2023届云南省河口县民中高三冲刺模拟物理试卷含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为的磁性圆轨道竖直固定，质量为的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不

2、计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则A铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B铁球绕轨道运动过程中机械能守恒C铁球在A点的速度必须大于D轨道对铁球的磁性引力至少为，才能使铁球不脱轨2、如图所示，边长为L、总阻值为R的等边三角形单匝金属线圈abc从图示位置开始绕轴EF以角速度匀速转动，EF的左右两侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和，下列说法正确的是（）A图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率也最大B线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿acba方向后沿abca方向C线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为D线圈转动过程中产生的交流电的电动势的有效值为3、如图

3、，金星的探测器在轨道半径为3R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达P点时点火进入椭圆轨道II，运行至Q点时，再次点火进入轨道III做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是（ ）A探测器在P点和Q点变轨时都需要加速B探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率C探测器在轨道II上经过P点时的机械能大于经过Q点时的机械能D金星的质量可表示为4、如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小MN间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120时N点受到螺纹轴的作用力为F1；MP和PN夹角为60时N

4、点受到螺纹轴的作用力为F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则F1与F2大小之比为（）A1：1B1：3C：1D3：15、如图所示，金星和火星均绕太阳做匀速圆周运动，金星半径是火星半径的n倍，金星质量为火星质量的K倍。忽略行星的自转。则下列说法正确的是（）A金星表面的重力加速度是火星的倍B金星的第一宇宙速度是火星的倍C金星绕太阳运动的加速度比火星大D金星绕太阳运动的周期比火星大6、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

5、平均速度为1m/sD物体与斜面间动摩擦因数为二、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、一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，则（ ）A该原子核发生了衰变B该原子核发生了衰变C打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动D该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加8、关于动量冲量和动能，下列说法正确的是（）A物体的动量越大，表明它受到的冲量越大B物体的动量变化，其动能有可能不变C物体受到合外力的冲量作用，则其动能一

6、定变化D物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上9、一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1s后它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2 s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断正确的是_。A波沿x轴负方向传播，且周期为1.2 sB波沿x轴正方向传播，且波速为10 m/sC质点M与质点Q的位移大小总是相等，方向总是相反D若某时刻N质点速度为零，则Q质点一定速度为零E.从图示位置开始计时，在3s时刻，质点M偏离平衡位置的位移y=-10 cm10、如图所示，等边三角形线框由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框

7、顶点、与直流电源两端相接，已知导体棒受到的安培力大小为，则（）A导体棒受到的安培力垂直于线框平面B导体棒中的电流是导体棒中电流的2倍C导体棒和所受到的安培力的合力大小为D三角形线框受到的安培力的大小为三、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“验证机械能守恒定律”的实验中： A B C D (1)纸带将被释放瞬间的四种情景如照片所示，其中操作最规范的是_.(2)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材为完成此实验，除了所给的器材，从下图还必须选取的实验器材是_(填字母代号) (3)若实验中所用重锤的质量为m，某次实验打出的一条纸带如

8、图所示在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D和E，量得相邻点间的距离分别为S1、S2、 S3、 S4，当地的重力加速度为g.本实验所用电源的频率为f.从打下点B到打下点D的过程中，重锤重力势能减小量Ep=_，重锤动能增加量Ek=_在误差允许的范围内，通过比较就可以验证重物下落过程中机械能是否守恒12（12分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。A待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kC定值电阻R0，阻值未知D滑动变阻器R，最大阻值RmE导线若干和开关(1)根据如图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，把图乙中的实物连

9、成实验电路_；(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=_（U10、U20、Rm表示）；(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图像如图所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=_，总内阻r=_（用k、a、R0表示）。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，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线

10、由O点垂直AD边射入已知棱镜的折射率n，ABBC8 cm，OA2 cm，OAB60求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向第一次的出射点距C多远14（16分）如图所示，水平传送带与质量为m的物块间的动摩擦因数为，传送带做匀速运动的速度为，物块在经过传送带上方长为的虚线区域时会受到，恒定的向下压力。已知压力区左边界距传送带左端的距离为，物块自传送带左端无初速释放后，经过1s到达传送带的右端.重力加速度g取。（1）物块到达压力区左边界的速度（2）压力区右边界到传送带最右端的长度。15（12分）如图甲所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲-起跳”动作，图中的“”表示人的重心。图乙是由力传感器

11、画出的Ft图线。图乙中14各点对应着图甲中14四个状态和时刻。取重力加速度g=10m/s2。请根据这两个图所给出的信息，求：（1）此人的质量。（2）此人1s内的最大加速度，并以向上为正，画出此人在1s内的大致at图像。（3）在Ft图像上找出此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度？简单说明必要理由。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、B【解析】AB小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对

12、小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大小铁球不可能做匀速圆周运动故A错误，B正确；C小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于1即可通过最高点，故C错误；D由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：Fm可知小铁球在最低点时需要的向心力越小而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高

13、点的速度恰好为1，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为1，到达最低点时的速度满足mg2Rmv2，轨道对铁球的支持力恰好等于1，则磁力与重力的合力提供向心力，即：Fmg，联立得：F5mg，故D错误2、D【解析】A图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A错误；B线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿abca方向后沿acha方向，B错误；C线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为C错误；D线圈从图示位置转过一周的过程中，有半个周期电动势的最大值为有半个周期电动势的最大值为根据有效值的定义可求得交流电的有效值

14、D正确。故选D。3、B【解析】A探测器在P点需要减速做近心运动才能由轨道I变轨到轨道II，同理，在轨道II的Q点需要减速做近心运动才能进入轨道III做圆周运动，故A错误；B探测器在轨道II上P点的速率大于轨道I上的速率，在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，则Q点的速率大于P点速率，故探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率，故B正确；C在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，机械能守恒，故探测器在轨道上经过P点时的机械能等于经过Q点时的机械能，故C错误；D探测器在3R的圆形轨道运动，在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有解得，故D错误。故选B

15、。4、D【解析】当两臂间的夹角为时，两臂受到的压力为对点分析，点受到螺纹轴的作用力为当两臂间的夹角为时，两臂受到的压力为对点分析，点受到螺纹轴的作用力为则有故A、B、C错误，D正确；故选D。5、C【解析】A由有故A错；B由有故B错误；C由公式得由图可知，金星轨道半径比火星轨道半径小，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故C正确；D由公式得由图可知，金星轨道半径比火星轨道半径小，则金星绕太阳运动的周期比火星小，故D错误。故选C。6、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

16、顿第二定律有mgsin30mgcos30=ma解得动摩擦因数D正确。故选D。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、BC【解析】AB而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了衰变，A项错误、B项正确；C由于衰变后两带电粒子的动量大小相等，根据圆周运动的规律，带电粒子的轨迹半径，电荷量大的轨迹半径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动，C项正确；D衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少，D项错误。故选BC。8

17、、BD【解析】A根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A错误；B匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B正确；C匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C错误；D由公式可知，由于动量和动量变化为矢量，遵循平行边形定则，则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D正确。故选BD。9、ADE【解析】AB由于1s0.2s，即质点P第一次达到相同速度的时间间隔大于第二次的，故可得到图示时刻质点P向下运动，经过1.2s正好运动一个周期回到图示位置，故波沿x轴负方向传播，且周期为1.2s，波速故A正确，B错误；CM

18、、Q的平衡位置距离大于，故质点M和质点Q的相位差不等于，那么，质点M与质点Q的位移不可能总是大小相等，方向相反，故C错误；DN、Q的平衡位置距离刚好等于，故质点M和质点Q的相位差等于，那么，质点M与质点Q的位移、速度总是大小相等，方向相反，故若某时刻N质点速度为零，则Q质点一定速度为零，故D正确；E3sT，即质点M振动个周期，那么，由波沿x轴负方向传播可得：零时刻质点向上振动，故在3s时刻，质点M偏离平衡位置的位移y=-10cm，故E正确；故选ADE。10、BD【解析】A由图可知，导体棒MN电流方向有M指向N，由左手定则可得，安培力方向平行于线框平面，且垂直于导体棒MN，故A错误；BMLN边的

19、有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，由左手定则可知，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，根据欧姆定律可知，导体棒MN中的电流是导体棒MLN中电流的2倍，故B正确；CD中的电流大小为，则MLN中的电流为，设MN的长为，由题意知所以边MLN所受安培力为方向与MN边所受安培力的方向相同，故有故C错误，D正确。故选BD。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、D AEF 【解析】（1）在验证机械能守恒定律的实验中，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放故D正确，ABC错误（2）试验

20、中除了铁架台、夹子、导线、纸带等器材还必须选取的实验器材是电火花打点计时器、刻度尺和重锤，故选AEF；（3）打下点B到打下点D的过程中，重锤重力势能减小量Ep= mg(s2+s3)； B点的瞬时速度 ，D点的瞬时速度；则动能的增加量Ek12、 【解析】(1)1如图所示(2)2根据部分电路欧姆定律因联立解得(3)34根据闭合电路欧姆定律有变形得由题意可知解得，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、光线第一次从CD边射出与CD边成45斜向左下方； ；【解析】根据，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定

21、律求出出射光线的方向；根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离；【详解】(1)因为，所以得临界角第一次射到AB面上的入射角为，大于临界角,所以发生全反射，反射到BC面上，入射角为，又发生全反射，射到CD面上的入射角为根据折射定律得解得即光从CD边射出,与CD边成斜向左下方；(2)根据几何关系得，AF=4cm则BF=4cmBFG=BGF，则BG=4cm所以GC=4cm所以14、（1） （2）【解析】（1）物块在压力区左侧时，由牛顿第二定律有解得当物块速度达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移可知物块到达压力区前一直做匀加速直线运动。设物块到达压力区左边界时的速度为，则有解得 （2）物块进入

22、压力区，由牛顿第二定律有解得当物块在压力区达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移可知物块在恰好压力区时，速度与传送带共速，物块在压力区右侧做匀速直线运动。物块在进入压力区前运动的时间物块在压力区中运动的时间则压力区右侧的传送带长度15、（1）60kg（2）（3）0.43s0.47s【解析】(1)此人状态1处于静止状态，对应图乙中1点F1=600N，可知此人质量为：m=60kg；(2)由图可知：图乙中2点F2=1800N最大，由：，有：m/s2，1s内的a-t图像如图(3)下蹲阶段先加速后减速，支持力与重力平衡时速度最大，由a-t图像可读出速度最大时刻约为0.45（0.43-0.47之间都算对）