2023届山西省晋中市平遥中学高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.doc

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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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回

2、。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，直线和直线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。一质子由点分别运动到点和点的过程中，电场力所做的负功相等。下列说法正确的是（）A直线位于某一等势面内，B直线位于某一等势面内，C若质子由点运动到点，电场力做正功D若质子由点运动到点，电场力做负功2、如图所示，战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度为40m/s，竖直分速度为20m/s，已知飞机在水平方向做加速度大小等于的匀加速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于的匀加速直线运动。

3、则离舰后（）A飞机的运动轨迹为曲线B10s内飞机水平方向的分位移是竖直方向的分位移大小的2倍C10s末飞机的速度方向与水平方向夹角为D飞机在20s内水平方向的平均速度为50m/s/3、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离（ ）A带电油滴将沿竖直方向向上运动B带电油滴将沿竖直方向向下运动CP点的电势将降低D电容器的电容减小，电容器的带电量将减小4、乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山

4、坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（ ）A小物块受到的支持力方向竖直向上B小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C小物块受到的静摩擦力为 D小物块受到的滑动摩擦力为5、如图所示，在水平桌面上固定一个光滑长木板，质量为M的木块通过轻绳与质量为m的钩码相连，重力加速度为g，则释放后钩码的加速度大小为（）A0BgCD6、如图，在xoy坐标系中有圆形匀强磁场区域，其圆心在原点O，半径为L，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外。粒子A带正电，比荷为，第一次粒子A从点（L，0）在纸面内以速率沿着与x轴正方向成角射入磁场，第二次粒子A从同一点在纸面内以

5、相同的速率沿着与x轴正方向成角射入磁场，已知第一次在磁场中的运动时间是第二次的2倍，则ABCD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根据热力学定律知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B当分子间距离变小时，分子间的作用力可能减小，也可能增大C墨汁滴入水中，墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子产生化学反应而引起的D在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果E.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒

6、排列结构不同8、下列说法中正确的是（）A物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大B一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小C相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同D物体的内能与物体的温度和体积都有关系E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性9、在医学上，常用钴60产生的射线对患有恶性肿瘤的病人进行治疗。钴60的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）A钴60发生的是衰变，X是电子B射线比射线的穿透能力强CX粒子是钴60原子核的组成部分D该衰变过程释放的核能全部转化为射线的能量10、如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进

7、入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么A偏转电场对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置，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）某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数,其中A为滑块,B和C处是钩码,不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下,改变C处钩码个数,测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a,然后通过对实验数据的分析求出滑块

8、与木板间的动摩擦因数(1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线,为了完成本实验,得到所要测量的物理量,还需要_A秒表B毫米刻度尺C天平D弹簧测力计(2)在实验数据处理中,该同学以C处钩码的总质量m为横轴,以加速度a为纵轴,绘制了如图乙所示的实验图线,可知滑块与木板间的动摩擦因数=_(g取10m/s2)12（12分）图甲是简易多用电表的电路原理图，图中E是电源，、是定值电阻，是可变电阻，表头的满偏电流为、内阻为600 ，其表盘如图乙所示，最上一行刻度的正中央刻度值为“15”。图中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

9、表有5个挡位，分别为：直流电流1 A挡和挡，欧姆“”挡，直流电压2.5 V挡和10 V挡。 （1）若用欧姆“”挡测二极管的反向电阻，则A端所接表笔与二极管的_（填“正”或“负”）极相接触，测得的结果如图乙中a所示，则该二极管的反向电阻为_k。（2）某次测量时多用电表指针位置如图乙中b所示，若此时B端是与“1”相连的，则多用电表的示数为_；若此时B端是与“4”相连的，则多用电表的示数为_。（3）根据题中所给的条件可得、的阻值之和为_。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，一内壁光滑的长圆柱形容器，器壁

10、绝热、底面积为S且导热性能良好。初始时开口向上竖直放置。容器内有两个质量均为的绝热活塞A和B。在A与B之间封有一定质量温度为T0、高度为d的理想气体甲，B与容器底面之间封有一定质量的理想气体乙，平衡时甲、乙两部分气体的体积均相等。现让容器缓慢倒过来开口向下竖直放置，两个活塞再次平衡，此时气体甲的体积变为原来的倍。活塞与器壁间密闭性能好，且无摩擦，外界的温度不变，大气压强为p0，重力加速度取g。求：容器开口向下放置时气体甲的温度；容器开口向下放置时气体乙的体积。14（16分）高空气象探测要用热气球，热气球下端开口与大气相通，加热球内气体的加热源在开口处。某次气象探测时，气球外面大气温度为大气压强

11、，大气密度和。用加热源对球内气体缓慢加热直至气球开始上浮，加热过程中气球体积恒为。热气球的质量，重力加速度g取。求热气球开始上浮时内部气体的密度及温度。15（12分）如图所示，在0xa的区域I内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，在xa的区域II内有垂直于纸面向外的匀强磁场，它们的磁感应强度均为B0，磁场边界与x轴交于P点。一质量为m，电荷量为q（q0）的粒子沿x轴从原点O水平射入磁场。当粒子射入速度不大于时，粒子在磁场中运动的时间都相等，不计重力：（1）求速度v0的大小；（2）若粒子射入速度的大小为2v0，求粒子两次经过边界到P点距离的比值；（结果可带根号）（3）若调节区域II磁场的磁感应强度大小

12、为B0，使粒子以速度nv0（n1）从O点沿x轴射入时，粒子均从O点射出磁场，求n与满足的关系。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、A【解析】AB质子带正电荷，质子由点分别运动到点和点的过程中，电场力所做的负功相等，有而，所以有即匀强电场中等势线为平行的直线，所以和分别是两条等势线，有故A正确、B错误；CD质子由点运动到点的过程中质子由点运动到点的过程中故CD错误。故选A。2、B【解析】A飞机起飞后的合速度与合加速度方向一致，所以飞机运动轨迹为直线，A错误；B10s内水平方向位移竖直方向位移B正确；C飞机飞行方向与水

13、平方向夹角的正切，C错误；D飞机在20s内水平方向的位移则平均速度为D错误。故选B。3、A【解析】试题分析：根据电容器的决定式：，当上极板向下移动时，减小，电容变大，又C=，电压U不变，因此电容器带电量增多，D错误；根据电容器内部电场强度可知，d减小，电场强度增加，这样油滴受到向上的电场力增加，将向上运动，A正确，B错误；由于场强增大，由U=E d可知，P与下极板电势差变大，P点电势升高，C错误考点：电容器4、C【解析】由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。【详解】AB以木

14、块为研究对象，分析受力情况为重力mg，斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，根据平衡条件可知支持力N垂直于斜面向上，摩擦力f沿斜面向上，故AB错误；CD由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得解得，方向平行斜面向上，故C正确，D错误。故选C。【点睛】本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。5、C【解析】以钩码为研究对象则有以木块为研究对象，则有联立解得故选C。6、B【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示：，根据洛伦兹力提供向心力有：则粒子做匀速圆周运动的半径为：根据几何知识可知BOCO1以及BODO2为菱形，所以1

15、=180-（90-）=90+2=180-（90+）根据题意可知1=22，所以得到+290 。A，与结论不相符，选项A错误；B，与结论相符，选项B正确；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D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、BDE【解析】A热力学第二定律可以知道热量能够从高温物体传到低温物体，但也能从低温物体传到高温物体但引起其它变化，故A错误；B分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离比较大时表现为引力，当分子间距离减小时

16、，分子引力先增大后减小；当表现为斥力时分子间距离变小时分子力增大，故B正确；C墨汁的扩散运动是因为微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的，故C错误；D在宇宙飞船中的水滴呈球形是因为失重的水的表面张力作用的结果，故D正确；E石墨和金刚石的物理性质不同是因为组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，故E正确。故选BDE。8、BDE【解析】A速度增大，不会改变物体的分子的动能，故A错误；B体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故B正确；C质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故C错误；D物体的内能与物体的温度和体积都有关系，故D正确

17、；E由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故E正确。故选BDE。9、AB【解析】A由核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，则钴60发生的是衰变，X是电子，选项A正确； B射线比射线的穿透能力强，选项B正确；CX粒子是电子，不是钴60原子核的组成部分，选项C错误； D该衰变过程释放的核能一部分转化为新核的动能，一部分转化为射线的能量，选项D错误。10、AD【解析】试题分析：带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd； 由动能定理可知：E1qd=mv2；解得：；粒子在偏转电场中的时间；在偏转电场中的纵向速度纵向位移；即位移与比荷无关，与速度无关

18、；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；故选AD考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功三、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、 (1)B (2)0.3 【解析】第一空.

19、 打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故B错误实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误故选C；第二空.对ABC系统应用牛顿第二定律可得：，其中m+m=m0；所以a-m图象中，纵轴的截距为-g，故-g=-3，=0.3.12、负 7.0 0.30A 0.75V 400 【解析】（1）1若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从A端流出，故A端与二极管的负极相接触；2根据刻度盘，得出示数为7.0，又选用了1k挡，故二极管的反向电阻为7

20、.0k；（2）3若此时B端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流1A档，故此时每小格表示0.02A，读数为0.30A；4若此时B端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表，为直流电压2.5V档，故此时每小格表示0.05V，读数为0.75V；（3）5由电路特点，接2时为500A档，则即（500-200）10-6（R1+R2）=20010-6600整理得R1+R2=400四、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、；【解析】初始状态下，对活塞A、B受力分析，均处于平衡状态，得 倒置后，对活塞A、B受力分析，均处于平衡状

21、态，得 对甲部分气体，由理想气体状态方程得 解得 对乙部分气体，由理想气体等温变化可得 解得14、， 【解析】设开始上浮时球内气体密度为，竖直方向受力平衡有解得热气球底部开口，则加热过程中球内原有气体外溢，取全部气体为研究对象，压强不变。初态：温度体积；开始上浮时状态：温度T，体积由盖吕萨克定律得球内原有全部气体质量不变，有解式得15、（1）；（2）；（3）【解析】（1）粒子在磁场中运动时间相同，故转过的圆心角相同，因此粒子速度等于时，在区域内恰好划过半个圆，由其中可得，（2）粒子速度变为，则其作圆周运动半径为，粒子的轨迹如图所示由几何关系可得，故故粒子两次经过边界到P点距离的比值为（3）设粒子在区域半径为，区域半径为，则粒子要回到O点，则在区域的圆心必须位于x轴，其轨迹如图故联立解得