2022-2023学年云南省峨山一中高三第四次模拟考试物理试卷含解析.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、三根通电长直导线平行放置，其截面构成等边三角形，O点为三角形的中心，通过三根直导线的电流大小分别用小I1，I2、I3表示，电流方向如图所示.当I1=I2=I3=I时，O点的磁感

2、应强度大小为B，通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小跟电流成正比，则下列说法正确的是（ ）A当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为2BB当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为3BC当I2=3I，I1=I3=I时，O点的磁感应强度大小为BD当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小为B2、放射性元素A经过2次衰变和1次 衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了A1位B2位C3位D4位3、如图所示，一倾角、质量为的斜面体置于粗糙的水平面上，斜面体上固定有垂直于光滑斜面的挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端拴接质量为的小

3、球。现对斜面体施加一水平向右的推力，整个系统向右做匀加速直线运动，已知弹簧恰好处于原长，斜面体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，下列说法正确的是（）A若增大推力，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力变大B若撤去推力，则小球在此后的运动中对斜面的压力可能为零C斜面对小球的支持力大小为D水平推力大小为4、如图，虚线a、b、c为电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个电子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N是轨迹与等势面a，c的交点下列说法中正确的是（ ）A电子一定从M点向N点运动B等势面c的电势最低C电子通过M点时的加速度比通过N点时小D电子通过M点时的机械能比通过N点时大5、下面

4、是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A根据公式可知，金属电阻率与导体的电阻成正比B根据公式可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功C根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多D根据公式可知，电容与电容器所带电荷成正比，与两极板间的电压成反比6、如图所示，同种材料制成的轨道MO和ON底端由对接且小球自M点由静止滑下，小球经过O点时无机械能损失，以v、s、a、f分别表示小球的速度、位移、加速度和摩擦力四个物理量的大小下列图象中能正确反映小球自M点到左侧最高点运动过程的是( )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

5、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、科学家通过实验研究发现，放射性元素有有多种可能的衰变途径：先变成，可以经一次衰变变成，也可以经一次衰变变成（X代表某种元素），和最后都变成，衰变路径如图所示。则以下判断正确的是（）AB是衰变，是衰变C是衰变，是衰变D经过7次衰变5次衰变后变成8、两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，电场强度方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示。不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是（）A甲粒子带正电荷B乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C甲粒子在圆形区域中电势能变

6、化量小D乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大9、在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示已知重力加速度g=10ms2，则可知（ ）A货物与传送带间的动摩擦因数为0.5BA、B两点的距离为2.4mC货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8JD货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J10、夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖内

7、水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内看做理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是_。A气泡内气体对外界做功B气泡内气体分子平均动能增大C气泡内气体温度升高导致放热D气泡内气体的压强可能不变E.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小。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）如图所示是研究电源电动势和电路内、外电压关系的实验装置。电池的两极A、B与电压表V2相连，位于两个电极内侧的探针a、b与电压表V1相连，R是滑动变阻器，电流表A测量通过滑动变阻器的电流，置于电池内的挡板向上移动可以使内阻减小。当电阻R的滑臂向左移动时，电

8、压表V2的示数_（选填“变大”、“变小”或“不变”）。若保持滑动变阻器R的阻值不变，将挡板向上移动，则电压表V1的示数变化量U1与电流表示数变化量I的比值_。（选填“变大”、“变小”或“不变”）12（12分）在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：A电压表V1（05V）B电压表V2（015V）C电流表A1（050mA）D电流表A2（0500mA）E滑动变阻器R1（060）F滑动变阻器R2（02k）G直流电源EH开关S及导线若干I小灯泡（U额=5V）某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端，移动过程中发现小灯未曾烧坏，记录多组小灯两端电压U和通过小灯

9、的电流I数据（包括滑片处于两个端点时U、I数据），根据记录的全部数据做出的UI关系图象如图甲所示：（1）根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图_；（2）根据实验结果判断得出实验中选用：电压表_（选填器材代号“A”或“B”），电流表_（选填器材代号“C”或“D”），滑动变阻器_（选填器材代号“E”或“F”）；（3）根据图甲信息得出器材G中的直流电源电动势为_V，内阻为_；（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，则每个小灯消耗的实际功率为_W。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

10、）如图所示，光导纤维可简化为长玻璃丝的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n（n）。AB代表端面。为使光能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面。求光在端面AB上的入射角应满足的条件。14（16分）2019年12月27日晚，“实践二十号”卫星被成功送入预定轨道。运载这一卫星的长征五号运载火箭在海南文昌航天发射场进行多次调试，在某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3000m/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为多少千克？15（12分）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，A=90，B=30一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出（1）求棱镜的

11、折射率；（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出求此时AB边上入射角的正弦参考答案一、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根据安培定则画出I1、I2、I3在O点的磁感应强度示意图，当I1=I2=I3时，令B1=B2=B3=B0，示意图如图甲所示根据磁场叠加原理，可知此时O点的磁感应强度大小B与B0满足关系；当I1=3I2，I2=I3=I时，B1=3B0，B2=B3=B0，示意图如图乙所示由图乙解得O点的磁感应强度大小为4B0=2B，故A正确，B错误；CD当I2=3I，I1=I3=

12、I时，B1=B3=B0，B2=3B0，示意图如图丙所示由图丙解得O点的磁感应强度大小为，同理可得，当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小也为，故CD错误。故选A。2、C【解析】粒子是， 粒子是，因此发生一次衰变电荷数减少2，发生一次 衰变电荷数增加1，据题意，电荷数变化为：，所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位故选项C正确【点睛】衰变前后质量数和电荷数守恒，根据发生一次衰变电荷数减少2，发生一次 衰变电荷数增加1可以计算出放射性元素电荷数的变化量3、B【解析】A斜面体受到的摩擦力大小决定于动摩擦因数和正压力，若增大推力，动摩擦因数和正压力不变，则整个系统稳定后斜面体受到的

13、摩擦力不变，故A错误；B若撒去推力，系统做减速运动，如果小球在此后的运动中对斜面的压力为零，则加速度方向向左，其大小为以整体为研究对象可得由此可得摩擦因数所以当时小球在此后的运动中对斜面的压力为零，故B正确；C弹簧处于原长则弹力为零，小球受到重力和斜面的支持力作用，如图所示竖直方向根据平衡条件可得则支持力故C错误；D对小球根据牛顿第二定律可得解得再以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得解得水平推力故D错误。故选B。4、C【解析】A电子可以由M到N，也可以由N到M，由图示条件不能具体确定，故A错误；B电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电子带负电，则M点电子受到左下方的电场力，因此电场线指向

14、右上方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故B错误；C等势线密的地方电场线密，电场场强大，则N点场强大于M点场强。则电子通过N点的加速度比M点的大，故C正确；D从M到N过程中电场力做正功，根据功能关系可知，机械能增加，即电子通过M点时的机械能比通过N点时小，故D错误。故选C。5、C【解析】A电阻率是由导体本身的性质决定的，其大小与电阻无关，选项A错误；B公式适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流所做功，选项B错误；C根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，选项C正确；D电容的公式采用的是比值定义法，电容大小与电量和电压无关，选项D错误。故

15、选C。6、D【解析】A.由于在两个斜面上都是匀变速运动，根据位移时间关系公式，可知位移-时间图象是曲线，故A错误；B.小球先做匀加速运动，a=gsin-gcos，后做匀减速运动，加速度大小为a=gsin+gcos，而gsin+gcosgsin-gcos，因而B错误；C.根据f=N=mgcos可知：当时，摩擦力mgcosmgcos，则C错误；D.小球运动过程中，在两个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动，速度先增加后减小，根据速度时间关系公式，可知两段运动过程中的v-t图都是直线，且因为在OM上的加速度较小，则直线的斜率较小，故D正确；二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

16、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、BD【解析】ABC由题意可知经过变化为，核电荷数少2，为衰变，即故经过变化为，质量数没有发生变化，为衰变，即故故A错误，C错误，B正确；D经过7次衰变，则质量数少28，电荷数少14，在经过5次衰变后，质量数不变，电荷数增加5，此时质量数为电荷数为变成了，故D正确。故选BD。8、AC【解析】A甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，A正确；B两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有yE、t、m相等，则yq可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，B错误；

17、C电场力对粒子做功为甲粒子电荷量少，偏转位移小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，C正确；D水平方向有xv0t相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能就小，D错误。故选AC。9、AD【解析】A、在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有，由图乙可得，货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有，由图乙可得，联立解得，故A正确；B、vt图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为，B错误；C、货物受到的摩擦力为，时间内的位移为，对货物受力分析知摩擦力沿传送

18、带向下，摩擦力对货物做正功，同理 时间内，货物的位移为，摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为，所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12 J0.8 J=11.2 J，C错误；D、货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为，时间内，传送带的位移为，总相对路程为，货物与传送带摩擦产生的热量为，故D正确点睛：本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移10、ABE【解析】AD气泡内气体压强p=p0+gh，气泡升高过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程

19、，体积一定增大，故气泡内气体对外界做功，故A正确，D错误。B温度是分子平均动能的标志，温度升高，泡内气体分子平均动能增大，故B正确。C温度升高，气泡内气体内能增大，即U0，体积增大，即W0，根据热力学第一定律U=W+Q，可得Q0，故气泡内的气体吸热，故C错误。E根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故E正确。故选ABE。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、变小 不变 【解析】1根据题意，电压表测量是电源的内电压，电压表测量是路端电压，由闭合电路欧姆定律：可知，当电阻的滑臂向左

20、移动时外电阻减小，总电流增大，由：可知内电压变大，故电压表2的示数变小；2因电源电动势等于电源内外电路之和，故电压表1和电压表2的示数之和不变；若保持滑动变阻器的阻值不变，将挡板向上移动，则电源的内电阻将减小，根据结合数学推理可知：所以电压表1的示数变化量与电流表示数变化量的比值大小等于电源的内阻，由于挡板向上运动时，液体的横截面积变大，根据电阻定律：可知内电阻减小，故比值变小。12、 B D E 8 10 0.56 【解析】（1） 从图甲可知，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中电表的示数不是从0开始的，因此滑动变阻器采用的不是分压接法，而是限流接法；从图甲可知，小灯泡的电阻为1030，

21、阻值较小，因此电流表采用外接法，作出的实验电路图如图所示：（2）从图甲可知，记录的全部数据中小灯两端电压U最大为6V，因此电压表的量程需要选择15V，故电压表选B；通过小灯的电流I最大为：0.2A=200mA，故电流表的量程需要选择500mA，故电流表选D；电路采用滑动变阻器限流接法，为了便于实验操作，滑动变阻器应选小阻值的，故滑动变阻器选E；（3）从图甲可知，当滑动变阻器接入电阻为0时，小灯两端电压U1最大为6V，通过小灯的电流I1最大为0.2A，则此时小灯电阻RL=30由闭合电路欧姆定律有当滑动变阻器接入电阻为R2=60时，小灯两端电压U2最小为1V，通过小灯的电流I2最小为0.1A，则此

22、时小灯电阻RL=10由闭合电路欧姆定律有解得电源电动势E=8V，内阻r=10；（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，根据闭合电路欧姆定律，有E=2U+Ir解得U=45I作出此时的UI图象如图所示：图中交点I=0.18A，U=3.1V，即通过每个灯泡的电流为0.18A，每个灯泡的电压为3.1V，故每个小灯消耗的实际功率P=0.18A3.1V0.56W（由于交点读数存在误差，因此在0.55W0.59W范围内均对）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】设光束在光导纤维端面的入射角为，折射角为

23、，折射光线射向侧面时的入射角为，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在侧壁发生全反射。由折射定律n由几何关系+90sincos恰好发生全反射临界角的公式为sin得cos联立得sin1即为90要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有。14、【解析】设它在1s时间内喷射的气体质量为m，由动量定理可得解得15、（1）；（2）sin=【解析】（1）光路图及相关量如图所示光束在AB边上折射，由折射定律得式中n是棱镜的折射率由几何关系可知+=60由几何关系和反射定律得联立式，并代入i=60得（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且由几何关系得由式得入射角的正弦为sin=