2023届四川省成都经济技术开发区实验中学高三下学期联合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注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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，将一交流发电机的矩形线圈abcd通过理想变压器外接电阻R=10，已知线圈边长ab=cd=

2、0.1m,ad=bc=0.2m，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比n1:n2=1:3，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以=200rad/s的角速度匀速转动，则（ ）A从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40sin200t(V)B交流电压表的示数为40VC电阻R上消耗的电功率为720WD电流经过变压器后频率变为原来的3倍2、如图所示，在倾角为30的斜面上，质量为1kg的小滑块从a点由静止下滑，到b点时接触一轻弹簧。滑块滑至最低点c后，又被弹回到a点，已知ab=0.6m，bc=0.4m，重力加速度g取1

3、0m/s2，下列说法中正确的是（）A滑块滑到b点时动能最大B整个过程中滑块的机械能守恒C弹簧的最大弹性势能为2JD从c到b弹簧的弹力对滑块做功为5J3、如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖块静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小是（ ）A0BmgCmgD2mg4、一物体沿倾角为30的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移x时间t关系图像是一段抛物线，如图所示，g=10m/s2。则（）A下滑过程中物体的加速度逐渐变大Bt=0.5s时刻，物体的速度为0.5m/sC00.5s时间内，物体平均速度为1m/sD物体与斜面间动摩擦因数为

4、5、如图所示，D是一只理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），电流只能从a流向b，A、B为间距很小且正对的平行金属板，现有一带电粒子（不计重力），从B板的边缘沿平行B板的方向射入极板中，刚好落到A板正中央，以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，表示粒子电势能的减少量，若保持极板B不动，粒子射入板间的初速度不变，仅将极板A稍向上平移，则下列说法中正确的是AE变小BU变大C不变D若极板间距加倍，粒子刚好落到A板边缘6、如图，在真空中的绝缘光滑水平面上，边长为L的正三角形的三个顶点上分别固定放置电量为+Q、+Q、-Q的点电荷，以图中顶点为圆心、0. 5L为半径的圆与其腰及底边中线的交

5、点分别为A、B、C、D。下列说法正确的是（ ）AA点场强等于C点场强BB点电势等于D点电势C由A点静止释放一正点电荷+q，其轨迹可能是直线也可能是曲线D将正点电荷+q沿圆弧逆时针从B经C移到D，电荷的电势能始终不变二、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、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,静电计所带电荷量很少,可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则下列说法中正确的是（ ）A平行

6、板电容器的电容值将变小B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变8、下说法中正确的是 。A在干涉现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小B单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，则外力的频率越大，单摆的振幅也越大C全息照片的拍摄利用了激光衍射的原理D频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于vE.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直9、如图所示，两光滑平行金属导轨与，其间距为，直导线垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里

7、的匀强磁场中，磁感应强度大小为。电容器接在、两端，其电容为，除电路中的电阻外，导轨和直导线的电阻均不计。现给直导线一初速度，使之向右运动，当电路稳定后，直导线以速度向右匀速运动，则（ ）A电容器两端的电压为B电阻两端的电压为零C电容器所带电荷量为D直导线所受安培力为10、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

8、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）在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q的质量均为m（已知），在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z。重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g。(1)某次实验中。先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带。相邻两计数点间还有四个点没画出，则系统运动的加速度a=_m/s（保

9、留两位有效数字）。(2)在忽略阻力的情况下，物块Z质量M的表达式为M=_（用字母m、a、g表示）。(3)由(2)中理论关系测得的质量为M，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z的实际质量与理论值M有一定差异。这是一种_（填“偶然误差”或“系统设差”）。12（12分）如图所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先把方格纸固定在木板上。再把玻璃砖放在方格纸上，并确定a和b为玻璃砖的上下界面的位置。在玻璃砖的一刻插上两枚大头针和，再从玻璃砖的另一侧插上大头针和。请完成以下实验步骤：(1)下列操作步骤正确的是_；（填正确答案标号）A插上大头针，使挡住的

10、像B插上大头针，使挡住、的像C插上大头针，使挡住的像D插上大头针，使挡住和、的像(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针、的位置（图中已标出），在图中作出完整的光路图；（_）(3)利用光路图计算此玻璃砖的折射率_。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，两相互平行的光滑金属导轨，相距L=0.2m，左侧轨道的倾角=30，M、P是倾斜轨道与水平轨道连接点，水平轨道右端接有电阻R=1.5，MP、NQ之间距离d=0.8m，且在MP、NQ间有宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系如

11、图乙所示，质量m=0.01kg、电阻r=0.5的导体棒在t=0时刻从左侧轨道高H=0.2m处静止释放，下滑后平滑进入水平轨道（转角处天机械能损失）。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g取10m/s2。求：(1)导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间t；(3)导体棒在水平轨道上的滑行距离d；(2)导体棒从释放到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热。14（16分）如图所示，质量为m=0.1kg闭合矩形线框ABCD，由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R=0.004，其中长LAD=40cm，宽LAB=20cm，线框平放在绝缘水平面上。线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁感应强度B=1.0T

12、，磁场宽度d=10cm，线框在水平向右的恒力F=2N的作用下，从图示位置由静止开始沿水平方向向右运动，线框CD边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1，AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为v2，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦阻力F1=1N，且线框不发生转动。求：(i)速度v1和v2的大小；(ii)求线框开始运动时，CD边距磁场左边界距离x；(iii)线图穿越磁场的过程中产生的焦耳热。15（12分）如图甲，匀强电场的电场强度为E，电场中沿电场线方向上两点A和B距离为d。（1）一个点电荷+q从A点移动到B点，请你用功的定义、电场力做功与电势差的关

13、系证明；（2）若以B处为零势能位置，计算负点电荷-q，在A处具有的电势能EpA；（3）某一带正电的点电荷周围的电场线如图乙所示，其中一条电场线上的三点M、N、P，N是MP的中点。请你判断M、N两点间电势差UMN与N、P两点间电势差UNP是否相等，并阐述你的理由。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从图示位置开始计时，磁通量为零，感应电动势最大，所以电动势随时间的变化关系为（V）代入数据得（V），故A错误；B由瞬时值表达式（V），可知线圈产生的电动势最大值为V，但电压示数是有效值，故示数为V故B错误；C根

14、据解得变压器副线圈的电压V，所以电阻R上消耗的电功率为W故C正确；D交流电的频率经过变压器不发生变化，故D错误。故选C。2、D【解析】A根据题中“小滑块从a点由静止下滑和又被弹回到a点”可知：滑块和斜面间无摩擦，滑块滑到b时，合力为重力沿斜面的分力，加速度和速度同向，继续加速，当重力沿斜面的分力和弹簧弹力相等时，速度最大，故A错误；B整个过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，滑块的机械能从a到b不变，从b到c机械能逐渐减小，转化为弹簧的弹性势能，c到b弹簧的弹性势能逐渐减小，滑块的机械能逐渐增加，从b到a机械能不变，故B错误；C对滑块和弹簧组成的系统，从a到c过程，根据能量转化关系有代入数据

15、解得J故C错误；D从c到b弹簧的弹力对滑块做正功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，根据功能关系可知，弹簧的弹力对滑块做了5J的功，故D正确。故选D。3、A【解析】先对4块木板整体受力分析，受重力4mg和两侧墙壁对木块向上的静摩擦力2f，根据平衡条件，有： 2f=4mg；解得：f=2mg，即墙壁对木板的静摩擦力为2mg；再对木板3、4整体分析，受重力2mg，墙壁对其向上的静摩擦力，大小为f=2mg，设2对3、4的静摩擦力为f，向上，根据平衡条件，有： f f=2mg，故f=2mg-f=1故A正确,BCD错误4、D【解析】A由匀变速直线运动位移公式代入图中数据解得a=2m/s2A错误；B根据

16、运动学公式t=0.5s代入方程解得B错误；C00.5s时间内，物体平均速度C错误；D由牛顿第二定律有mgsin30mgcos30=ma解得动摩擦因数D正确。故选D。5、B【解析】由可知d增大，电容器要放电，但二极管使电容器无法放电，Q不变，U增大，B正确；又可得，E不变，A错误；粒子电势能减少量，所以增大，C错误；对类平抛运动，得，第一次落在位置，d加倍，第二次落在位置，D错误6、B【解析】A由场强叠加可知，A点和C点场强大小和方向都不同，选项A错误；B由于底边上的正负电荷在BD两点形成电场的电势叠加后的总电势均为零，则BD两点的电势就等于顶端电荷在BD两点的电势，则B点电势等于D点电势，选项

17、B正确；C两个正电荷形成的电场在两个电荷连线的垂直平分线上，即与过-Q的电荷的直线上，可知A点与-Q连线上的电场线是直线，且指向-Q，则由A点静止释放一正点电荷+q，其轨迹一定是指向-Q的直线，选项C错误；D由B的分析可知，BD两点电势相等，但是与C点的电势不相等，则将正点电荷+q沿圆弧逆时针从B经C移到D，电荷的电势能要发生变化，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、ACD【解析】A根据知，d增大，则电容减小，故A正确；B静电计测量的是电容器两端的

18、电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；C电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C正确；D电容器与电源断开，则电荷量不变，再将下极板向下移动一小段距离，即d变大，根据， ， 可得则两板间场强不变，油滴受电场力不变，选项D正确；故选ACD。8、ADE【解析】A在干涉现象中，振动加强的点的振幅比振动减弱的点的振幅大，但是振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小，选项A正确；B单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，当驱动力的频率与单摆的固有频率相等时振幅最大，则外力

19、的频率越大时，单摆的振幅不一定越大，选项B错误；C全息照片的拍摄利用了激光干涉的原理，选项C错误；D根据多普勒效应，频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于v，选项D正确；E电磁波是横波，在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项E正确。故选ADE。9、ABC【解析】AB当直导线匀速向右运动时，直导线切割磁感线产生的感应电动势为电路稳定后，电容器两极板间的电压电容器既不充电也不放电，电路中无电流，电阻两端无电压，故A、B正确；C电容器所带电荷量为故C正确；D电路稳定后，直导线中无电流，根据可知直导线不受安培力，故D错误；故选ABC。10、BC【解

20、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。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、0.32 系统误差 【解析】(1)1根据逐差法求解加速度(2)2对P、Q、Z构成

21、的系统应用牛顿第二定律解得(3)3根据题意可知这种误差为客观因素造成的不可避免的误差，应为系统误差。12、BD 【解析】(1)1在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针和，确定入射光线，然后插上大头针，使挡住，的像，再插上大头针，使挡住和、的像，从而确定出射光线。则BD正确。(2)2光路图如图所示。(3)3在光路图中构造三角形，由图得，所以由折射定律四、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)；(2)；(3)0.111J【解析】(1)设导体棒进入磁场前瞬间速度大小为，导体棒从释放到刚进入磁场的过程中，由机械能守恒定律有解得

22、根据位移公式有解得导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间为0.4s。(2)导体棒进入磁场到静止，由动量定理得根据安培力公式有又联立得通过导体棒的电荷量为联立解得导体棒在水平轨道上的滑行距离为0.25m。(3)导体棒滑入磁场之前上产生的焦耳热为由法拉第电磁感定律有由闭合电路欧姆定律可得根据能量守恒可知，导体棒进入磁场后的总热量又解得故电阻上产生的焦耳热为故总热量为0.111J。14、 (i)v1=v2=1m/s(ii)0.05m(iii)0.5J【解析】根据题意可知LAD=40cm=0.4m，宽LAB=20cm=0.2m，磁场宽度d=10cm=0.1m。(i)匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得其中安

23、培力为代入数据解得AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为v2，根据平衡条件可得其中安培力为代入数据解得(ii)从开始到AB边进入磁场过程中，根据动能定理可得解得(iii)在穿越磁场的过程中，根据动能定理可得解得。15、（1）见解析；（2）-Eqd（3）不相等。【解析】（1）证明：q从A点移到B点，电场力做功为W=Fdq受到的电场力为F=qE根据电势差的定义式得A、B两点间的电势差为以上方程联立可得（2）负点电荷-q从A到B，电场力做功 解得 （3）U=Ed公式仅适用于匀强电场，点电荷的电场不是匀强电场，虽然MN=NP，但是由于MN之间的场强比NP之间的场强大，则M、N之间电势差UMN大于N、P之间的电势差UNP。