广东省佛山一中石门中学2022-2023学年高三第六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、如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，两物体分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断在轻绳刚被剪断的时间（ ）A物体B的加速度大小为gB物体C的加速度大小为2gC吊篮A的加速度大小为

2、gD吊篮A与物体C间的弹力大小为0.5mg2、平均速度定义式为，当t极短时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了下列哪种物理方法（）A极限思想法B微元法C控制变量法D等效替代法3、如图，我国第五代战斗机“歼-20”是目前亚洲区域最先进的战机， 当它沿倾斜直线匀速飞行时，气体对它的作用力方向为（ ）ABCD4、如图所示，边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化。若线圈的总电阻为R，则有（ ）A若要使两次产生的感应电

3、流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大B若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率C第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为D第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为5、如图所示，在粗糙的水平面上放一质量为2kg的物体，现用F=8N的力，斜向下推物体，力F与水平面成角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为=0.5，则A物体对地面的压力为24NB物体所受的摩擦力为12NC物体加速度为D物体将向右匀速运动6、物理学是研究物质运动最一般规律和物质基本结构的学科，在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法如：

4、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等。以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法D根据速度定义式，当t0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法二、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

5、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、关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是（ ）A当液体与固体接触时，如果附着层内分子间的作用表现为斥力，这样的液体与固体间就表现为浸润B当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大C晶体一定具有规则的几何外形D液体表面张力有使其表面积收缩到最小的趋势E.饱和汽压与液体的温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大8、如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定A通

6、过用户的电流减小了B用户接入电路的总电阻减小了C用户消耗的电功率减小了D加在用户两端的电压变小了9、在科幻电影流浪地球中，流浪了2500年的地球终于围绕质量约为太阳质量的比邻星做匀速圆周运动，进入了“新太阳时代”。若“新太阳时代”地球公转周期与现在绕太阳的公转周期相同，将“新太阳时代”的地球与现在相比较，下列说法正确的是A所受引力之比为1：8B公转半径之比为1：2C公转加速度之比为1：2D公转速率之比为1：410、如图所示，xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为m。电荷量为+q的带电粒子，以的速度沿AB方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标

7、分别为（，0）、（0，2L）、（0，L）。若不计重力与空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A带电粒子由A到C过程中最小速度一定为B带电粒子由A到C过程中电势能先减小后增大C匀强电场的大小为D若匀强电场的大小和方向可调节，粒子恰好能沿AB方向到达B点，则此状态下电场强度大小为三、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）学校实验小组为测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，实验室备选了如下器材：A电流表A1，量程为10mA，内阻r1=50B电流表A1，量程为0.6A，内阻r2=0.2C电压表V，量程为6V，内阻r3约为15kD滑动变阻器R，最大阻值

8、为15，最大允许电流为2AE定值电阻R1=5E.定值电阻R2=100G.直流电源E，动势为6V，内阻很小H.开关一个，导线若千I.多用电表J.螺旋测微器、刻度尺(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图1所示，则金属丝的直径D=_mm(2)实验小组首先利用多用电表粗测金属丝的电阻，如图2所示，则金属丝的电阻为_(3)实验小组拟用伏安法进一步地测量金属丝的电阻，则电流表应选择_，定值屯阻应选择_(填对应器材前的字母序号)(4)在如图3所示的方框内画出实验电路的原理图(5)电压表的示数记为U，所选用电流表的示数记为I，则该金属丝电阻的表达式Rx=_，用刻度尺测得待测金属丝的长度为L，则由电阻率公式便

9、可得出该金属丝的电阻率_(用字母表示)12（12分）很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz。图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭

10、头所示。（当地重力加速度大小g取9.8m/s2）(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的_段（用D1，D2，D15字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做_运动。(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为_m/s2；木块与桌面间的动摩擦因数为=_。（计算结果保留两位有效数字）(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是_的。（填“正确”或“错误”）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，可沿气缸壁自

11、由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分割成、两部分，内是真空。活塞与气缸顶部有一弹簧相连，当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变。开始时内充有一定质量、温度为的气体，部分高度为。此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等。现将内气体加热到，达到新的平衡后，内气体的高度等于多少？14（16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

12、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。15（12分）如图甲，一竖直导热气缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将气缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为，如图乙。已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和气缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。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、D【解析】A弹簧开始的弹力F=mg

13、剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0，故A错误；BC剪断细线的瞬间，弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得即A、C的加速度均为1.5g，故BC错误；D剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A有得故D正确。故选D。2、A【解析】当极短时， 可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该物理方法为极限的思想方法。【详解】平均速度定义式为，当时间极短时，某段时间内的平均速度可以代替瞬时速度，该思想是极限的思想方法，故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】极限思想法是一种很重要的思想方法，在高中物理中经常用到要理解并能很好地掌握。3、C【解析】匀速飞行时受力平衡，即向

14、下的重力与气体对飞机竖直向上的作用力平衡，故选C.4、B【解析】A根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A错误；B根据切割感应电动势公式及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小：若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有：则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为：故B正确；C第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为：故C错误；D第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为：故D错误；故选B。5、A【解析】

15、受力分析如图所示，在竖直方向上，由平衡条件得，物体与水平地面间最大静摩擦力，水平方向上 ，由于，物体将静止不动，故物体所受的摩擦力为静摩擦力，综上分析，正确答案为A6、D【解析】A中采用了理想模型法；B中采用控制变量法；C中采用了微元法；D中是极限思维法；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、ADE【解析】A.液体对固体的浸润，则分子间距小于液体内部，则液面分子间表现为斥力，液面呈现凹形，表面有扩张的趋势，故A正确；B.当人们感到潮湿时，是因为空气的相对湿度较大

16、，而绝对湿度的大小无法确定，故B错误；C.单晶体一定具有规则的几何外形，多晶体不一定具有规则的几何外形，故C错误；D.液体表面分子间距较大，故有张力，使其表面积有收缩到最小的趋势，故D正确；E.饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故E正确。故选ADE。8、BD【解析】A项：如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故A错误；B项：由可知，输送电流增大，是由于减小引起的，故B正确；C项：当用户电阻减小时，用户消耗的功率增大，故C错误；D项：发电机输出电流增大，则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，即因在用户两端电压

17、变小了，故D正确。故选：BD。9、BC【解析】AB地球绕行中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：解得：，“新太阳时代”的地球的轨道半径与现在的轨道半径之比：万有引力：所以“新太阳时代”的地球所受万有引力与现在地球所受万有引力之比：A错误，B正确；C万有引力提供加速度：所以“新太阳时代”的地球公转加速度与现在地球加速度力之比：C正确；D万有引力提供向心力：所以“新太阳时代”的地球公转速率与现在地球公转速率力之比：D错误。故选BC。10、AD【解析】A因带电粒子只受恒定的电场力，做匀变速曲线运动，而C点有最小速度且垂直y轴，可推得粒子做类斜上抛运动，C是最高点，其速度与电场力垂直，则电场力沿

18、y轴负方向，设A点的速度与x轴的夹角为，则由几何关系可知联立可得故A正确；B因粒子做类斜上抛运动，从A点到C点电场力与速度的夹角从钝角变为直角，则电场力一直做负功，电势能一直增大，故B错误；C粒子从A到C的过程，由动能定理联立可得匀强电场的大小为故C错误；D调节匀强电场的大小和方向使粒子恰好能沿AB方向到达B点，则粒子一定AB做匀减速直线运动，电场力沿BA方向，由动能定理有则匀强电场的场强大小为故D正确。故选AD。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、1.700 60 A E 【解析】（1）由于流过待测电阻的最大电流大约为，所以不能选用电

19、流表A2，量程太大，要改装电流表；（2）根据闭合电路知识求解待测电阻的表达式【详解】（1）根据螺旋测微器读数规则可知 （2）金属丝的电阻为 （3）流过待测电阻的最大电流大约为 ,所以选用 与 并联充当电流表，所以选用A、E（3）电路图如图所示：（5）根据闭合电路欧姆定律 解得： 根据 可求得：【点睛】在解本题时要注意，改装表的量程要用改装电阻值表示出来，不要用改装的倍数来表示，因为题目中要的是表达式，如果是要计算待测电阻的具体数值的话可以用倍数来表示回路中的电流值12、 匀速直线 5.0 0.51 错误 【解析】(1)12第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码

20、落地时可能出现在纸带中的；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。(2)34由纸带可看出，第五个钩码落地后 根据可得木块运动的加速度大小为由可得=0.51(3)5根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。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】设开始时中压强为 加热达到平衡后，中压强为 其中为气缸横面积，为活塞质量，为弹簧的倔强系数由题给条件有 可得解得14、（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。15、【解析】设气缸总容积为V，初始状态最终平衡状态A、B两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得联立解得