2022-2023学年江西省南城县二中高三第四次模拟考试物理试卷含解析.doc

《2022-2023学年江西省南城县二中高三第四次模拟考试物理试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年江西省南城县二中高三第四次模拟考试物理试卷含解析.doc（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、一质点做匀加速直线运动连续经历了两段相等的时间。下列对这两个阶段判断正确的是（ ）A位置变化量一定相同B动能变化量一定

2、相同C动量变化量一定相同D合外力做功一定相同2、如图所示，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面向里。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成角的方向射人磁场。不计重力影响，则可以确定的物理量是（）A粒子在磁场中运动的时间B粒子运动的半径C粒子从射入到射出的速度偏转角D粒子做圆周运动的周期3、如图所示，长方形abed长ad=0.6m，宽ab=0-3m， e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=310-7 kg.电荷量q=+210-3C的带电粒子

3、以速度v0=5102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域（不考虑边界粒子），则以下不正确的是A从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边B从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边C从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边D从fc边射入的粒子，全部从d点射出4、如图，某同学将一足球静止摆放在收纳架上。他估测得足球的直径约为20 cm，质量约为0. 48 kg，收纳架两根平行等高的横杆之间的距离d约为12 cm。忽略足球的形变以及球与横杆之间的摩擦，重力加速度g取10m/s2，则可估算出一根横杆对足球的弹力约为（）A2.4 NB3.0 NC4.0 ND4.8 N5、通信卫星一般

4、是相对地面“静止”的同步卫星，三颗同步卫星就可以实现全球通信。设地球的半径为，地面的重力加速度为，地球的自转周期为。则速度为的电磁波从一颗卫星直线传播至相邻的另一颗卫星，传播时间为（ ）ABCD6、在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵。如图所示a、b分别为小汽车和大卡车的vt图像，以下说法正确的是（）A因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B在t5s时追尾C在t2s时追尾D若刹车不失灵不会追尾二、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

5、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、多年前在日本本州岛附近海域曾发生里氏9.0级地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为。根据有关放射性知识，下列说法正确的是（）A粒子为B若生成的处于激发态，它会放出穿透能力最强的射线C的半衰期大约是8天，取碘原子核，经8天后就只剩下碘原子核了D中有53个质子和78个核子8、如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，煤块与两传送带间的动摩擦因数均为，每隔在传送带甲左端轻放上一个质量为的相同煤块，发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等，且相邻煤块（已匀速）左侧

6、的距离为，随后煤块平稳地传到传送带乙上，乙的宽度足够大，速度为取，则下列说法正确的是（）A传送带甲的速度大小为B当煤块在传送带乙上沿垂直于乙的速度减为0时，这个煤块相对于地面的速度还没有增加到C一个煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为D一个煤块在乙传送带上留下的痕迹长度为9、下列说法中不符合实际的是_A单晶体并不是在各种物理性质上都表现出各向异性B液体的表面张力使液体表面具有扩张的趋势C气体的压强是由于气体分子间相互排斥而产生的D分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小E.热量能自发地从内能大的物体向内能小的物体进行传递10、某磁敏电阻的阻值R随外加磁场的磁感应强度B变化图线如图甲所

7、示。学习小组使用该磁敏电阻设计了保护负载的电路如图乙所示，U为直流电压，下列说法正确的有（ ）A增大电压U，负载电流不变B增大电压U，电路的总功率变大C抽去线圈铁芯，磁敏电阻的阻值变小D抽去线圈铁芯，负载两端电压变小三、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）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，某实验小组利用如图所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水平桌面上，木块置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车左端连一条纸带，通过打点计时器记录其运动情况。(1)下列做法正确的是（_）A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与

8、长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将砂桶通过定滑轮拴在木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大。他所得到的aF关系可用图中的_表示(图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)。（3）右图是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率50 Hz。由图可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度vB_m/s，木块的加速度a_m/s2。(结果保留两位有效数字)12（12分）为了测量木块与木板间动摩擦因数m，某实验小组使

9、用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木块从倾斜木板上A点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律，取g=10m/s2，sin37=0.6，如图所示：(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4s时的速度大小为v =（_）m/s；(2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小a =（_）m/s2；(3)现测得斜面倾角为37，则m=（_）。（所有结果均保留2位小数）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，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度

10、方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间14（16分）一病人通过便携式氧气袋供氧，便携式氧气袋内密闭一定质量的氧气，可视为理想气体，温度为0时，袋内气体压强为1.25atm，体积为50L。在23条件下，病人每小时消耗压强为1.0atm的氧气约为20L。已知阿伏加德罗常数为6.01023mol1，在标准状况（压强1.

11、0atm、温度0）下，理想气体的摩尔体积都为22.4L。求：(i)此便携式氧气袋中氧气分子数；(ii)假设此便携式氧气袋中的氧气能够完全耗尽，则可供病人使用多少小时。（两问计算结果均保留两位有效数字）15（12分）如图，质量m1=0.45 kg的平顶小车静止在光滑水平面上，质量m2=0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端一质量为m0=0.05 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车已知子弹与车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数=0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力取g=10 m/s2，求：（1）子弹相对

12、小车静止时小车速度的大小；（2）小车的长度L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匀加速直线运动的物体连续经历了两段相等的时间，根据可知位移不相等，位置变化不同，选项A错误；BD根据动能定理可知，合外力做功不相等，则动能变化量不相同，选项BD错误；C根据动量定理，可知动量变化量一定相同，选项C正确；故选C。2、D【解析】AC粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子从x轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为粒子在磁场中的最长运动时间粒子最小的圆心角为P点与坐标原点重

13、合，最小圆心角粒子在磁场中的最短运动时间粒子在磁场中运动所经历的时间为说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故AC错误；B粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故B错误；D粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则且则得说明可确定粒子做圆周运动的周期，故D正确。故选D。3、C【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得粒子轨道半径：;AB、若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b点射出，所以从e点垂直射入的粒子出射点落在b

14、f边上；从ae边垂直射入的粒子，从圆弧af上射出，出射点分布在ab边和bf边；从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边，故A、B正确；CD、若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从bc边射入的粒子，全部从d点射出，所以从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确；错误的故选C。【点睛】关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点。4、B【解析】设每根横杆对足球的弹力方向与竖直方向夹角为，由几何关系可知对足球竖直方向有解得FN=3N故选B。5、C【解析】卫星绕地球运行，万有引力提供向心力，则有可得

15、综合“黄金代换”有如图所示由几何关系知联立整理得根据运动规律，电磁波传播有可得故C正确，A、B、D错误；故选C。6、D【解析】ABC根据速度-时间图像所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为a车的位移为则 所以在t=3s时追尾，故ABC错误；D若刹车不失灵，由图线可知在t=2s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移所以刹车不失灵，不会发生追尾，故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】A根据衰变过程中质量数和电荷数守

16、恒，粒子为粒子，故A错误；B若生成的处于激发态，还会放出射线，射线的穿透能力最强，故B正确；C半衰期是一个统计规律，指的是有一半原子核发生衰变所需要的时间，只对大量的原子核适用，对少数原子核是不适用的，所以若取碘原子核，经8天后就只剩下碘原子核了，故C正确；D中有53个质子，131表示质量数（核子数），故D错误。故选BC。8、ACD【解析】A煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度煤块在传送带甲上先匀加速再匀速运动，加速度相同，所以相邻煤块之间的距离与时间的比值即传送带甲的速度，即故A正确；B煤块滑上传送带乙时，所受滑动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反，相对传送带乙做匀减速直线运动，所

17、以当煤块在传送带乙上沿垂直乙的速度减为零时，煤块已相对传送带乙静止，即相对地面的速度增至，故B错误；C以传送带甲为参考系，煤块的初速度为，方向与传送带甲的速度方向相反，煤块相对传送带甲做匀减速直线运动，相对加速度仍为，故相对传送带甲的位移所以煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为，故C正确；D以传送带乙为参考系，煤块的初速度为相对加速度煤块相对乙传送带的位移即煤块在传送带乙上留下的痕迹为，故D正确。故选ACD。9、BCE【解析】A由于单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的，选项A正确，不符合题意；B液体的表面张力使液体表面具

18、有收缩的趋势，选项B错误，符合题意；C气体的压强是由于大量的气体分子频繁的对器壁碰撞产生的，并不是由于气体分子间相互排斥而产生的，选项C错误，符合题意；D分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小，选项D正确，不符合题意；E热量能自发地从温度高的物体向温度低的物体进行传递，选项E错误，符合题意；故选BCE.10、BC【解析】AB增大电压U，为保护负载，则磁敏电阻两端需要分压，即电压增大，则磁敏电阻的阻值增大，根据甲图可知磁感应强度增大，所以通过线圈的电流增大，根据P=UI可知电路的总功率P变大，故A错误，B正确；CD抽去线圈铁芯，线圈产生的磁感应强度减小，故磁敏电阻的阻值变小，则磁

19、敏电阻两端的电压变小，而U不变，所以负载两端电压变大，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、AD C 0.15 0.60 【解析】（1）1A.该实验“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”，所以每次物体受力为恒力，所以细绳应与轨道平行，A正确B.平衡摩擦力时，使小车在没有重物牵引下沿导轨匀速运动，B错误C.打点计时器在使用时，应该先接通电源，后释放小车，C错误D.平衡摩擦力完成后，满足的是所以改变小车质量时，无需再次平衡摩擦，D正确（2）2 平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，这时在没有悬挂重物

20、时，小车就已经获得一个加速度，所以图像有纵轴截距，选C（3）3根据匀变速直线运动的规律可得4根据匀变速直线运动的规律可得12、0.40 1.00 0.63 【解析】(1)1木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小(2)2木块在0.2s时的速度大小木块的加速度大小(3)3斜面倾角为37，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得解得四、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、（1）；（2）t【解析】试题分析：（1）设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分

21、别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv0B由题设条件和图中几何关系可知：rd 设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：qEmax根据运动学公式有：vxaxt，d 由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tan由式联立解得：（2）由式联立解得：t考点：本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题，属于中档题14、 (i)1.71024（个）；(ii)【解析】(i)便携式氧气袋内的氧气，可视为理想气体，温度为0时，袋内气体压强为1.25atm，假设发生等温变化，有p1V1=p2V2即1.2550=1.0V2解得V2=62.5L物质的量为氧气分子数N=nN0=1.71024（个）(ii)根据理想气体状态方程，有即解得V3=69L可供病人使用的时间15、（1）10 m/s （2）2 m【解析】本题考查动量守恒与能量综合的问题（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0=(m0+m1)v1解得v1=10 m/s（2）三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v3解得v2=8 m/s由能量守恒可得(m0+m1)=m2gL+(m0+m1)+m2解得L=2 m