贵州省六校联盟2023届高三六校第一次联考物理试卷含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角=30一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d已知两球

2、的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷则下列说法不正确的是（）A两球之间的库仑力F=kB当时，斜面对小球A的支持力为C当时，细线上拉力为0D将小球B移到斜面底面左端C点，当时，斜面对小球A的支持力为02、如图所示，一人用钳碗夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力F作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起向上运动。夹子和茶杯的质量分别为m、M假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯两侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为f，则下列说法正确的是（）A人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大B当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离

3、，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力F将变小C当人加速向上提茶杯时，作用力下可以达到的最大值是D无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力F=(M+m）g3、当矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的交变电流随时间的变化规律如图甲所示。已知图乙中定值电阻R的阻值为10，电容器C的击穿电压为5V。则下列选项正确的是（）A矩形线框中产生的交变电流的瞬时值表达式为i=0.6sin100t（A）B矩形线框的转速大小为100r/sC若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，电容器不会被击穿（通过电容器电流可忽略）D矩形线框的转速增大一倍，则交变电流的表达

4、式为i=1.2sin100t（A）4、已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式：，其中r0是该点到通电直导线的距离，I为电流强度，0为比例系数（单位为N/A2）试推断，一个半径为R的圆环，当通过的电流为I时，其轴线上距圆心O点为r0处的磁感应强度应为（ ）A B CD 5、2018年12月8日2时23分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器。“嫦娥四号”探测器经历地月转移、近月制动、环月飞行,最终于2019年1月3日10时26分实现人类首次月球背面软着陆。假设“嫦娥四号在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则有关“嫦娥四号”的说法中不正确的是（ ）A由地月转移轨道进人环月

5、轨道，可以通过点火减速的方法实现B在减速着陆过程中,其引力势能逐渐减小C嫦娥四号分别在绕地球的椭圆轨道和环月椭圆轨道上运行时，半长轴的三次方与周期的平方比不相同D若知其环月圆轨道距月球表面的高度、运行周期和引力常量,则可算出月球的密度6、如图所示，轨道NO和OM底端对接且。小环自N点由静止滑下再滑上OM。已知小环在轨道NO下滑的距离小于轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦因数相同。若用a、f、v和E分别表示小环的加速度、所受的摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是（）ABCD二、多项选择

6、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、如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为乙的宽度足够大，重力加速度为g，则（ ） A若乙的速度为 v0,工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离s=B若乙的速度为 2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变C若乙的速度为 2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=D保持乙的速度 2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑

7、动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复. 若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率= mgv08、L1、L2两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场高度为h，竖直平面内有质量为m，电阻为R的梯形线框，上、下底水平且底边之比5:1，梯形高2h。该线框从如图位置由静止下落，已知AB刚进入磁场时和AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，在整个运动过程中，说法正确的是（ ）AAB边是匀速直线穿过磁场BAB边刚穿出到CD边刚要进入磁场，是匀速直线运动CAB边刚穿出到CD边刚要进入磁场，此过程的电动势为DAB边刚进入和AB边刚穿出的速度之比为4:19、

8、如图所示，正三角形的三个顶点、处，各有一条垂直于纸面的长直导线。、处导线的电流大小相等，方向垂直纸面向外，处导线电流是、处导线电流的2倍，方向垂直纸面向里。已知长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比。关于、处导线所受的安培力，下列表述正确的是（ ）A方向相反B方向夹角为60C大小的比值为D大小的比值为210、如图所示，把半径为d的玻璃半球体放在纸面上，让它的凸面向上，分别从A、B两处（其中A处为玻璃半球体的最高点）观察玻璃半球体中心O处纸面上的文字，下列说法正确的是（）A从A处看到的字比从B处看到的字高B从B处看到的字比从A处看到的字高C从A处看到的字和

9、从B处看到的字一样高D从A处看到的字和没有放玻璃半球体时一样高三、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）如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“验证牛顿第二定律”的实验。(1)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，操作方法是把长木板右端用垫木垫高，在不挂重物且计时器打点的情况下，轻推一下小车，让小车拖着纸带在长木板上运动，通过纸带判断小车是否做匀速运动，若实验中发现打点计时器在纸带上打的点如图所示，通过纸带可判断小车并不是做匀速直线运动，可通过以下措施进行改进

10、（_）A若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可B若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向左平移适当位置即可C若是纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可D若纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向右平移适当位置即可(2)采取合理的措施平衡摩擦力后开始进行实验，图是正确进行实验操作后打点计时器所打的纸带的一部分，在纸带上每隔四个点选一个点作为计数点，A、B、C、D和E为纸带上五个计数点。已知打点计时器所用的电源频率为50Hz，则AC间的距离为_

11、cm，可得小车的加速度a=_m/s2（计算结果保留两位有效数字）12（12分）实验室中有一台铭牌模糊的可拆卸式变压器，如图所示，该变压器可近似看做理想变压器。某同学欲测量它的初级次级线圈匝数：先在闭合铁芯的上端铁轭处紧密缠绕100匝漆包细铜线，并将细铜线两端与理想交流电压表构成闭合回路。（1）在次级线圈左右两端的接线柱上输入12V低压交流电压，理想交流电压表示数为60V，则次级线圈的匝数为_匝；在初级线圈左右两端的接线柱上输入12V低压交流电压，理想交流电压表示数为30V，则初级线圈的匝数为_匝。 （2）若初级线圈左右两端接线柱接入的交变电压瞬时表达式为u=311sin100t(V)，则与次级

12、线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为_V。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，一竖直光滑绝缘的管内有劲度系数为的绝缘弹簧，其下端固定于水平地面，上端与一不带电的质量为的绝缘小球A相连，开始时小球A静止。整个装置处于一方向竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为。现将另一质量也为、带电荷量为的绝缘带电小球B从距A某个高度由静止开始下落，B与A发生碰撞后起向下运动、但不粘连，相对于碰撞位置B球能反弹的最大高度为，重力加速度为，全过程小球B的电荷量不发生变化。求：(1)开始时弹簧的形变量为多少

13、；(2)AB分离时速度分别为多大；(3)B开始下落的位置距A的高度。14（16分）将轻质弹簧竖立在水平地面上在其顶端将一质量为3m的物体由静止释放当弹簧被压到最短时，弹簧压缩量为l。QN是一水平光滑轨道，N端与半径为l的光滑半圆管道相切，管道的直径MN竖直，如图所示。现将该弹簧水平放置，一端固定在Q点，另一端与质量为m的小球P接触但不连接。用外力缓缓推动小球P，将弹簧压缩后放开，P开始沿轨道运动。已知重力加速度为g，半圆管道的管口略大于小球直径。求：（1）小球P到达M点时对管道的作用力；（2）小球P离开管道后落回到NQ上的位置与N点间的距离。15（12分）如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放

14、置在空气中，中间用细软管相连，左侧U形管顶端封闭，右侧U形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为27，大气压强为，稳定时，A部分气体长度为，管内各液面高度差分别为、；求A部分气体的压强；现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了时，A部分气体长度为21cm，求时右侧U形管液面高度差。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、C【解析】A. 依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为F= k，故A正确；BC、当时,则有k= mg，对球受力分析，如图所示：根据矢量的合成法则，依据三

15、角知识，则斜面对小球A的支持力为N= mg；T= mg，故B正确，C错误；D. 当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：依据几何关系可知，T与F的夹角为120，当时，即有k=mg，根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0，故D正确；本题选择错误的答案，故选C.2、C【解析】AB无论人手夹紧还是夹子下移使夹子顶角变化，茶杯向上匀速运动时，茶杯处于平衡状态，合力为零。故摩擦力不变，故AB错误；C当向上加速时，茶杯所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，力F的值最大，则有联立解得，故C正确；D当茶杯的运动状态改变，如

16、向上匀加速运动时，F大于（M+m）g，故D错误。故选C。3、A【解析】A由图象可知，矩形线框转动的周期T=0.02s，则所以线框中产生的交变电流的表达式为i=0.6sin100t（A）故A项正确；B矩形线框转动的周期T=0.02s，所以线框1s转50转，即转速为，故B项错误；C若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，通过电容器电流可忽略，则定值电阻两端电压为u=iR=0.610sin100t（V）=6sin100t（V）由于最大电压大于电容器的击穿电压，电容器将被击穿，故C项错误；D若矩形线框的转速增大一倍，角速度增大一倍为=200rad/s角速度增大一倍，电流的最大值增大一倍，即为Im=1.2

17、A则电流的表达式为i2=1.2sin200t（A）故D项错误。4、C【解析】根据，,0单位为：Tm/A；A、等式右边单位：，左边单位为T，不同，故A错误；B、等式右边单位：，左边单位为T，不同，故B错误；C、等式右边单位：，左边单位为T，相同，故C正确；D、等式右边单位，左边单位为T，相同，但当r0=0时B=0，显然不合实际，故D错误；故选C.【点睛】本题要采用量纲和特殊值的方法进行判断，即先根据单位判断，再结合r0取最小值进行分析.结合量纲和特殊值进行判断是解决物理问题的常见方法.5、D【解析】A“嫦娥四号”由地月转移轨道进入环月轨道，需点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故A正确

18、；B在减速着陆过程中，万有引力做正功，根据功能关系可知，引力势能减小，故B正确；C根据开普勒第三定律可知，半长轴的三次方与周期的平方的比值是与中心天体质量有关的量，“嫦娥四号”分别在绕地球的椭圆轨道和环月椭圆轨道上运行时，中心天体不同，半长轴的三次方与周期的平方比不相同，故C正确；D已知“嫦娥四号”环月段圆轨道距月球表面的高度，运动周期和引力常量，但不知道月球的半径，无法得出月球的密度，故D错误；说法中不正确的，故选D。6、A【解析】A小球沿轨道下滑做匀加速直线运动，滑至点速度为，下滑过程中有同理上滑过程中有根据题意可知，所以根据加速度的定义式结合牛顿第二定律，可知加速度大小恒定，且满足A正确

19、；B小球下滑过程和上滑过程中的摩擦力大小根据题意可知，则，B错误；C小球在运动过程中根据速度与位移关系可知，速度与位移不可能为线性关系，所以图像中经过点前后小球与路程的关系图线不是直线，C错误；D小球运动过程中摩擦力做功改变小球的机械能，所以图像斜率的物理意义为摩擦力，即结合B选项分析可知下滑时图像斜率的绝对值小于上滑时图像斜率的绝对值，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、CD【解析】根据牛顿第二定律，mg=ma，得a=g，摩擦力与侧向的夹角为45，侧

20、向加速度大小为，根据2axs1-v12，解得： ，故A错误；沿传送带乙方向的加速度ayg，达到传送带乙的速度所需时间，与传送带乙的速度有关，故时间发生变化，故B错误；设t=1时刻摩擦力与侧向的夹角为，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，则，很小的t时间内，侧向、纵向的速度增量vx=axt，vy=ayt，解得 且由题意知，t，则，所以摩擦力方向保持不变，则当vx=1时，vy=1，即v=2v1故C正确; 工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，由题意知，ax=gcos，ay=gsin，在侧向上2axs1-v12，在纵向上，2ayy(2v1)21; 工件滑动时间 ，乙前进的距离y1=2v

21、1t工件相对乙的位移，则系统摩擦生热Q=mgL，依据功能关系，则电动机做功： 由 ，解得 故D正确；故选CD.点睛：本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解8、BCD【解析】A已知AB刚进入磁场时的重力等于安培力，根据安培力公式AB进入磁场后一段时间内有效切割长度变大，安培力变大，大于重力，使梯形线框减速，因为AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，所以AB边是减速直线穿过磁场，故A错误；BAB刚穿出到CD边刚要进入磁场过程中，有效切割长度保持不变，由于AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，故该过程中安培力一直等于重力

22、，做匀速直线运动，故B正确；D设AB边刚进入磁场时速度为，AB=l，则CD=5l，则AB边刚进入磁场时重力等于安培力，有设AB边刚穿出磁场时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为2lAB刚穿出磁场时的重力等于安培力有联立解得所以D正确；CAB边刚穿出到CD边刚要进入磁场过程中，线框做速度为v1的匀速直线运动，切割磁感应线的有效长度为2l，感应电动势为联立解得故C正确。故选BCD。9、AD【解析】AB结合题意，应用安培定则分析、处磁场，应用平行四边形定则合成、处磁场，应用左手定则判断、处安培力，如图所示，结合几何关系知、处导线所受安培力方向均在平行纸面方向，方向相反，故A正确，B错误；CD设导

23、线长度为，导线在处的磁感应强度大小为，结合几何关系知处磁感应强度有合导线受安培力为安合处磁感应强度有导线受安培力为联立解得大小的比值为故C错误，D正确；故选AD。10、CD【解析】只有入射角不等于零时才会发生折射，当人通过玻璃半球体看中心O处的字的时候，进入眼睛的光线沿着半球体半径，也就是球面法线，所以不发生折射，物像重合，从A处看到的字和从B处看到的字一样高，而且和没有放玻璃半球时一样高，CD正确，AB错误。故选CD。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、AC 1.23（1.211.25） 0.24（0.230.25） 【解析】(1)1

24、AB若是纸带甲端与小车相连，由图乙可知，小车做加速运动，说明平衡摩擦过度，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可，故A正确，B错误；CD若是纸带乙端与小车相连，由图乙可知，小车做减速运动，说明平衡摩擦不够，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可，故C正确，D错误。故选AC；(2)2由图可知，AC距离为由于读数误差，1.21cm1.25cm，均正确；3由图可知，AB距离为BC距离为CD距离为DE距离为由逐差法可知加速度为由于误差0.23m/s20.25m/s2均正确。12、200 400 110 【解析】(1)12由理想变压器的

25、电压与匝数关系可知次级线圈的匝数为匝初级线圈的匝数匝(2)3因交流电压表的示数为电压有效值该变压器初级、次级线圈的匝数比为2：1，由可知与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为110V.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、 (1)(2)(3)【解析】(1)设开始弹簧的压缩量为，对A故(2)B球受电场力为AB小球刚分离时对B由牛顿第二定律有AB二者加速度相等对A有所以即弹簧拉伸量等于开始时的压缩量，刚分离时AB小球速度相等，设为 依题意，B相对于碰撞位置上升最高，故AB分离后B再上升高度，AB分离后B

26、向上做竖直上抛运动，由运动学公式即(3)设AB碰后共同速度为，对AB整体从碰后到二者分离过程，由动能定理有得设B与A碰撞前速度大小为，AB碰撞过程动量守恒得B在下落过程中受重力与电场力，由动能定理解得14、（1）mg方向竖直向上（2）【解析】（1）依题意可知，当弹簧竖直放置，长度被压缩l时，质量为3m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为设小球P到达M点时的速度大小为，由能量守恒定律得联立式，代入题给数据得在M点，设小球P到达M点时的项对小球的印用力为. 代入数据.根据牛顿第三定律可知，方向竖直向上（2）设P离开M点后，落回到轨道NQ所需的时间为t，由运动学公式得P落回到NQ的位置与N点之间的距离为联立式得15、 (1) (2)【解析】设左侧A部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知，解得；由理想气体状态方程有 ，解得；由于空气柱长度增加1cm，则水银柱向右侧移动1cm，因此液面高度差，解得；