《高考试卷》2023山西高考物理模拟试卷.doc

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1、2021山西高考物理模拟试卷如有排版问题，请点击下方查看一、选择题（本题共8小题，每个小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-18小题只有项符合题日要求，第19-21题有多项符合题目要求，选对但不全的得3分，全部选对的得6分，有选错的得0分，）1（6分）下列关于原子物理知识的说法正确的是（）A升高放射性物质的温度，其半衰期变短B发生光电效应现象时，增大照射光的频率，同一金属的逸出功变大C根据玻尔理论，氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子D衰变中的电子是核外电子在衰变中获得能量后电离出来的2（6分）如图，小孩用与水平方向成角的轻绳拉放置在水平面上的箱子，第一次轻拉，没有拉动第二次

2、用更大的力拉（角不变），恰好使箱子匀速前进，下列说法正确的是（）A两次拉箱子时箱子所受合外力大小相等B第二次拉箱子时箱子所受支持力较大C第二次拉箱子时箱子所受摩擦力较小D两次拉箱子时箱子所受支持力大小相等3（6分）赤道平面内的同步卫星和静止在赤道上的物体，它们绕地心做匀速圆周运动的线速度、角速度、加速度、轨道半径分别用v1，v2，1，2，r1，r2，表示，下列关系正确的是（）ABCD4（6分）如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。则下列操作能使油滴向上运动的是（）A增大R1的阻值B增大

3、R2的阻值C增大两板间的距离D断开开关S5（6分）一理想变压器的原、副线圈的匝数比为5：4，原线圈一侧接左图所示正弦交流电源上，下列说法正确的是（）A流经R1的电流频率为50Hz，流经R2的电流频率为40HzB副线圈中滑动变阻器滑片下滑过程中，流经R2的电流一定变小C副线圈中滑动变阻器滑片下滑过程中，流经R1的电流可能变大D副线圈中滑动变阻器滑片下滑过程中，副线圈输出功率可能变大也可能变小6（6分）两等量同种带正电的点电荷固定于A，B两点，一质量为m带负电的小球从AB连线的中垂线上的P点由静止释放，如图所示。关于小球的运动，下列说法正确的是（）A在向下运动的过程中，电场力一定先减小后增大B在向

4、下运动的过程中，小球在O点电势能最小C从P到O的过程中加速度一直减小D从P到O的过程中小球动能与电势能之和一直增大7（6分）光滑水平面上有质量为1kg的质点在水平恒力F作用下做匀变速运动，速度大小在1s内从1m/s变化为2m/s，则恒力F大小可能为（）A1NB2NC3ND4N8（6分）如图所示，水平面内有相距为L1m的足够长光滑平行金属导轨，质量分别为m10.1kg，m20.2kg的导体棒ab，cd垂直放在导轨上，电阻分别为r12，r21，其余电阻不计，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1T，初始时刻ab速度为v03m/s，cd速度为0则下列说法正确的是（）A两导体棒最终速度为1m/s

5、B最终通过导体棒横截面的电荷量为0.1CC最终电阻r2上产生的焦耳热为0.2JD两导体棒最终间距与初始时刻相比增加了0.6m二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第22312题为必考题，每个试题考生必须作答，第33-38题为选考题，考生根据要求作答）9（5分）某同学用左图所示的电路图完成测量电源电动势和内阻的实验，得到右图所示图象，由图可知电源电动势测量值E V，内阻测量值r ，若已知图中电流表内阻RA0.5，则电源内阻真实值为 （结果均保留一位小数）10（10分）某物理课外小组利用甲图中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮，轻绳

6、跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车（质量M未知）相连，另一端可悬挂钩码，本实验中可用的钩码共有N5个，每个质量m均为0.010kg。实验步骤如下（1）将5个钩码全部放入小车中，为平衡摩擦力在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上 （2）将n（依次取m1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余Nn个钩码仍留在小车内：用手按住小车并使轻绳与木板平行，释放小车，同时用传感器记录数据，再经过处理后可得到相应的加速度a（3）乙图是利用不同n对应不同a作出的an图象，从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成 （4）理论分析可知图象斜率可以用M，m，g等物理

7、量的字母表示为k 结合乙图中an图象可求得小车质量M为 kg（保留两位有效数字，取g10m/s2）（5）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是 Aan图线不再是直线Ban图线仍是直线，但该直线不过原点Can图线仍是直线，但该直线的斜率变大11（12分）如图所示，PQMN为边长为L的正方形，在四分之一圆PQM区域内有垂直于正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m，电荷量为q的带电粒子沿PQ边从P点进入磁场，最后从N点离开正方形区域，不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度大小v1（2）粒子从P点到N点经历的时间12（20分）如图所示，地面上有一倾角为37足够长的固定

8、斜面，斜面上有两个质量分别为m10.1kg，m20.3kg的可看做质点的物块，初始时相距d1m，m2与斜面动摩擦因数为20.75，现由静止释放m1，经过时间t1s后与静止的m2发生弹性碰撞，碰撞时间极短，（重力加速度g10m/s，sin370.6，cos370.8）求（1）第一次碰撞前瞬间m1的速度v0的大小以及m1与斜面之间动摩擦因数1（2）第一次碰撞后两物块速度大小：（3）第一次与第二次碰撞期问，两物块间距离最大值为多少三、选考题（共45分，请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分多涂、多答，按所

9、涂的首题进行评分：不涂，按本学科选考题的首题进行评分）【物理一选修33】13（5分）下列关于布朗运动的说法，正确的是（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）（）A布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动B液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越烈C布朗运动并不是由于液体各个部分的温度不同而引起的D当阳光直射刚刚打扫过的教室时，可以观察到固体尘埃的布朗运动E布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮微粒撞击作用的不平衡引起的14（10分）一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸内（甲图），初始温度T0活塞质量m，横截面积为S距离气缸底部的距离为h，不计摩擦，外

10、界大气压强始终为P0第一次给气体加热，当其温度升高至T1时，活塞由初始A位置上升至B位置，气体需要吸收热量Q第二次将活塞固定（乙图），给气体加热，同样使气体温度升高至T1，重力加速度为g，求：第一次加热至T1的过程中，活塞上升的距离H第二次加热过程中气体需要吸收的热量Q2【物理选修34】15一列简谐横波沿x轴传播，波速为5m/s，t0时刻的波形如图所示，此时刻质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动，经过0.1s质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是（）A这列波的周期是1.2sB该波沿x轴正方向传播C点P的横坐标为x2.5mDx3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反EQ点的振动方程为y6

11、cost（cm）16如图所示，ABC为一玻璃三棱镜的横截面，AB30，一束单色光垂直AB边从D点射入，从AC边上的E点射出，其折射角为60若在AC和BC边所在的面都涂上反射膜，同样的单色光垂直AB边从D点射入，经反射膜反射后笫一次射到AB边的F点（图中未标出）。求：玻璃对该单色光的折射率；光线是否从F点射出？若射出，求F与D点间的距离；若不射出，说明理由2019年山西省长治市高考物理模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每个小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-18小题只有项符合题日要求，第19-21题有多项符合题目要求，选对但不全的得3分，全部选对的得6分，有选

12、错的得0分，）1【解答】解：A、半衰期仅仅与放射性元素本身有关，与外界的因素无关，温度升高时，其半衰期不变，故A错误；B、逸出功由金属本身决定，与入射光的频率无关，故B错误；C、根据玻尔理论，氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子率。故C正确；D、衰变中放出的电子是原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子，电子释放出来，不是来自核外电子。故D错误；故选：C。2【解答】解：A、第一次的不动与第二次的匀速前进都是平衡状态，因此箱子所受合外力都为零，故A正确；B、D、对箱子受力分析，重力，拉力，支持力与静摩擦力，依据平衡条件，则支持力等于重力与拉力竖直方向的分力之差，当拉力增大时，则拉力

13、竖直方向分力也增大，因此第二次拉时箱子所受支持力减小。故B错误，D错误；C、第一次之所以不动，是因为箱子受到地面对它的静摩擦力作用，且静摩擦力和拉力水平方向的分力是平衡力，第二次用更大的力拉（角不变），恰好使箱子匀速前进，摩擦力和拉力水平方向的分力依然是平衡力，由于拉力的增大，则摩擦力也变大，故C错误；故选：A。3【解答】解：A、赤道平面内的同步卫星和静止在赤道上的物体角速度相同，故A错误。B、根据vr，相同，得，故B正确。CD、根据ar2，相同，得，故CD错误。故选：B。4【解答】解：开始时油滴静止，则重力与电场力相互平衡，电场力向上；A、增大R1的阻值，则路端电压增大，电容器两端电压增大，

14、板间场强增大，故电场力增大，油滴将向上运动，故A正确；B、R2与电容器串联，视为导线，故对电容器的电压没有影响，油滴不动；故B错误；C、增大两板间距离时，电压不变，d增大，故电场强度减小，因此油滴将向下运动，故C错误；D、断开开关S，电容器放电，则电场强度减小，故油滴向下运动，故D错误。故选：A。5【解答】解：A、原线圈正弦交流电源的周期T0.02s，频率为50Hz，变压器不会改变交流电的频率，流经R1、R2的电流频率为50Hz，故A错误。BC、副线圈中滑动变阻器滑片下滑的过程中，电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈的输出电流减小，原线圈的输入电流减小，流经电阻R1的电流减小，压降减小，故变压器

15、的输入电压增大，输出电压增大，流经R2的电流一定变大，故BC错误。D、副线圈输出电流减小，输出电压增大，则输出功率可能变大也可能变小，故D正确。故选：D。6【解答】解：A、等量同种正电荷连线的中垂线上从O点向上，场强先增大后减小，故小球从P向下运动的过程中，电场力可能先增大后减小，过O点后，先增大后减小，故A错误。、B、小球在O点上方时，电场力做正功，电势能减小；在O点下方时，电场力做负功，电势能增加，故O点时，电势能最小，故B正确。C、从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，故C错误。D、小球受到重力和电场力作用，电势能和机械能之和恒定不变，从P到O的过程中，重力势能逐渐减小，则动能和电势

16、能之和一直增大，故D正确。故选：BD。7【解答】解：物体做匀加速直线运动，取初速度方向为正方向，末速度可能为 v2m/s，也可能为 v2m/s加速度为 a1m/s2或a3m/s2。根据牛顿第二定律得 Fma11N1N或Fma3N，大小为3N。故选：AC。8【解答】解：A、系统动量守恒，最终速度相等，做匀速直线运动，设两导体棒最终的速度均为v，规定向右为正方向，有：m1v0（m1+m2）v，解得：v1m/s，故A正确。B、对cd棒根据动量定理可得BILtm2v，解得qItC0.2C，故B错误；C、根据系统能量守恒得：Q总m1v02（m1+m2）v20.3J，则最终电阻r2上产生的焦耳热为Q2Q总

17、0.1J，故C错误；D、根据电荷量的经验公式q可得，x0.6m，故D正确。故选：AD。二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第22312题为必考题，每个试题考生必须作答，第33-38题为选考题，考生根据要求作答）9【解答】解：本实验是采用电流表的外接法测路端电压U与电流I的关系的，UEIr，则纵轴上的截距为电源电动势，E1.6V，图象的斜率的大小就是电源的内阻，所以内阻为：r1.2； 以上解法是把电表看成是理想电表，但实际由于电流表的分压作用，电压表实测的电压小于路端电压的，但若已知电流表的内阻，就能把电流表的内阻看成是电源的等效内阻，那么电源的内阻为：rkRA0.7。故答案为：1.6，1.

18、2，0.710【解答】解：（1）实验前要平衡摩擦力，将5个钩码全部放入小车中，为平衡摩擦力在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上做匀速直线运动。（3）由题意乙所示图线可知，an图线是直线，a与合力成正比，由此可知：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比；（4）由牛顿第二定律得：nmg（M+5m）a，解得：an，由图示图象可知，图象斜率：k0.2，解得：M0.45kg；（5）木板水平，则物体将受到木板的摩擦力，则有：nmgM+（5n）mg（M+5m）a，整理得：ann，由此可知，图象仍为直线，但不再过原点并且斜率增大，故BC正确，A错误，故选：BC；故答案

19、为：（1）做匀速直线运动；（3）正比；（4）；0.45；（5）BC。11【解答】解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得：r+L，解得：r（1）L，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1Bm，解得：v1；（2）由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：135，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T，粒子在磁场中的运动时间：t1，粒子离开磁场后的运动时间：t2，粒子运动时间：tt1+t2+；答：（1）粒子进入磁场时的速度大小v1为；（2）粒子从P点到N点经历的时间为+。12【解答】解：（1）m1向下做初速度为零的匀加速直线运动，位

20、移：dtt，碰撞前速度：v02m/s；m1的加速度：a2m/s2，对m1，由牛顿第二定律得：m1gsin1m1gcosm1a，代入数据解得：10.5；（2）两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：m1v0m1v1+m2v2，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：v11m/s，v21m/s；（3）由题意可知：2m2gcosm2gsin，碰撞后m2向下做匀速直线运动，m1先向上做匀减速直线运动后沿斜面向下做匀加速运动，当两物块速度相等时两者距离最大，由牛顿第二定律得得：m1向上运动过程：m1gsin+1m1gcosm1a1，m1向下运动过程：

21、m1gsin1m1gcosm1a2，代入数据解得：a110m/s2，a22m/s2，m1速度减为零需要的时间：t10.1s，m1的速度与m2的速度相等需要的时间：t20.5s，m1减速位移大小：x10.05m，m1加速到与m2速度相等过程位移大小：x10.25m，该过程中m2的位移大小：x2v2（t1+t2）1（0.1+0.25）0.35m，两物块间的最大距离：dx2+x1x10.35+0.050.250.15m；答：（1）第一次碰撞前瞬间m1的速度v0的大小为2m/s，m1与斜面之间动摩擦因数1为0.5；（2）第一次碰撞后两物块速度大小都是1m/s；（3）第一次与第二次碰撞期问，两物块间距离

22、最大值为0.15m。三、选考题（共45分，请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分多涂、多答，按所涂的首题进行评分：不涂，按本学科选考题的首题进行评分）【物理一选修33】13【解答】A、布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的分子无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映；故A正确；B、布朗运动的剧烈程度决定于温度和布朗粒子的大小，液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故B正确；C、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，是由于液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，故C错误；D、布朗运

23、动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，故D错误；E、布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，故E正确；故选：ABE。14【解答】解：第一次加热至T1的过程中，气体做等圧変化，则：解得：H；则活塞上升的距离HHhh；两种情况下气体内能变化相等，根据热力学第一定律可得：UQWQ2其中Wp0SH联立解得：Q2Qp0Sh。答：第一次加热至T1的过程中，活塞上升的距离为h；第二次加热过程中气体需要吸收的热量为Qp0Sh。【物理选修34】15【解答】解：A、由波形图可知，波长6m，则周期，故A正确；B、质点P此时刻沿y轴方向运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿x

24、轴负方向传播，故B错误；C、波沿x轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为 xvt50.1m0.5m，由波形平移法知图中x3m处的状态传到P点，所以P点的横坐标为x2.5m，故C正确；D、x3.5m处的质点与P点相差小于半个波长，所以振动的位移不是始终相反，故D错误；E、由，题图中Q点的振动方程yAcost6cost（cm），故E正确。故选：ACE。16【解答】解：设玻璃对该单色光的折射率为n，入射角为i，由几何关系可知i30，折射角为r60，则解得设该单色光的临界角为C，则，所以C60在AC和BC边所在的面都涂上反射膜，设光在AC边的反射角为r1，则r1i30则CEF60，由于C120，所以EF边平行于BC边，设反射光射到AB边的入射角为i1，则i160，i1C所以，光在AB边发生全反射，光线不能从F点射出。答：（1）玻璃对该单色光的折射率；（2）光线不能从F点射出。本文档来自五米高考*AT*050F787EE16442E5A8B4631E461188C0