河南商丘市九校2022-2023学年高三下学期第五次调研考试物理试题含解析.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、某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0 变为kv0(k1)位移大小为x。则在随后的4t内，质点的位移大小为（ ）ABCD2、如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O

2、点下方垂直距离h=1m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L13m，L22m，则A、B两小球（）A周期之比T1：T22：3B角速度之比1：23：2C线速度之比v1：v2：D向心加速度之比a1：a28：33、重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从开始到稳定的为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从开始到稳定的为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是A的中子数比中子数少20个B从到，共发生7次衰变和4次衰变CNp237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化D与是不

3、同的元素4、在冬季，剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来其中主要原因是A软木塞受潮膨胀B瓶口因温度降低而收缩变小C白天气温升高，大气压强变大D瓶内气体因温度降低而压强减小5、真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。粒子重力不计。下列说法中正确的是（）A在荧光屏上只出现1个亮点B三种粒子出偏转电场时的速度相同C三种粒子在偏转电场中运动时间之比为211D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1226、一同学研究箱子的运动，让一质量为的箱子在水平恒力

4、的推动下沿光滑水平面做直线运动，箱子运动的图线如图所示，是从某时刻开始计时箱子运动的时间，为箱子在时间内的位移，由此可知（）A箱子受到的恒力大小为B内箱子的动量变化量为C时箱子的速度大小为D内箱子的位移为二、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、回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U。下列说

5、法正确的是（）A交变电场的周期为B粒子射出加速器的速度大小与电压U成正比C粒子在磁场中运动的时间为D粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为8、如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介质中沿BP方向传播，P与B相距40cm，B点的振动图像如图乙所示；沿竖直方向振动的横波I在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距50cm，C点的振动图像如图丙所示。在t=0时刻，两列波同时分别经过B、C两点，两列波的波速都为20cm/s，两列波在P点相遇，则以下说法正确的是（）A两列波的波长均为20cmBP点为减弱点，振幅是为10cmC4.5s时P点在平衡位置且向下振动D波遇到40cm的

6、障碍物将发生明显衍射现象E.P点为加强点，振幅为70cm9、如图所示，轻弹簧下端固定在粗糙斜面的挡板上，上端连接一小滑块（视为质点），弹簧处于自然状态时滑块位于O点先用外力缓慢地把滑块移至A点，此时弹簧的弹性势能为Ep，然后撤去外力，滑块沿斜面向上最高能滑到B点，该过程中滑块的最大动能为Ekm，滑块的动能最大时其所在位置距A点的距离为L下列说法正确的是A滑块从A点滑到O点的过程中，其加速度大小先减小后增大B滑块从A点滑到O点的过程中，其动能一直增大C滑块经过距A点距离为的位置时，其动能大于D滑块从A点滑到B点的过程中，克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为Ep 10、如图，MN、PQ两条平行的光

7、滑金属轨道与水平面成=37角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，当电阻箱R=0时，杆的最大速度为2m/s，当电阻箱R=4时，杆的最大速度为4m/s。已知轨距为L=2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计。以下说法正确的是（ ）A杆ab的最大速度随电阻箱R的增大而均匀增大B当R一定时，杆ab下滑时通过R的电流方向由P到MC当R=4时，杆ab从释放到获得最大速度的过程中，杆ab所受安培力的功率等于杆ab的热功率D由已知条件可以求得，

8、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）图甲是某同学在做“探究加速度与力、质量的关系”实验初始时刻的装置状态图，图乙是该同学得到一条用打点计时器打下的纸带。(1)写出图甲中错误的地方_。（至少写出两点）(2)图甲中所示打点计时器应该用以下哪种电源_。A交流46V B交流220VC直流46V D直流220V(3)为完成“探究加速度与力、质量的关系”实验，除了图甲中装置外，还需要用到以下哪些装置_。A BC D(4)该装置还可用于以下哪些实验_。A探究小车速度随时间变化的规律实验B用打点计时器测速度实验C研究平抛运动的实验D探究做功与物体

9、速度变化的关系实验(5)图乙是打点计时器打出的点，请读出C点对应的刻度为_cm，已知打点计时器的频率为50Hz，打点计时器在打C点时物体的瞬时速度vC=_m/s，由此纸带测得小车的加速度为a=_m/s2（最后两空计算结果均保留到小数点后面两位数字）。12（12分） (1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是_mm；(2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。己知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地

10、的重力加速度为，那么：根据图上所得的数据，应取图中O点到_点来验证机械能守恒定律；从O点到问中所取的点，重物重力势能的减少量=_J，动能增加量=_J（结果取三位有效数字）；若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是下图中的_。ABCD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）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差与气泡半径r之间的关系为，其中。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升。已知大气压强，水的密度，重力

11、加速度g取。（i）求在水下10m处气泡内外的压强差；（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。14（16分）如图为一个简易的“高度计”示意图，在一竖直放置于水平地面上的密闭玻璃瓶中竖直插入一根较长透明细吸管，瓶内有一定量的蓝黑墨水和空气，由于内外压强差，吸管内水面将与瓶内有一定高度差h。通过查阅资料，地面附近高度每升高12m，大气压降低lmmHg，设lmmHg相当于13.6mm高蓝黑墨水水柱产生的压强，不计管内水面升降引起的瓶内空气体积的变化。现将玻璃瓶放到离地12m高的平台上时，吸管内水面将_（填“上升”或“下降”）_mm（温度保持不变）

12、；已知玻璃瓶放在地面上时，瓶附近温度为27，大气压为750mmHg，测得水面高度差为136mm。然后将玻璃瓶缓慢平移到某高处，稳定后发现水面升高了136mm，同时测得瓶附近温度比地面高3，则此处距地面多高？15（12分）如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c、到达状态d，已知一定质量的理想气体的内能与温度满足（k为常数）。该气体在状态a时温度为，求：气体在状态d时的温度气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量参考答案一、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】质点做匀加速直线运动，加速度为t时刻内位移为联

13、立可得则在随后的4t内，质点的位移大小为将代入得故A正确，BCD错误。故选A。2、C【解析】AB小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为。对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：在竖直方向有Fcos-mg=0在水平方向有 由得 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=Lcos，相等，所以周期相等T1：T2=1：1角速度则角速度之比1：2=1：1故AB错误；C根据合力提供向心力得解得 根据几何关系可知故线速度之比故C正确；D向心加速度：a=v，则向心加速度之比等于线速度之比为故D错误。故选C。3、B【解析】的中子数为238-92

14、=146个，的中子数为209-83=126个，则的子数比的中子数多20个，A错误；根据质量数守恒有：237-209=47，知发生了7次衰变，根据电荷数守恒有：93-83=27-4，知发生了4次衰变，B正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，C错误；与的质子数相同，中子数不同，它们是相同的元素，D错误4、D【解析】木塞难拔出的现象，是因为瓶内的气压小于瓶外的大气压，所以外界大气压对瓶塞向里的压力大于瓶内气体对木塞向外的压力，可以根据理想气体的等容变化分析瓶内的气压变化【详解】一开始暖瓶塞受力平衡如图： 由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的温度降低，根据查理定

15、律得： ；由于，所以，即暖瓶内的压强由原来的减小为现在的，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力A软木塞受潮膨胀，与结论不相符，选项A错误；B瓶口因温度降低而收缩变小，与结论不相符，选项B错误；C白天气温升高，大气压强变大，与结论不相符，选项C错误；D瓶内气体因温度降低而压强减小，与结论相符，选项D正确；故选D.5、A【解析】ABC根据动能定理得则进入偏转电场的速度因为质子、氘核和粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比为，在偏转电场中运动时间，则知时间之比为，在竖直方向上的分速度则出电场时的速度因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，偏转位移因为则有与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等

16、，荧光屏将只出现一个亮点，故A正确，BC错误；D偏转电场的电场力对粒子做功W=qEy因为E和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2，故D错误。故选A。6、D【解析】A将匀变速直线运动位移公式两边同除以可得对比图线可知，箱子的初速度图线斜率为箱子运动的加速度由牛顿第二定律，恒力故A错误；B箱子的初动量为时箱子的速度大小内箱子的动量变化量故B错误；C时箱子的速度大小为故C错误；D内箱子的位移为故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、CD【解析

17、】A为了能够使粒子通过狭缝时持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动周期相同，即A错误；B粒子最终从加速器飞出时解得粒子飞出回旋加速器时的速度大小和无关，B错误；C粒子在电场中加速的次数为，根据动能定理粒子在磁场中运动的时间C正确；D粒子第一次经过电场加速进入磁场，洛伦兹力提供向心力解得D正确。故选CD。8、ACE【解析】A两列波的周期都是计算波长A正确；BE根据题意而时刻两波的振动方向相反，则P是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为70cm，B错误，E正确；C波从C传到P的时间波从B传到P的时间在时刻，横波I与横波II两波叠加，P点经过平衡位置向下运动，在时刻，经过了两个周期，P点经

18、过平衡位置向下运动，C正确；D因波长为20cm，则当波遇到40cm的障碍物将不会发生明显衍射现象，D错误。故选ACE。9、ACD【解析】滑块从A点滑到O点的过程中，弹簧的弹力逐渐减小直至零，弹簧的弹力先大于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，再等于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，后小于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，合外力先沿斜面向上，随着弹簧的减小，合外力减小，则加速度减小合外力后沿斜面向下，随着弹簧的减小，合外力反向增大，则加速度反向增大，所以加速度大小先减小后增大，故A正确在AO间的某个位置滑块的合外力为零，速度最大，所以滑块从A点滑到O点的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小

19、，故B错误设动能最大的位置为C，从A到C，由动能定理得：，设距A点距离为的位置为D，此位置动能为；滑块从A到D的过程，由动能定理得：，因为，则故C正确滑块从A点滑到B点的过程中，根据动能定理得：，又，则得，即克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为，故D正确10、AD【解析】A设杆的最大速度为，根据平衡条件可得解得所以杆的最大速度随电阻箱的增大而均匀增大，故A正确；B当一定时，杆下滑时根据右手定则可知通过的电流方向由到，则通过的电流方向由到，故B错误；C当时，杆从释放到获得最大速度的过程中，杆所受安培力的功率等于杆的热功率与电阻箱产生的热功率之和，故C错误；D由于，根据题意可知，当电阻箱时，杆的最

20、大速度为2m/s，代入则有当电阻箱时，杆的最大速度为4m/s，代入则有联立可得，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、小车释放时距打点计时器过远；细线没有放在滑轮上；细线没有与木板平行 B BC ABD 11.00 0.60（0.590.63均可） 1.35（1.301.40均可） 【解析】（1）1小车释放时距打点计时器过远、细线没有放在滑轮上、细线没有与木板平行均为错误操作；（2）2图甲中是电火花计时器，电源应用交流电压220V，故选B；（3）3题图甲中已经有了电火花计时器，故不再需要电磁打点计时器，故A错误；实验中

21、需要测量小车质量及纸带点间距离，故要用到天平和刻度尺，故BC正确；题图甲中已经有钩码，不需要质量较大的砝码，故D错误，故选BC；（4）4本装置不能做平拋运动实验，其他均可，故选ABD；（5）567刻度尺分度值为1mm，故读数为11.00cm；选C点前后点数据可得瞬时速度前面的点抖动明显存在误差，选择后面的点计算12、1.609 B 1.88 1.84 A 【解析】(1)1螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为所以最终读数为1.5mm+0.109mm=1.609mm(2)2根据图上所得的数据，应取图中点到点来验证机械能守恒定律；3从点到点的过程中，重物重力势能的减少量4点的瞬时速度等于段的

22、平均速度，则有重物动能的增加量5根据机械能守恒得则有可知的图线是过原点的倾斜直线，故A正确，B、C、D错误；故选A。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】（i）内外压强差（ii）气泡在水下10m处有接近水面处有等温变化有解式得由式知，则14、上升， 1.36； 28.8m【解析】根据平衡可得：由于是密封玻璃瓶，瓶内气体压强p不变，而外界大气压强p0减小，故吸管内水面将上升。每升高12m，大气压降低lmmHg，lmmHg相当于13.6mm高蓝黑墨水水柱产生的压强，则升高1.2m时吸管内水面将上升1.36mm。玻璃瓶在地面上时：温度T1=300K，压强：玻璃瓶在高处时：温度T2=303K，压强p2，由于瓶内空气体积一定，故根据查理定律可得：解得：p2=767.6mmHg此高度处大气压为：则此处高度为：h=（750-747.6）12m=28.8m15、Td =3T0 Q= 2kT06p0V0【解析】由a到d气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可以求出气体的温度；求出气体做的功，然后应用热力学第一定律求出从外界吸收的热量；【详解】解：状态a与状态d压强相等，由：可得： 依题意可知：， 由热力学第一定律，有：其中：联立可得：