到达 AB 的中点。设重力加速度为 g，AB=L，则该过程中（）A滑块和弹簧刚接触时的速度最大 B滑块克服摩擦做功为14mgL C滑块加速度为零的位置只有一处 D弹簧最大弹性势能为13mgL 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）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，斌斌利用如图所示可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究。（1）实验还需要下列器材中的_；（2）实验中，图中变压器的原线圈接线“0、8”接线柱，所接电源电压为交流 10.0V

9、，副线圈接线“0、4”接线柱，则副线圈所接电表示数可能是_。A20.0 V B15.0 V C5.0 V D2.5 V 12（12 分）多用电表的原理如图为简易多用电表的电路图。图中 E 是电池；R1、R2、R3、R4和 R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头 G 的满偏电流为 250A，内阻为 480。虚线方框内为换挡开关，A 端和 B 端分别与两表笔相连。该多用电表有 5 个挡位，5 个挡位为：直流电压 1 V 挡和 5 V 挡，直流电流 1 mA 挡和 2.5 mA 挡，欧姆100 挡。(1)图中的 A 端与_（填“红”或“黑”）色表笔相连接；(2)根据题给条件可得 R1_，R2_，R4_

10、，R5_。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）竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，最初 AB 段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在 A 端，各部分尺寸如图所示，外界大气压强 p0=75cmHg。（1）若从右侧缓慢注入一定量的水银，可使封闭气体的长度减小为 20cm，需要注入水银的总长度为多少？（2）若将玻璃管绕经过 A 点的水平轴顺时针转动 90，当 AB 段处于竖直、BC 段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？14（16 分）现有由同一种材料制成的一个透明工

11、艺品，其切面形状图如图所示。其中，顶部A为矩形形状，高CMd，边长CDL，底部B为等边三角形。现让一束单色光线从B部分MH边的中点1O表面处沿竖直方向射入，光线进入B后发现折射光线恰好与B部分的HM平行且经过MM，最后从A部分的CD边上某点O处射出，光在真空中的传播速度为c。求：（1）光在工艺品中传播的速度；（2）光在工艺品中传播的时间。15（12 分）如图所示，内壁粗糙、半径 R=0.4m 的四分之一网弧轨道 AB 在最低点 B 处与光滑水平轨道 BC 相切。质量 m2=0.4kg 的小球 b 左端连接一水平轻弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量 m1=0.4kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静

12、止释放，运动到圆弧轨道最低点 B 的过程中克服摩擦力做功 0.8J，忽略空气阻力，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小球 a 由 A 点运动到 B 点时对轨道的压力大小；(2)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的过程中，a 球的最小动能；(3)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球 b 的冲量 I 的大小。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从 A 下降到 B 的过程中，物块受到向下的重力，弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，弹力逐

13、渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到 B 点时速度达到最大，此时 kxmgf 合力为零，则从 A 下降到 B 的过程中合力一直减小到零，故 A 错误；B从 A 下降到 B 的过程中，弹簧的弹力和空气阻力之和小于重力，物块的合力逐渐向下，加速度逐渐减小到零；从B 下降到 C 的过程中，物块的合力向上，加速度向上逐渐增大，则从 A 下降到 C 的过程中，加速度先减小后增大，故B 错误；C从 C 上升到 B 的过程中，开始弹力大于空气阻力和重力之和，向上加速，当加速度减为零时 kxmgf 此时的压缩量xx，位置在 B 点下方，速度达到向上的最大，此后向上做变减速直线运动，故从 C 上升到 B 的

14、过程中，动能先增大后减小，故 C 正确；D对于物块和弹簧组成的系统，由于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和减小，从 C 上升到 B 的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大之前是一直减小，之后就不能确定，故 D 错误。故选 C。2、B【解析】A在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故 A 错误；B汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的枣糕模型，故 B 正确；C半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故 C 错误；D一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为金属的极限频率大于入射光的频率，故

15、D 错误。故选 B。3、D【解析】A“光子说”提出光子即有波长又有动量，是波动说和粒子说的统一，不同于牛顿的“微粒说”，A 错误；B当光子数很少时，显示粒子性；大量光子显示波动性，B 错误；C爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，每个光子的能量为Eh，故光的能量是不连续的，C 错误；D光的波长越大，根据c，频率越小，故能量Eh越小，D 正确 故选 D.4、D【解析】AD衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是 衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力 2vqvBmr 得 mvrqB 由于反冲

16、核的电荷量比 射线大，则半径更小，即曲线 OQ 是射线的径迹，曲线 OP 是反冲核的径迹，由于曲线 OP为14圆弧，则其圆心在 x 轴上，射线初速度与 x 轴重直，新核初速度与 x 轴垂直，所以新核做圆周运动的圆心在 x 轴上 由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是 粒子的 45 倍，由半径公式可知，轨道半径之比等于电荷量的反比，则曲线 OQ 半径是曲线 OP 半径的 45 倍，故 A 错误，D 正确。BC由动量守恒可知 0mvm v 粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力 2vqvBmr 得 mvrqB 由于反冲核的电荷量比 射线大，则半径更小，即曲线 OQ 是射线的径迹，曲线 OP 是反冲

17、核的径迹，反冲核的半径与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系不变，故 BC 错误。故选 D。5、B【解析】A：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能不断变化故A 项错误 B：摩天轮转动一周的过程中，速度变化为零，动量变化为零，据动量定理：乘客所受合外力的冲量为零故 B 项正确 C：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态故 C 项错误 D：摩天轮匀速转动过程中，重力与速度的夹角不断变化，乘客所受的重力的瞬时功率cosPmg v不断变化故D 项错误 6、D【解析】设OA段细

18、线的拉力为F，则 cos37Fmg 2sin37FFma 求得74ag，选项 D 正确，ABC 错误。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、AC【解析】（1）第一宇宙速度是最小的卫星发射速度，却是最大的环绕速度；（2）当物体以第一宇宙速度被抛出，它的运动轨道为一圆周；当物体被抛出的速度介于第一和第二宇宙速度之间，它的运动轨迹为一椭圆；当物体被抛出时的速度介于第二和第三宇宙速度之间，物体将摆脱地球引力，成为绕太阳运动的行星；当被抛出的初速

19、度达到或超过第三宇宙速度，物体必然会离开太阳系；（3）卫星变轨时的位置点，是所有轨道的公共切点【详解】A、物体抛出速度 v7.9km/s 时必落回地面，若物体运动距离较小时，物体所受的万有引力可以看成恒力，故物体的运动可能是平抛运动，A 正确；B、在轨道 B 上运动的物体，相当于地球的一颗近地卫星，抛出线速度大小为 7.9km/s，B 错误；C、轨道 C、D 上物体，在 O 点开始变轨到圆轨道，圆轨道必然过 O 点，C 正确；D、当物体被抛出时的速度等于或大于 16.7km/s 时，物体将离开太阳系，故 D 错误【点睛】本题考查宇宙速度，知道第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，掌握卫

20、星变轨模型，知道各宇宙速度的物体意义至关重要 8、AC【解析】AB.由题意可知,221122110.6522vtgtvtgt 解得10m/sv，故 A 正确，B 错误；CD.抛出点到天花板的高度为 211115m2hvtgt 故 C 正确，D 错误。9、BC【解析】A 与 B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设 B 的初速度方向为正方向，设碰撞后 B 与 A 的速度分别为 v1和 v2，则：mv0=mv1+2mv2 由动能守恒得：2220121112222mvmvmv 联立得：0223vv 1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为 vmi

21、n，由牛顿第二定律得：2mg=2min2vmR A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：222min11222222mgRmvmv 联立得：v0=1.5 5gR，可知若小球 B 经过最高点，则需要：v01.5 5gR 2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O 等高处，由机械能守恒定律得：221222mg Rmv 联立得：v0=1.5 2gR 可知若小球不脱离轨道时,需满足：v01.5 2gR 由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v01.5 2gR或 v01.5 5gR，故 AD 错误，BC 正确 故选 BC【点睛】小球 A 的运动可能有两种情况：1恰好能通过最

22、高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球 A 的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球 B 的初速度；2小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O 等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球 A 的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球 B 的初速度 10、BD【解析】A滑块向下运动受到的合力为零时，速度最大，即 sinmgFf弹 这时，速度最大，故 A 错误；B根据动能定理有 f00sin302LmgW 解得 f14WmgL 故 B 错正确；C滑块加速度为零即合力为零，向下

23、滑动时 0sinFfmg弹 向上滑动时 sin0Fmgf弹 所以 C 错误；D弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，根据能量守恒 fP2sin303mgLWE 解得弹簧最大弹性势能为 P13EmgL 故 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、AD D 【解析】(1)1探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验要用到交流电压表，B 是直流电流表，C 是直流电压表，A 是多用电表，可以用多用电表的交流电压挡测电压，实验中为了安全，输入电压不能超过 12V，需要交流学生电源，故选 AD。(2)2如果是理想变压器，则电压比等

24、于匝数比，输出电压为 5V，但图中变压器存在比较大的漏磁，实际输出电压小于 5V，故 D 正确。故选 D。12、黑 64 96 880 4000 【解析】(1)1根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”，所以 A 端应接黑色笔；(2)23与表头串联是电压表的改装，与表头并联是电流表的改装。当开关拨向 1，此时电表为量程为2.5mA电流表，电路图如图 此时有 122gggRIIRRI 当开关拨向 2，此时电表为量程为1mA电流表，电路图如图 此时有 121gggRRIIR I 联立两式可解得 R1=64，R2=96；45当开关拨向 4，此时电表

25、为量程为 1V 的电压表，此时有 141ggUI RRI 当开关拨向 5，此时电表为量程为 5V 的电压表，此时有 2415ggUI RRRI 联立两式解得 R4=880；R5=4000。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）30cm，（2）39.04cm。【解析】（1）由玻意耳定律：1122pVp V 得到：01122()pghL SpL S 解得：p2=125cmHg 右侧水银总高度 h2=50cm，注入水银的总长度为：(h2-h1)+(L1-L2)=30cm；（2）设顺时针转动 90后，水银未溢出

26、，且 AB 部分留有 x 长度的水银，玻意耳定律：011011()()()pghL SpxLlx S 代入数据，得到：(7525)25(75)(2525)Sxx S 变形为 x2-125x+1250cm=0 解得12525 17cm2x0，假设成立，12525 17cm2x不合题意，舍去；则：125-25 17cm2x 末态气体长度 L3=L1+l1-25(171)cm39.04cm2x。14、（1）33c（2）432dLc【解析】（1）光路图如图所示。根据题图知，光进入介质 B 的入射角为=60，折射角为=30 则工艺品的折射率为 60330sinsinnsinsin 在介质中的光速：33c

27、vcn （2）由几何关系得光在工艺品中传播的路程 602 30Ldsinscos 光在工艺品中传播的速度 cvn 则光在工艺品中传播的时间 stv 联立解得 234dLtc。15、(1)8N；(2)0；(3)0.8Ns【解析】(1)设 a 球运动到 B 点时的速度为Bv，根据动能定理有 211 B12fm gRWm v 解得 B2m/sv 又因为 2BN11vFm gmR 解得 N8NF 由牛顿第三定律知小球 a 对轨道的压力 NN8NFF(2)小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用整个过程中，a 球始终做减速运动，b 球始终做加速运动，设 a 球最终速度为1v，b 球最终速度为2v，由动量守恒定律和能量守恒得 1 B1 122m vm vm v 2221 B1 122111222mvmvm v 解得 10v 22m/sv 故 a 球的最小动能为 0。(3)由(2)知 b 球的最大速度为 2m/s，根据动量定理有 220.4kg2m/s0.8N sIm v