四川省射洪县2023届高三第二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、2018年11月1日，第四十一颗北斗导航卫星成功发射。此次发射的北斗导航卫星是北斗三号系统的首颗地球静止轨道（GEO）卫星，也是第十七颗北斗三号组网卫星。该卫星大幅提升了我国北

2、斗系统的导航精度。已知静止轨道（GEO）卫星的轨道高度约36000km，地球半径约6400km，地球表面的重力加速度为g，请你根据所学的知识分析该静止轨道（GEO）卫星处的加速度最接近多少（ ）ABCD2、质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”则下列判断正确的是()A进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、

3、氘、氚C在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚Da、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚3、图1所示为一列简谐横波在t=0时的波动图象，图2所示为该波中x=2m处质点P的振动图象，下列说法正确的是（ ）A该波的波速为2m/sB该波沿x轴负方向传播Ct= 1.0s时，质点P的速度最小，加速度最大D在t=0到t=2.0s的时间内，质点P的速度和加速度方向均未发生改变4、如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动若物体与车面之间的动摩擦因数为，则在足够长的时间内（）A若M

4、m，物体A对地向左的最大位移是B若Mm，小车B对地向右的最大位移是C无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为5、中微子失踪之谜是一直困扰着科学家的问题，原来中微子在离开太阳向地球运动的过程中，发生“中微子振荡”转化为一个子和一个子。科学家通过对中微子观察和理论分析，终于弄清了中微子失踪之谜，成为“2001年世界十大科技突破”之一。若中微子在运动中只转化为一个子和一个子，并已知子的运动方向与中微子原来的方向一致，则子的运动方向（）A一定与中微子方向一致B一定与中微子方向相反C可能与中微子方向不在同一直线上D只能与中微子方向在同一直线

5、上6、利用如图甲所示的实验装置研究光电效应，测得某种金属的遏止电压U。与入射光频率v之间的关系图线如图乙所示，则（）A图线在横轴上的截距的物理意义是该金属的截止频率B由图线可知普朗克常量C入射光频率增大，逸出功也增大D要测得金属的遏止电压，电源的右端应为负极二、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、图甲为一简谐横波在时的波形图，是平衡位置在处的质点，是平衡位置在处的质点，图乙为质点的振动图象。下列说法正确的是_。 A这列波沿轴正方向传播B这列波的传播速度为C时，质点位于波谷

6、位置D在到时间内，质点通过的路程为E.时，质点的加速度沿轴负方向8、下列说法正确的是（ ）A石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体B一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能不一定增加C足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果D当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关9、以下说法正确的是（ ）A已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径B物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断C随着分子间距离的增大，分子间

7、的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力D能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性10、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）某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验中，为减小实验误差，选择了内阻已知的电流表，实验中电阻两端电压从零开始调节。(1)以下电路图符合上述要求的

8、是_；(2)请根据所选电路图，完善以下实物图连接_。(3)若电流表的内阻为RA，金属丝的长度为L，直径为d，实验中某次电压表、电流表的示数分别为U、I，则该次实验金属丝电阻率的表达式为=_（用题中字母表示）12（12分）LED灯的核心部件是发光二极管，某同学欲测量一只工作电压为2.9V的发光极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表（量程3V，内阻约3k），电流表（用多用电表的直流25mA挡替代，内阻约为5），滑动变阻器（0-20），电池组（内阻不计），电键和导线若干，他设计的电路如图（a）所示，回答下列问题： (1)根据图（a），在实物图（b）上完成连线_；(2)调节变阻器的滑片至最_端（填

9、“左”或“右”），将多用电表选择开关拔至直流25mA挡，闭合电键；(3)某次测量中，多用电表示数如图（c），则通过二极管的电流为_mA；(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图（d）所示，由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻_（填“增大、“减小”或“不变”）；当电流为15.0mA时，正向电阻为_（结果取三位有数字）。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，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强

10、电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。14（16分）新冠肺炎疫情发生以来，各医院都特别加强了内部环境消毒工作。如图所示，是某医院消毒喷雾器设备。喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10L，打气筒每打次气能向储液桶内压入Pa的空气。现往储液桶内装入8L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为Pa，打气过程

11、中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积。(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3105Pa后，求打气筒打气次数至少是多少？(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3105Pa后，打开喷雾器开关K直至储液桶消毒液上方的气压为2105Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？15（12分）1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和恢学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不

12、计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。(1)求把质量为m、电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；(2)若此回旋加速器原来加速质量为2m，带电荷量为q的粒子（），获得的最大动能为Ekm，现改为加速氘核（），它获得的最大动能为多少？要想使氘核获得与粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法；(3)已知两D形盒间的交变电压如图乙所示，设粒子在此回旋加速器中运行的周期为T，若存在一种带电荷量为q、质量为m的粒子

13、，在时进入加速电场，该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）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】近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据分析卫星的加速度。【详解】近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据知，GEO星的加速度与近地卫星的加速度之比，即GEO星的加速度约为地球表面重力加速度的1/36倍，故A正确，BCD错误；故选A。2、A【解析】A. 根据qU= 得,v= ，比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚，故A正确；B. 根据动

14、能定理可知Ek=qU，故动能相同，故B错误；C. 时间为t=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C错误；D. 进入偏转磁场有qvB=，解得：R=，氕比荷最大，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚，故D错误故选A【点睛】根据qU=求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据qvB=求出R与什么因素有关，从而得出a、b、c三条“质谱线”的排列顺序3、C【解析】A.由图1读出波长，由图2读出，因此该波的波速，故选项A错误；B.由图2可以看出，质点P在时向上振动，根据“同侧法”知，波沿轴正方向传播，故选项B错误；C.由图2可知，时

15、，质点位于波峰位置，速度最小，加速度最大，故选项C正确；D.从到是半个周期，质点从平衡位置向上振动到波峰位置，然后再回到平衡位置，它的速度方向先向上再向下，加速度方向是由回复力方向决定的，该过程中回复力的方向一直向下，所以加速度方向一直向下，故选项D错误。4、D【解析】根据动量守恒定律求出M与m的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体和小车相对于地面的位移根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量【详解】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有，解得；若，A所受的摩擦力，对A，根据动能定理得：，则得物体A对地向左的最大位移，若，对B，由动能定理得，则得小车B对地向右的最大位移，

16、AB错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即，C错误；根据动量定理得，解得，D正确【点睛】本题综合考查了动量守恒定律和动量定理，以及牛顿第二定律和运动学公式，综合性强，对学生的要求较高，在解题时注意速度的方向5、D【解析】中微子转化为一个子和一个子过程中动量守恒，已知子的运动方向与中微子原来的方向一致，只能得出子的运动方向与中微子方向在同一直线上，可能与中微子同向也可能反向。A 一定与中微子方向一致与分析不符，故A错误；B 一定与中微子方向相反与分析不符，故B错误；C 可能与中微子方向不在同一直线上与分析不符，故C错误；D 只能与中微子方向在同一直线上与分析不符，故

17、D正确。故选：D。6、A【解析】A由图乙可知，当人射光的频率小于时，无需加遏止电压就没有光电流，说明为该金属的截止频率，故A正确；B根据爱因斯坦光电效应方程及动能定理得则得故B错误；C金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身决定，故C错误；D要测得金属的遏止电压，电源的左端应为负极，故D错误。故选A。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、BCE【解析】A分析振动图像，由乙图读出，在t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x轴负方向的

18、传播，故A错误；B由甲图读出波长为=4m，由乙图读出周期为T=0.2s，则波速为故B正确；C由乙图可知时，质点位于波谷位置。故C正确；D在t=0.10s时质点P不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程sA=10cm，故D错误；E从t=0.10s到t=0.15s，质点P振动了，根据波动规律可知，t=0.15s时，质点P位于平衡位置上方，则加速度方向沿y轴负方向，故E正确。故选BCE。8、ADE【解析】A石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体，A正确；B根据可知，一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，则，即其内能一定增加，B错误；C足球充气后很难压缩，是因为

19、足球内大气压作用的结果，C错误；D由于表面张力的作用，当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是沿液体的表面，即表面形成张力，合力指向内部，D正确；E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，E正确。故选ADE。9、CD【解析】A摩尔体积，气体分子所占空间，所以可以求得分子间的平均距离，故A错误；B因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故B错误；C当分子间距离小于r0时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力表现为斥力，故C正确；D根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向

20、性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D正确。故选CD。10、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。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、B 【解析】(1)1电阻两端电压从零开始调节，故选择分压式；电流表内阻已知，电流表选择内接法，选B(2)2接原理图连接实物图如图(3)3由实验原理得由电阻定律得

21、，横截面积，联立，可解得：12、 左 19.0 减小 181-184 【解析】(1)1根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：(2)2滑动变阻器采用分压接法，为保护电路闭合开关前滑片应置于左端。(3)3电流表量程为25mA，读量程为250mA的挡，示数为190mA，则通过二极管的电流为19.0mA；(4)4由图示图象可知，随着二极管两端电压增加，通过二极管的电流增大，电压与电流的比值减小，则二极管的正向电阻随电压增加而减小；5由图示图象可知，当电流I=15.0mA=0.015A时，U=2.72V电阻阻值四、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

22、文字说明、方程式和演算步骤。13、（1） （2）5qEx0（3）8x0d18x0【解析】（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma由运动学公式有：v02=2ax0。解得：v0= 对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0=mvA1+mvB1mv02=mvA12+mvB12。解得：vB1=v0=，vA1=0（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1有：xA1=vA1t1+at12=vB1t1从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：W=qE（x0+xA1）解得：

23、W=5qEx0。（3）设第二次碰撞前A的速度为vA1，碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2有：vA1=vA1+at1。第二次碰撞过程，有：mvA1+mvB1=mvA2+mvB2。mvA12+mvB12=mvA22+mvB22。第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度vB2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：vB22-vA22=2ax1。A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为vA2，碰撞后A、B的速度分别为vA3、vB3二、三次碰撞间经历的时间为t2有：xA2=vA2t2+at22=vB2t2。vA2=v

24、A2+at2。第三次碰撞过程，有：mvA2+mvB2=mvA3+mvB3mvA22+mvB22=mvA4+mvB4 vB4-vA4=2ax2所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+xA1+x1dx0+xA1+xA2+x2。解得：8x0d18x014、 (1)20次；(2) 1L【解析】(1)对储液桶内药液上方的气体初状态：压强p1=1105Pa，体积V1末状态：压强p2=3.0105Pa，体积V2=2L由玻一马定律得解得因为原来气体体积为，所以打气筒打气次数次(2)对储液桶内药液上方的气体初状态：压强，体积末状态：压强，体积由玻一马定律得解得所以储液桶喷出药液的体积15、（1）；（2），见解析；（3）【解析】（1）由洛伦兹力提供向心力得粒子每旋转一周动能增加2qU，则旋转周数周期粒子在磁场中运动的时间一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间（2）对粒子，由速度得其最大动能为对氘核，最大动能为若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B、由粒子换成氘核，有解得，即磁感应强度需增大为原来的倍高频交流电源的原来周期故由粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的（3）对粒子分析，其在磁场中的周期每次加速偏移的时间差为加速次数所以获得的最大动能