贵州省铜仁市一中2022-2023学年高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、如图所示，在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等

2、，一金属导线制成的圆环刚好与磁场边界重合，下列说法中正确的是A若使圆环向右平动，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B若使圆环竖直向上平动，感应电流始终沿逆时针方向C若圆环以ab为轴转动，a点的电势高于b点的电势D若圆环以ab为轴转动，b点的电势高于a点的电势2、已知一物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑，上滑长度为L时，速度减为0，当物体的上滑速度是初速度的时，它沿斜面已上滑的距离是ABCD3、某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻

3、力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。下列说法正确的是（）A将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL+mgLsinB将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I2RC将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小D将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变4、在平直公路上甲乙两车从同一地点出发，两车位移x和时间t的比值与时间t之间的关系如图所示。下列说法正确的是（）A甲车的加速度大小为5m/s2B6s末乙车速度减小到零C甲车追上乙车前，2s末甲乙两车相距最远D乙车速度减小到零时，甲车速度为30m/s5、光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜

4、面A，斜面质量为M，底边长为 L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为，则下列说法中正确的是（）AB滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为C滑块到达斜面底端时的动能为D此过程中斜面向左滑动的距离为6、如图所示，曲线I是一颗绕地球做圆周运动的卫星P轨道的示意图，其半径为R；曲线是一颗绕地球做椭圆运动的卫星Q轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（）A椭圆轨道的长轴长度为RB卫星P在I

5、轨道的速率为，卫星Q在轨道B点的速率为，则C卫星P在I轨道的加速度大小为，卫星Q在轨道A点加速度大小为，则D卫星P在I轨道上受到的地球引力与卫星Q在轨道上经过两轨道交点时受到的地球引力大小相等二、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、有一列沿x轴传播的简谐橫波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a和在x=6m处的质点b的振动图线分别如图1图2所示则下列说法正确的是_A质点a的振动方程为y=4sin(t+)cmB质点a处在波谷时，质点b-定处在平衡位置且向y轴正方向振动

6、C若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3m/sD若波沿x轴负方向传播，这列波的最大波长为24mE.若波的传播速度为0.2m/s，则这列波沿x轴正方向传播8、从水平面上方O点水平抛出一个初速度大小为v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O等高的A点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。若只改变初速度大小，使小球仍能击中A点，则初速度大小可能为（ ）A2v0B3v0CD9、下列说法正确的是_。A利用单摆测重力加速度实验中，小球的质量不需要测量B在光导纤维束内传送图像是利用光的衍射现象C泊松亮斑是光透过圆盘形成的衍射现象D用标准

7、平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象E.潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的衍射原理10、一列沿x轴传播的横波在t0.05 s时刻的波形图如图甲所示，P、Q为两质点，质点P的振动图象如图乙所示，下列说法中正确的是_A该波的波速为20 m/sB该波沿x轴负方向传播Ct0.1 s时刻质点Q的运动方向沿y轴正方向Dt0.2 s时刻质点Q的速度大于质点P的速度E.t0.3 s时刻质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离三、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）某同学用如图甲所示的电路测量一段总阻值约为10的均匀电阻丝的

8、电阻率。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹，从而可改变接入电路的电阻丝长度。实验提供的器材有：电池组E（电动势为3.0V，内阻约1）；电流表A1（量程00.6A）；电流表A2（量程0100mA）；电阻箱R（099.99）；开关、导线若干。实验操作步骤如下：用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；根据所提供的实验器材，设计如图甲所示的实验电路；调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大，将金属夹夹在电阻丝某位置上；闭合开关，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；改变P的位置，调整_，使电流表再次满偏；重复多次

9、，记录每一次的R和L数据；(1)电流表应选择_（选填“A1”或“A2”）；(2)步骤中应完善的内容是_；(3)用记录的多组R和L的数据，绘出了如图乙所示图线，截距分别为r和l，则电阻丝的电阻率表达式=_（用给定的字母表示）；(4)电流表的内阻对本实验结果_（填“有”或“无”）影响。12（12分）用图甲所示装置探究动能定理。有下列器材：A电火花打点计时器；B220V交流电源；C纸带；D细线、小车、砝码和砝码盘；E.一端带滑轮的长木板、小垫木；F.刻度尺。甲 乙(1)实验中还需要的实验器材为_。(2)按正确的实验操作，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙，图中数据xA、xB和xAB已测出，交流电频率

10、为f，小车质量为M，砝码和砝码盘的质量为m，以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，从A到B过程中，合力做功为_，动能变化量为_，比较二者大小关系，可探究动能定理。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，封有一定质量理想气体的圆柱形气缸竖直放置，气缸的高度H=30cm，缸体内底面积S=200cm2，缸体质量M=10kg。弹簧下端固定在水平桌面上，上端连接活塞，当缸内量气体温度T0=280K时，缸内气体高h=20cm。现缓慢加热气体，使活塞最终恰好静止在缸口（未漏气），此过程中缸内气体吸收热量为Q=450J

11、。已知大气压恒为p0=1l05Pa，重力加速度g=10m/s2，不计活塞质量、厚度及活塞与缸壁的摩擦，且气缸底部及活塞表面始终保持水平。求：（i）活塞最终静止在缸口时，缸内气体的温度；（ii）加热过程中，缸内气体内能的增加量。14（16分）如图所示，用同种材料制成的倾角的斜面和水平轨道固定不动小物块与轨道间动摩擦因数，从斜面上A点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失(1)若已知小物块至停止滑行的总路程为s，求小物块运动过程中的最大速度vm(2)若已知=0.1小物块在斜面上运动时间为1s，在水平面上接着运动0.2s后速度为vt，这一过程平均速率m/s求vt的值（本小题中g=10m/

12、s2）15（12分）如图所示，一长木板在水平地面上向右运动，速度v0=7m/s时，在其最右端轻轻放上一与木板质量相同的小铁块。已知小铁块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，整个过程小铁块没有从长木板上掉下来，重力加速度g取10m/s2。求(1)小铁块能达到的最大速度vm；(2)小铁块与长木板都停止运动后，小铁块离长木板最右端的距离x。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】若圆环向右平动，由楞次定律知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量未发生变化，

13、所以圆环中无感应电流产生，B错误；若圆环以ab为轴转动，在090内，由右手定则知b点的电势高于a点的电势，在90180内，由右手定则知a点的电势高于b点的电势，以后a、b两点电势按此规律周期性变化，CD错误故选A.2、B【解析】物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑时初速度为v0，上滑长度为L时，速度减为0，有：，当物体的上滑速度是初速度的时，此时速度为，有，联立以上两等式得：，故选B。3、A【解析】AB对弹丸受力分析，根据牛顿第二定律安培力做功A正确，B错误；CD弹丸做匀加速直线运动，速度一直增大，根据可知安培力的功率一直增大，CD错误。故选A。4、D【解析】A根据可得甲车的加速度大小为 选项

14、A错误；B由图像可知，乙车的初速度为v0=15m/s，加速度为则速度减为零的时间为选项B错误；C当两车相距最远时速度相等，即解得t=1s选项C错误；D乙车速度减小到零时需经过t=3s，此时甲车速度为选项D正确。故选D。5、D【解析】A当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，故A错误；B滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为故B错误；CB下降的高度为，其重力势能的减小量等于，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于，故C错误；D系统水平方向不受外力，水

15、平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为、，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得即有又解得故D正确。故选D。6、B【解析】A开普勒第三定律可得：因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为R椭圆，故a=R，即椭圆轨道的长轴的长度为2R。故A错误。B根据万有引力提供向心力可得：故，由此可知轨道半径越大，线速度越小；设卫星以OB为半径做圆周运动的速度为，则；又卫星在的B点做向心运动，所以有，综上有。故B正确。C卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：所以加速度为，又有OAR，所以，故C错误。D由于不知道两卫星质量关系，故万有引力关系不确定，故D错误。故选B。二、多项选择题

16、：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、BDE【解析】由于题目中不知道波的传播方向，所以在做此类问题时要分方向讨论，在计算波速时要利用波的平移来求解【详解】A. 把t=0代入振动方程为y=4sin(t+)cm，可知此时a的位置应该在+4处，和所给的图不相符，故A错；B. 从图像上可以看出质点a处在波谷时，质点b-定处在平衡位置且向y轴正方向振动，故B对；C. 若波沿x轴正方向传播，从图像上可以看出b比a至少滞后6s，而ab之间的距离为6m，所以这列波的最大传播速度为1m/s，故C错；D

17、、若波沿x轴负方向传播，从图像上可以看出，a比b至少滞后2s，所以这列波的最大波速为： 则最大波长为 ，故D对；E、根据图像，若波沿x正方向传播，则波速的表达式为 ，当 ，解得： ，有解说明波是沿x正方向传播，故E对；故选BDE8、CD【解析】设竖直高度为h，小球以v0平抛时与地面碰撞一次，反弹后与A点碰撞，在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两倍，则有水平方向的位移设当平抛速度为时，经与地面n次碰撞，反弹后仍与A点碰撞，则运动的时间为水平方向的位移不变，则有解得（n=1，2，3.）故当n=2时；当n=3时；故AB错误，CD正确

18、。故选CD。9、ACD【解析】A由单摆周期公式可得，与质量无关，所以利用单摆测重力加速度实验中，小球的质量不需要测量，故A正确；B在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，故B错误；C泊松亮斑是光透过圆盘形成的衍射现象，故C正确；D用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故D正确；E潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理，故E错误。故选：ACD。10、ACD【解析】A分析图甲确定波长4m，根据图乙确定周期T0.2s，则该波的波速故A正确；B分析图乙可知，t0.05s时，质点P处于平衡位置沿y轴负方向运动，根据波动规律可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；C分析图甲

19、可知，t0.05s时，质点Q处于波谷，t0.1s时，质点Q位于平衡位置沿y轴正方向运动，故C正确；Dt0.2s时刻，质点Q位于平衡位置，质点P位于波峰，质点Q的速度大于质点P，故D正确；Et0.3s时，质点Q位于平衡位置，质点P位于波谷，质点Q距平衡位置的距离小于质点P，故E错误故ACD。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、A2 电阻箱R的阻值 无 【解析】(1)1当电流表A1接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为；而当电流表A2接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为，可知电流表应选择A2；(2)2步骤中应完善的内容是：改变P的位置，调

20、整电阻箱R的阻值，使电流表再次满偏；(3)3当每次都是电流表满偏时，外电路的总电阻是恒定值，设为R0，则即由图像可知即 (4)4若考虑电流表的内阻，则表达式变为因R-L的斜率不变，则测量值不变，即电流表的内阻对实验结果无影响。12、天平 mgxAB 【解析】(1)1因为需要测量小车以及砝码和砝码盘的质量，所以实验中还需要的实验器材为天平。(2)2以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，平衡摩擦力后，系统所受合外力做的功为3匀变速直线运动的某段时间内，中间时刻速度等于平均速度其动能变化量为四、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

21、。13、 (i) 420K；(ii) 240J。【解析】(i)加热过程为等压变化，设缸内气体的末态温度为T，初态温度为T0=280K由盖-吕萨克定律有 代入数据解得T=420K (ii)设缸内气体的压强为p；对气缸由平衡条件有Mg+p0S=pS 该过程气体对外做功W=pS(H-h) 则外界对气体做功为W=-W 由热力学第一定律有U=W+Q 代入数据解得U=240J14、（1） （2）1m/s【解析】(1)对物体在斜面上时，受力分析，由牛顿第二定律得a1=gsincos在水平面有：a2=g物体的最大速度：vm=a1t1=a2t2整个过程物体的位移：s=t1+t2解得：vm=(2)已知=0.1，解

22、得：a2=g=0.110 m/s2=1m/s2最大速度：vm=vt+a2t2=vt+10.2=vt+1由匀变速直线运动的速度位移公式得：s2=由位移公式得：s1=t1=1=而：已知：t1=1s，t2=0.2s，=m/s，解得：vt=1m/s15、（1）1m/s；（2）3.125m【解析】(1)设铁块与木板开始时的加速度大小分别为、， 由牛顿第二定律得解得，当二者速度相等时，铁块的速度最大，根据速度公式可得解得，(2)铁块从开始运动到最大速度发生的位移木板从开始减速到发生的位移设木板从停止运动过程中的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得解得铁块从最大速度到停止运动发生的位移木板从停止运动过程中发生的位移为最终铁块离木板右端的距离