2023届天津市军粮城第二中学高三适应性调研考试物理试题含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谐仪内的磁场前加一扇形电场扇形电场由彼此平行、带等量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向被电离后带相同电荷量的同种元素的同位素离

2、子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入静电分析静电分器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则A垂直电场线射出的离子速度的值相同B垂直电场线射出的离子动量的值相同C偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大D偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大2、甲、乙两球质量分别为m1、m2，从不同高度由静止释放，如图a所示。甲、乙两球的vt图象分别如图b中的、所示。球下落过程所受空气阻力大小f满足f=kv(v为球的速率，k为常数)，t2时刻两球第二次相遇。落地前，两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断不正确的是()AB乙球释放的位置高C两球释放

3、瞬间，甲球的加速度较大D两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前3、如图所示为某一电场中场强E-x图像，沿x轴正方向，电场强度为正，则正点电荷从x1运动到x2，其电势能的变化是A一直增大B先增大再减小C先减小再增大D先减小再增大再减小4、如图所示，磁性白板放置在水平地面上，在白板上用一小磁铁压住一张白纸。现向右轻拉白纸，但未拉动，在该过程中A小磁铁受到向右的摩擦力B小磁铁只受两个力的作用C白纸下表面受到向左的摩擦力D白板下表面与地面间无摩擦力5、如图所示，内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上，且恰好处在两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为1 m，其质量为1 kg，一质量也为1 kg的小球（

4、视为质点）能在管内运动，管的内径可不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，取g10 m/s2。则小球运动到最低点时对轨道的压力大小为A70 NB50 NC30 ND10 N6、如图，两束单色光A、B分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光P，下列说法正确的是AA光的频率小于B光的频率B在玻璃砖中A光的传播速度小于B光的传播速度C玻璃砖对A光的折射率大于对B光的折射率D两种单色光由玻璃射向空气时，A光的临界角较小二、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

5、错的得0分。7、如图所示，A、B两滑块质量分别为2kg和4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的水平面上，并用手按着两滑块不动。第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上，只释放A而按着B不动；第二次是将钩码C取走，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动。重力加速度g10m/s2，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（）A第一次操作过程中，滑块A和钩码C加速度大小相同B第一次操作过程中，滑块A的加速度为C第二次操作过程中，绳张力大小为20ND第二次操作过程中，滑块B的加速度为10m/s28、真空中质量为m的带正电小球由A点无初速自由下

6、落t秒，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g。则A整个过程中小球电势能变化了B整个过程中小球速度增量的大小为C从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了D从A点到最低点小球重力势能变化了9、如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L，一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光。以下说法中正确的是（ ）A滑片P位置不动，当S闭合时，电压表读数增大B滑片P位置不动，当S闭合时，电流表读数增大C当S闭合时，为使灯

7、泡L正常发光，滑片P应向上滑动D当S闭合时，为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动10、飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是()A扫雷具受4个力作用B绳子拉力大小为C海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D绳子拉力一定大于mg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）某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0.2，为了准确验证这个数据，他

8、设计了一个实验方案，如图甲所示，图中长铝合金板水平固定。（1）下列哪些操作是必要的_A调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行B将铝合金板垫起一个角度C选尽量光滑的滑轮D砝码的质量远小于木块的质量（2）如图乙所示为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图乙所示，则木块加速度大小a_m/s2（电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源，结果保留2位有效数字）。（3）该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mgMgMa，得 其中M为木块的质量，m为砝码盘和砝码的总质量，a为木块的加速度，重力加速度为g。判断该同学的做法是否正确，如不正确，请写出的正确表达式：_。（4）若m70g

9、，M100g，则可测得_（g取9.8m/s2，保留2位有效数字）。12（12分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）(1)下列实验步骤正确的是_A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E.实验中不需要砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据

10、纸带可求出小车的加速度为_。（结果保留两位有效数字）(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为_。A B C D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）在某次的接力比赛项目中，项目组规划的路线如图所示，半径的四分之一圆弧赛道与两条直线赛道分别相切于和点，圆弧为接力区，规定离开接力区的接力无效。甲、乙两运动员在赛道上沿箭头方向训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速率跑完全程，乙从起跑后的切向加速度大小是恒定的

11、。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前的A处作了标记，并以的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的P点听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相等时被甲追上，完成交接棒。假设运动员与赛道间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员（可视为质点）在直道上做直线运动，在弯道上做圆周运动，重力加速度g=10m/s2，=3.14，求：(1)为确保在弯道上能做圆周运动，允许运动员通过弯道的最大速率；(2)此次练习中乙在接棒前的切向加速度a。14（16分）如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场B=2T中有一光滑绝缘的四分之一圆轨道，一质量m=3kg

12、的金属导体MN长度为L=0.5m，垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v=1m/s从A点运动到C点，g=10m/s2求：(1)电流方向；(2)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为=时，求电流的大小；(3)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为=时，求安培力的瞬时功率P。15（12分）图示为一由直角三角形和矩形组成的玻璃砖截面图。，为的中点，。与平行的细束单色光从点入射，折射后恰好到达点。已知光在真空中速度大小为。求：(1)玻璃的折射率；(2)光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共2

13、4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、D【解析】垂直电场线射出的离子，在电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，解得，同位素的质量不同，所以垂直电场线射出的离子动能的值相同，速度不同，动量不同，AB错误；偏向正极板的离子离开电场时克服电场力做功，动能比进入电场时的小，C错误；偏向负极板的离子离开电场时，过程中电场力做正功，速度增大，动量增大，故比进入电场时动量的值大，D正确2、C【解析】A两球稳定时均做匀速直线运动，则有kv=mg得所以有由图知，故，A正确，不符合题意；Bvt图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时

14、刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确，不符合题意；C两球释放瞬间v=0，此时空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误，符合题意；D在t1t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故D正确，不符合题意；故选C。3、C【解析】沿x轴正方向，电场强度为正，由图可得，从x1到x2电场强度先沿x轴正方向再沿x轴负方向；顺着电场线方向电势降低，则从x1到x2电势先降低后升高，所以正点电荷从x1运动到x2，电势能是先减小再增大；故C项正确，ABD三项错误。4、C【解析】AB小磁铁受到竖直向下的重力、白板对小磁铁吸引力

15、和竖直向上的支持力，三力平衡，静止不动，所以小磁铁不受摩擦力，AB错误；C对小磁铁和白纸作为整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力平衡，C正确；D对小磁针、白纸和磁性白板整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和地面对磁性白板向左的摩擦力平衡，D错误。故选C。5、A【解析】抓住小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，求出最高点的速度，根据动能定理求出小球在最低点的速度，从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，根据牛顿第三定律得出小球对圆轨道的最大压力【详解】当小球运动到最高点时速度最小，此时圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二

16、定律得，mg+N=m，N=mg，解得最高点的速度v1= ；小球从最高点到最低点，根据动能定理得，mg2R=，解得v2= ；根据牛顿第二定律得，Nmg=m，联立解得N=7mg=70N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力N=7mg=70N，故A正确，BCD错误；故选：A.6、A【解析】由题图可知，玻璃砖对B光的折射程度大，则nBnA，故B光的频率较大，故A正确、C错误；由v=c/n知，在玻璃砖中，vBvA，故B错误；两种单色光由玻璃射向空气时，由于sinC=1/n，所以，CBCA，故D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

17、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、BC【解析】A第一次操作过程中，因AC移动的位移之比为2：1，则滑块A和钩码C加速度大小之比为2：1，选项A错误；B第一种方式：只释放A而B按着不动，设绳子拉力为T1，C的加速度为a1，对A根据牛顿第二定律可得T1=mAaA对C根据牛顿第二定律可得mCg-2T1=mCa1根据题意可得aA=2a1联立解得选项B正确；C第二种方式：只释放B而A按着不动，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上，则绳张力大小为20N，选项C正确；D对B受力分析，根据牛顿第二定律可得T2=mBaB根据题意可得T2=20N联立解得aB=5m/s2故D错

18、误。故选BC。8、AB【解析】小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由，又v=gt，解得 a=3g，则小球回到A点时的速度为v=v-at=-2gt；整个过程中小球速度增量的大小为v=v=-2gt，速度增量的大小为2gt。由牛顿第二定律得 ，联立解得，qE=4mg，故A正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了，故C错误。设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得解得，从A点到最低点小球重力势能减少了D错误。9、BC【解析】A滑片P位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝

19、数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；B滑片P位置不动，当S闭合时，副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据P1=U1I1，知电流表读数变大，故B正确；CD因为副线圈电压不变，电阻变小，则副线圈电流变大，所以等效电阻R两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片P应向上滑动，故C正确，D错误。故选BC。10、AC【解析】A.对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦阻力，如图，故A正确；B.根据平衡条件，有：竖直方向：F浮+Tcos=mg水平方向：f=Tsin计算得出：；故B错误；CD.扫雷器具受到海水的水平

20、方向的作用力摩擦阻力等于拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故C正确、D错误。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、AC 3.0 0.18 【解析】（1）实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故AC是必要;本实验测动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，B项不必要；本实验没要求砝码的重力大小为木块受到的拉力大小，D项不必要。选AC（2）由纸带可知，两个计数点的时间，根据推论公式，得.（3）对M、m组成的系统，

21、由牛顿第二定律得：，解得，（4）将，代入，解得：.【点睛】依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解；根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小；对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的表达式，代入数据求出其大小.12、BDE 1.3 C 【解析】(1)1AE本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E正确；B该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，应拿走砂桶，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究

22、加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C错误；D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，获取多组实验数据，故D正确；故选BDE。(2)2由于两计数点间还有两个点没有画出，故T=0.06s，由x=aT2可得(3)3由牛顿第二定律得2F=ma则a-F图象的斜率小车质量为故选C；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)10m/s；(2) 3m/s2【解析】(1)因为运动员弯道上做圆周运动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有解得(2)设经过时间t，甲追上乙，甲的路程为乙的路程为由路程关系有将v=9m/s代入得t=3s此时所以还在接力区内根据v=at代入数据解得a=3m/s214、 (1)M指向N；(2)；(3)【解析】(1)从A到C的过程中对导体棒受力分析，安培力方向水中水平向左，根据左手定则可判断电流方向从M指向N(2)因为金属导体MN做匀速圆周运动，由则得(3)根据功率的计算公式可得得15、 (1)；(2)【解析】(1)在玻璃砖中的光路如图所示：由几何关系知由折射定律得(2)设玻璃的临界角为，则由几何关系知由于光在面发生全反射，由几何关系知由于光从射入玻璃砖到第一次从点射出，由几何关系知，光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间结合解得