福建省晋江市季延中学2022-2023学年高三第一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注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、某实验小组要测量金属铝的逸出功，经讨论设计出如图所示实验装置，实验方法是：把铝板平放在桌面上，刻度尺紧挨着铝板垂直桌面放置，灵敏度足够高的荧光板与铝板平行，并使整个装置处于垂直纸面向里、

2、磁感应强度为B的匀强磁场中；让波长为的单色光持续照射铝板表面，将荧光板向下移动，发现荧光板与铝板距离为d时，荧光板上刚好出现辉光。已知普朗克常量为h，光在真空中传播速度为c，电子电量为e，质量为m。下列说法正确的是（）A金属铝的逸出功为B从铝板逸出的光电子最大初动能为C将荧光板继续向下移动，移动过程中荧光板上的辉光强度可能保持不变D将荧光板继续向下移动到某一位置，并增大入射光波长，板上的辉光强度一定增强2、图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为51。变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20的定值电阻串联接在副线圈两端。电流表、均为理想电表。则（）A电流表示

3、数为0.2AB电流表示数为5AC电压表示数为4VD通过电阻R的交流电的周期为210-2s3、如图所示，一个圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴匀速转动角速度为，盘面上有一质量为m的物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为r，下列说法正确的是（ ）A物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为m2rB物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为m2rC物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为m2rD物块只受重力、弹力作用，合力大小为零4、一物体置于一长木板上，当长木板与水平面的夹角为时，物体刚好可以沿斜面匀速下滑。现将长木板与水平面的夹角变为，再将物体从长木板顶端由静止释放；用、和分别

4、表示物体的位移、物体运动的速度、物体运动的加速度、物体的动能和物体运动的时间。下列描述物体由静止释放后的运动规律的图象中，可能正确的是（ ）ABCD5、如图所示，一节干电池的电源电动势E1.5V，内阻r1.0，外电路电阻为R，接通电路后，则（）A电压表读数一定是1.5VB电流表读数可能达到2.0AC电源每秒钟有1.5J的化学能转化为电能D1C的正电荷在电源内从负极移送到正极非静电力做功为1.5J6、在探究影响感应电流方向的因素实验中，用灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”和“拔出”磁铁，使线圈中产生感应电流，记录实验过程中的相关信息，就可以分析得出感应电流方向遵循的规律。下图为某同学的部

5、分实验记录，在图1中，电流计指针向左偏转。以下说法正确的是（）A在图2所示实验过程中，电流计指针应该向左偏转B在图3所示实验过程中，电流计指针应该向左偏转C这组实验可以说明，感应电流的磁场方向与线圈的绕向有关D这组实验可以说明，感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向有关二、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、如图(a)所示，在轴上有、三点，且，。一列简谐波沿轴正方向传播，图示为0时刻的波形。再过的时间质点第二次振动至波峰。对此下列说法正确的是_。A点的振幅为B波速为C频率为D

6、质点在内的运动路程为E.质点在时沿轴正方向运动8、一简谐机械横波沿x轴正方向传播，时刻波形如图甲所示a、b、d是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。则下列说法正确的是（）A该波传播速度大小为3m/sB图乙可以表示d质点的振动C图乙可以表示b质点的振动D时，质点速度沿y轴负方向9、如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1是滑动变阻器，R2=0.5r，当滑片P处于中点时，电源的效率是50%，当滑片由a端向b端移动的过程中（）A电源效率增大B电源输出功率增大C电压表V1和V的示数比值增大D电压表V1和V示数变化量、的比值始终等于10、在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均

7、为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大三、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）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听

8、到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移（空气阻力对本实验的影响可以忽略）（1）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为_（3）以下能引起实验误差的是_A、滑块的质量 B、当地重力加速度的大小 C、长度测量时的读数误差D、小球落地和滑块撞击挡板不同时12（12分）某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，同时测量弹簧的弹性势能，实验装置如图甲所示，两滑块A、B上各固定一相同窄片。部分实验步骤如下：I.用螺旋测微器测量窄片的宽度d；II.将气垫导轨调成水平；II.将A、B用细线绑住，在AB间放入一个被

9、压缩的轻小弹簧；IV.烧断细线，记录A、B上的窄片分别通过光电门C、D的挡光时间t1、t2。(1)若测量窄片的宽度d时，螺旋测微器的示数如图乙所示，则d=_mm。(2)实验中，还应测量的物理量是_A滑块A的质量m1以及滑块B的质量m2B烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的时间tA、tBC烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的路程x1、x2(3)验证动量守恒定律的表达式是_ ；烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=_。(均用题中相关物理量的字母表示)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，内壁光滑长度为4

10、L、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计原长3L、劲度系数的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点开始活塞D距汽缸B的底部为3L后在D上放一质量为的物体求：稳定后活塞D下降的距离；改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少? 14（16分）如图所示，内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体。当气体的温度，大气压强时，活塞与气缸底部之间的距离=30cm，已知活塞的面积

11、为，不计活塞的质量和厚度，现对缸内气体加热，使活塞缓慢上升当温度上升至时，求：封闭气体此时的压强该过程中气体对外做的功15（12分）穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流，电路中就一定会有电动势，这个电动势叫做感应电动势。感应电动势的大小可以用法拉第电磁感应定律确定。(1)写出法拉第电磁感应定律的表达式；(2)如图所示，把矩形线框放在磁感应强度为B的匀强磁场里，线框平面 跟磁感线垂直。设线框可动部分MN的长度为L。它以速度v向右运动。请利用法拉第电磁感应定律推导E=BLv。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

12、求的。1、A【解析】AB从铝板中逸出的光电子具有最大初动能的电子在磁场中做圆周运动的直径为d，则由解得最大初动能金属铝的逸出功为选项A正确，B错误；C将荧光板继续向下移动，则达到荧光板的光电子会增加，则移动过程中荧光板上的辉光强度要增加，选项C错误；D增大入射光波长，则光电子最大初动能减小，则光子在磁场中运动的最大半径减小，则达到板上的电子数减小，则板上的辉光强度不一定增强，选项D错误。故选A。2、A【解析】AB根据图象可得原线圈的电压的最大值为，所以电压的有效值为原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为51，则有解得副线圈电压则副线圈中的电流根据变压器电流与匝数的关系有所以原线圈中的电流即电

13、流表的读数故A正确，B错误；C电压表示数为电阻R上的电压，根据欧姆定律有故C错误；D由乙图可知通过电阻R的交流电的周期为410-2s，故D错误。故选A。3、C【解析】对物体进行受力分析可知物体受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。物体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有：选项ABD错误，C正确。故选C。4、D【解析】BC当长木板的倾角变为时，放在长木板上的物体将由静止开始做匀加速直线运动，物体的速度随时间均匀增大，物体的加速度不变，故BC项错误；A由知，A项错误；D由动能定理得，故物体的动能与物体的位移成正比，D项正确。故选D。5、D【解析】A电压表测量路端电压，读数小于电

14、动势1.5V，A错误；B外电阻和内电阻串联，根据闭合电路欧姆定律得B错误；C电路的电流未知，无法求出每秒钟转化为电能的数值，C错误；D根据电动势的定义可知，电动势为1.5V，表明1C的正电荷在电源内从负极移送到正极非静电力做的功为1.5J，D正确。故选D。6、D【解析】如图1所示，当磁铁的N极向下运动时，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向上，由安培定则可知感应电流的方向螺旋向下，此时电流从下向上流过电流表，发现电流表指针向左偏转，可知电流表指针偏转方向与电流方向间的关系：电流从下向上流过电流表，电流表指针向左偏转，电流从上向下流过电流表，则电流表指针向右偏转；A在图2所示实验过程中，磁铁

15、的S极向下运动时，穿过螺线管向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，由安培定则可知感应电流的方向螺旋向上，此时电流从上向下流过电流表，电流计指针应该向右偏转，故A错误；B在图3所示实验过程中，磁铁的N极向上运动时，穿过螺线管向下的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，由安培定则可知感应电流的方向螺旋向上，此时电流从上向下流过电流表，电流计指针应该向右偏转，故B错误；CD同理可知图4穿过螺线管向上的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向上，由安培定则可知感应电流的方向螺旋向下，此时电流从下向上流过电流表，电流计指针应该向左偏转，所以这组实验可

16、以说明，感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向、磁铁运动的方向有关，而实验中线圈缠绕方向一致，所以不能研究感应电流的磁场方向与线圈的绕向的关系，故C错误，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、ACE【解析】A由图像知波长为振幅为故A正确；B简谐波沿轴正方向传播，则质点向上运动；时点恰好第二次到达波峰，对应波形如图所示传播距离则波速为故B错误；C简谐波的周期为则简谐波的频率故C正确；DE质点运动了时间为则运动路程小于，此时质点在平衡位置的下方，沿轴正方向运动，

17、故D错误，E正确；故选ACE。8、AC【解析】A由题图甲可知波长，由题图乙可知周期，则波速A正确；BCa、b、d三质点中在时位于平衡位置的是b和d质点，其中b质点向y轴正方向运动，d质点向y轴负方向运动。则题图乙可以表示b质点的振动，C正确，B错误；D时a质点通过平衡位置向y轴正方向运动，D错误。故选AC。9、ACD【解析】A.滑片由a端向b端移动的过程中，R1逐渐增大，总电阻增大，总电流减小，内阻所占电压减小，路端电压增大，电源的效率，电源的效率增大，故A正确；B.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，滑片处于a端时，外电路电阻为R2=0.5rr，当滑片P处于中点时，电源的效率是50%

18、，此时路端电压等于内电压，即外电路电阻等于内阻，此时输出功率最大，所以当滑片由a端向b端移动的过程中，电源输出功率先增大后减小，故B错误；C.串联电路电流相等，则，当滑片由a端向b端移动的过程中，R1增大，增大，故C正确；D.根据闭合电路欧姆定律得：U1=EI（R2+r）U=EIr则有：则故D正确。故选ACD。10、CD【解析】试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减

19、小，则降压变压器的输出电压减小，故B错误根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确根据，则有：；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大故D正确故选CD考点：远距离输电三、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、 CD 【解析】（1）由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，对滑块，位移：x=at2；对小球，位移：H=gt2，解得：；（2）设斜面倾角为，则：sin= ，cos= ，对滑块，由牛顿第二定律

20、得：mgsin-mgcos=ma，加速度：，解得：=；（3）由=可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选CD【点睛】本题考查了测动摩擦因数实验，应用匀加速直线运动和自由落体运动、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用；知道实验原理是正确解题的关键12、4.800 A 【解析】(1)1螺旋测微器主尺的示数为4.5mm，可动刻度的示数为0.01mm30.0=0.300mm，故d=4.5mm+0.300mm=4.800mm(2)2验证动量守恒定律，需要测量滑块A、B的质量m1和m2故选A(3)3根据动量守恒定律其中

21、、可得4根据能量守恒定律可得，烧断细线前弹簧的弹性势能四、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、（i）（ii）【解析】（1）开始时被封闭气体的压强为 ，活塞C距气缸A的底部为l，被封气体的体积为4lS，重物放在活塞D上稳定后，被封气体的压强为： 活塞C将弹簧向左压缩了距离l1，则活塞C受力平衡，有： 根据玻意耳定律，得： 解得：x=2l 活塞D下降的距离为：l4lx+l1=l（2）升高温度过程中，气体做等压变化，活塞C的位置不动，最终被封气体的体积为(4l+ l1)S，对最初和最终状态，根据理想气体状态方程得 解得：t2

22、377【点睛】本题考查玻意耳定律的应用及压强的计算，关键要注意首先明确气体发生的什么变化，根据力平衡法求气体的压强，然后才能分析状态参量，由理想气体的状态方程或实验定律进行分析求解，第二问要注意升温过程压强不变，弹簧的形变量不变，活塞C不动.14、30J【解析】试题分析：（1）对活塞进行受力分析：得：设活塞上升到卡球处时气体温度为，初状态体积，温度为，末状态体积为，则：解得：气体还将进行等容不得升温，初状态压强为，温度为T，末状态压强为，温度为，则：解得：（2）该封闭气体仅在等压膨胀过程中对外做功，则：考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】先写出已知条件，对活塞进行受力分析，根据理想气体状态方程求压强；活塞克服重力和外面的大气压做功，利用功的计算公式即可求解，注意应用公式时，温度为热力学温度15、 (1)；(2)见解析【解析】(1)法拉第电磁感应定律(2)t时间内回路增加的面积由法拉第电磁感应定律