2022-2023学年绍兴市重点中学高三二诊模拟考试物理试卷含解析.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，两条轻质导线连接金属棒PQ的两端，金属棒处于匀强磁场内且垂直于磁场。金属棒的质量0.2kgm

2、，长度1mL。使金属棒中通以从 Q 到 P 的恒定电流2AI，两轻质导线与竖直方向成30角时，金属棒恰好静止。则磁场的最小磁感应强度（重力加速度 g 取210m/s）（）A大小为0.25T，方向与轻质导线平行向下 B大小为0.5T，方向与轻质导线平行向上 C大小为0.5T，方向与轻质导线平行向下 D大小为0.25T，方向与轻质导线平行向上 2、如图所示，一端搁在粗糙水平面上，另一端系一根细线（线竖直）处于静止状态的重直杆 A 受到的作用力个数（）A1 B2 C3 D4 3、单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过

3、五棱镜的反射进入人眼中。如图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，ABBC，光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（）A1sin22.5 B1cos22.5 C22 D2 4、某空间区域有竖直方向的电场（图甲中只画出了一条电场线），一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小球，在电场中从 A 点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中小球的机械能 E 与小球位移 x 关系的图象如图乙所示，由此可以判断（）A小球所处的电场为匀强电场，场强方向向下 B小球所处的

4、电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上 C小球可能先做加速运动，后做匀速运动 D小球一定做加速运动，且加速度不断减小 5、平行板电容器 C 与三个可控电阻 R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路，闭合开关 S，待电路稳定后，电容器C 两极板带有一定的电荷，要使电容器所带电荷量减少。以下方法中可行的是（）A只增大 R1，其他不变 B只增大 R2，其他不变 C只减小 R3，其他不变 D只减小 a、b 两极板间的距离，其他不变 6、如图所示，直线ab、和直线、cd是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为MNPQ、。一质子由M点分别运动到Q点和P点的过

5、程中，电场力所做的负功相等。下列说法正确的是（）A直线a位于某一等势面内，MQ B直线c位于某一等势面内，MP C若质子由M点运动到N点，电场力做正功 D若质子由P点运动到Q点，电场力做负功 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、下列说法正确的是_ A同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按相同的规律排列 B热量不能自发地从低温物体传到高温物体 C因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动叫分子热运动 D知道阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和

6、密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离 E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面 8、关于热现象，下列说法正确的是（）A在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径(也就是单层油酸分子组成的油膜的厚度)等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比 B两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，它们都随距离的增大而减小，当两个分子的距离为 r0时，引力与斥力大小相等，分子势能最小 C物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是从各向异性或各向同性来判断 D如果用 Q 表示物体吸收的能量，用 W 表示物体对外界所做的功，U 表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以

7、表达为 Q=U+W E.如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到 100%9、一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示，发电机组能输出稳定的电压。升压变压器原、副线圈匝数之比为 n1：n2=1：10.线圈两端的电压分别为 Ul、U2.输电线的总电阻为 r，降压变压器的原、副线圈匝数之比为 n3：n4=10：1，线圈两端电压分别为 U3、U4.，L 是用户区里一常亮的灯泡，三个回路的干路电流分别为 I1、I2、I3，随着用电高峰的到来，用户区开启了大量的用电器，下列说法正确的是（）A电压 U4不变，始终等于 Ul B电流 Il始终等于 I3 CL 变暗 D输电线的

8、电阻消耗的功率减小 10、水平面上两个质量相等的物体甲和乙，它们分别在水平推力1F和2F作用下开始沿同一直线运动，运动一段时间后都先后撤去推力，以后两物体又各自运动一段时间后静止在同一位置，两物体的动能位移图象如图所示，图中线段/AB CO，则下列说法正确的是（）A甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力 B两个水平推力的大小关系是1F大于2F C在两物体的加速阶段，甲的加速度等于乙的加速度 D物体甲克服摩擦力做的功大于物体乙克服摩擦力做的功 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）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，

9、其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有 220Hz、30Hz 和 40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率 f，需要用实验数据和其他条件进行推算。（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用 f 和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B 点时，重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度的大小为_。（2）已测得 s1=8.89cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为 9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1。由此推算出 f 为_Hz。12（12 分）某同学利用多用表测量分压电路电阻的变化范

10、围，按如下步骤测量：（1）选用欧姆档10 倍率，先将表笔短接调零，再如图甲所示，将表笔接到分压电路两端，从滑片移动到最右端开始进行测量，如图乙所示，根据指针位置，电阻读数为_。（2）将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，移动过程中读数变化情况是_ A增大 B减小 C先增大后减小 D先减小后增大（3）记录下整个过程中读数的最小值为 24，得到电阻的变化范围。这样测量的最小值的方法是否合理？若合理，写出电阻变化范围；若不合理，说明应如何改正_。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，从离子源 A 发

11、出的初速度为零、带电荷量为q质量为m的正离子，被电压为1U的电场加速后，沿中心轴线射入带电的平行板电容器。电容器的板长为L、板间距离为2L，板间电压为124UU。离子射出电场一段时间后又进入一个环状区域的匀强磁场，磁场的外半径为R，宽度2Rs，磁场方向垂直于纸面向里，磁场的圆心与平行板电容器的中心重合，求：(1)该离子进入偏转电场时速度的大小；(2)为使该离子不能从磁场外边缘射出，磁场的磁感应强度B的最小值；(3)为保证该离子不从磁场外边缘射出，离子在磁场中运动的最长时间。14（16 分）如图所示，在平面直角坐标系第象限内充满y 方向的匀强电场，在第象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(

12、电场、磁场均未画出)；一个比荷为qmk 的带电粒子以大小为 v0的初速度自点 P(2 3d，d)沿x 方向运动，恰经原点 O 进入第象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从 x 轴上的点 Q(9d，0)沿y 方向进入第象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为 B0vkd，不计粒子重力(1)求第象限内匀强电场的场强 E 的大小(2)求粒子在匀强磁场中运动的半径 R 及时间 tB(3)求圆形磁场区的最小半径 rmin 15（12 分）如图所示，光滑斜面倾角=30，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块 A 和 B 通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A 的质量为 m，开始时两物块均静止于

13、距地面高度为 H 处，B 与定滑轮之间的距离足够大，现将 A、B 位置互换并静止释放，重力加速度为 g,求：（1）B 物块的质量；（2）交换位置释放后，B 着地的速度大小 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、B【解析】说明分析受力的侧视图（右视图）如图所示 磁场有最小值minB，应使棒平衡时的安培力有最小值min安F棒的重力大小、方向均不变，悬线拉力方向不变，由“力三角形”的动态变化规律可知 min sin30安Fmg 又有 minmin 安FBIL 联合解得 minsin300.5TmgBIL 由左

14、手定则知磁场方向平行轻质导线向上。故 ACD 错误，B 正确。故选 B。2、C【解析】棒保持静止状态，合力为零；对棒受力分析，受重力、绳子竖直向上的拉力，地面的支持力，由于绳子竖直向上的拉力，有合力为零，故地面对棒没有静摩擦力，因此棒共受到 3 个力作用，故 C 正确，ABD 错误；故选 C【点睛】受力分析时为防止漏力、多力，可以按照重力、弹力、摩擦力的顺序分析，同时要结合平衡态分析，注意绳子的拉力方向是解题的关键 3、A【解析】设入射到 CD 面上的入射角为，因为在 CD 和 EA 上发生全反射，且两次反射的入射角相等。如图：根据几何关系有 490 解得 22.5 根据1sinn解得最小折射

15、率 1sin22.5n 选项 A 正确，BCD 错误。故选 A。4、B【解析】AB由乙图中机械能 E 与小球位移 x 关系可知，机械能减小，因为机械能减小，说明除重力之外的力对物体做负功，可得电场力做负功，因此，电场力方向竖直向上，小球带正电荷，所受电场力方向与场强方向一致，即场强方向竖直向上，又根据 Ex 图线斜率的绝对值越来越小，说明电场力越来越小，电场强度越来越小，故 A 错误，B 正确；C带正电小球所受合外力等于重力减去电场力，电场力不断减小，则合外力不断变大，加速度不断变大，说明小球做加速度越来越大的变加速运动，故 CD 错误。故选 B。5、A【解析】A只增大1R，其他不变，电路中的

16、电流变小，R2两端的电压减小，根据2QCU，知电容器所带的电量减小，A 符合要求；B只增大2R，其他不变，电路中的电流变小，内电压和 R1上的电压减小，电动势不变，所以 R2两端的电压增大，根据2QCU，知电容器所带的电量增大，B 不符合要求；C只减小 R3，其他不变，R3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变，C 不符合要求；D减小 ab 间的距离，根据4SCkd，知电容 C 增大，而两端间的电势差不变，所以所带的电量增大，D 不符合要求。故选 A。6、A【解析】AB质子带正电荷，质子由M点分别运动到Q点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，有 0MQMPWW 而 MQMQWqU MP

17、MPWqU，0q 所以有 0MQMPUU 即 MQP 匀强电场中等势线为平行的直线，所以QP和MN分别是两条等势线，有 PQ 故 A 正确、B 错误；CD质子由M点运动到N点的过程中 0MNMNWq 质子由P点运动到Q点的过程中 0PQPQWq 故 CD 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、BDE【解析】A.同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按不同的规律排列，显示处不同的性质，如金刚石和石墨，故 A 错误；B.根据热力学第

18、二定律知热量只能够自发地从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，故 B 正确；C.因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，但它不是分子的热运动，它反映了液体分子无规则的热运动，故 C 错误；D.利用阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可以估算出气体分子间的平均距离，故 D 正确；E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故 E 正确 8、ABD【解析】A.根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，由于油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子

19、油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含纯油酸体积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径，故 A 正确；B.当分子间的距离 rr0时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离rr0时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，所以当两个分子的距离为 r0时，引力与斥力大小相等，分子势能最小，故 B 正确；C.单晶体具有各向异性，多晶体与非晶体都具有各向同性，所以不能根据各向异性或各向同性来判断物质是晶体还是非晶体；晶体具有一定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，比较可靠的方法是通过比较熔点来判断，故 C 错误；D.根据热力学第一定律可知，如果

20、用 Q 表示物体吸收的能量，用 W 表示物体对外界所做的功，U 表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为 Q=U+W，故 D 正确；E.即使没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到 100%故 E错误。故选 ABD 9、BC【解析】将远距离输电的电路转化为等效电路 其中 2211nUUn，2324=nRRn用效 由闭合电路的欧姆定律 22()UIrR效 故随着用电高峰的到来用户区开启了大量的用电器，R用减小，导致R效变小，则输电电流2I变大。A由变压器的变压比可知 2211110nUUUn 3344410nUUUn 但输电线上有电阻 r，产生

21、损失电压，故有 23UU 即141010UU，且用电高峰 U1不变，U4变小，故 A 错误；B根据变压器上的电流与匝数成反比，有 2212110nIIIn，4232310nIIIn 可得电流 Il始终等于 I3，故 B 正确；C 则输电电流2I变大会导致损失电压变大，而 U2不变，故 U3减小，可得 U4变小，即并联用户的电压减小，由24UPR可知 L 的功率变小，L 变暗，故 C 正确；D由22=PI r损可知，输电电流2I变大会导致输电线的电阻消耗的功率增大，故 D 错误。故选 BC。10、AC【解析】A依题意及题图可知，在动能减少阶段，两物体均做匀减速运动物体受到的摩擦力大小等于图象斜率

22、的绝对值，易得甲受到的摩擦力1f小于乙受到的摩擦力2f，故 A 正确；B在动能增加阶段，两物体均做匀加速运动，图象的斜率表示物体的合力，由题图知 1122FfFf 得 12120FFff 故1F小于2F，故 B 错误：C在加速阶段，两物体受到的合力相等，易知两物体的加速度大小相等，故 C 正确；D整个运动阶段，由动能定理可知，甲、乙两物体克服摩擦力做的功分別等于1F和2F所做的功，根据功的公式容易得到，1F做的功小于2F做的功，所以物体甲克服摩擦力做的功小于物体乙克服摩擦力做的功，故 D 错误。故选：AC。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

23、算过程。11、121()2ssf 2311()2ssf 40 【解析】(1)12 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：121222BssfssvT 232322CssfssvT 由速度公式 vC=vB+aT 可得：a=2312ssf(2)3 由牛顿第二定律可得：mg-0.01mg=ma 所以 a=0.99g 结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得 f=40HZ 12、200 B 不合理，理由见解析 【解析】(1)1欧姆表表盘示数为 20.0，倍率为 10，则最后读数为：20.010=200，(2)2根据串并联电路的特点可知，将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，电路的电阻减

24、小，则移动过程中读数减小，B 正确；故选 B。(3)3不合理，读数为 24 时采用10 时指针太偏右，倍率偏大，应换1 倍率重新调零后再测量。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)12qUm；(2)13423mURq；(3)11276034RmqU【解析】(1)电场1U中加速，有 2112xqUmv 解得 12xqUvm(2)电场中类平抛，如图：124UU 竖直方向有 22qUmaL yvat 水平位移 xLv t 又有 22xyvvv 解得 111722qUvm 在最小磁场B中做圆周运动，有 2vqv

25、Bmr 由几何关系得 222()()RsrRr 解得 38rR 解得 12343mUBRq(3)在磁场中运动速度v一定，磁场B不同，运动时间不同。图示为最长时间。圆周运动周期 2 mTqB 由几何关系得 4tan3Rsr 则 53 圆周运动时间 360253360tT磁 解得 11276034RmtqU磁 14、（1）206vKd（2）23dR 023Bdtv（3）d【解析】粒子在第象限做类平抛运动：解得：场强（2）设粒子到达 O 点瞬间，速度大小为 v，与 x 轴夹角为：，粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：解得，粒子在匀强磁场中运动的半径 在磁场时运动角度：在磁场时运动时间（11）（3）如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径（12）解得：15、(1)mB=2m；(2)vgH【解析】以 AB 组成的整体为研究对象，根据动能定理求出绳断瞬间两物块的速率；绳断瞬间物块 B 与物块 A 的速度相同，此后 B 做竖直上抛运动，根据机械能求出 B 上升的最大高度【详解】(1)初始时，A、B 平衡，对系统有：0sin30Bm gmg 解得：2Bmm；(2)交换后，对系统由动能定理：212322HmgHmgmv 解得：vgH【点睛】本题是连接体问题，运用动能定理和机械能守恒定律结合处理，也可以根据牛顿定律和运动学公式结合研究