2023届贵州省六盘水市钟山区六盘水高三适应性调研考试物理试题含解析

2023学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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、在光电效应实验中，某实验小组用同种频率的单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应。对这两个过程，下列四个物理量中，可能相同的是（）A．饱和光电流 B．遏止电压C．光电子的最大初动能 D．逸出功2、如图所示，R3处是光敏电阻，a、b两点间接一电容，当开关S闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻R3时,下列说法正确的是（）A．R3的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大B．R3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大C．R3的电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小D．R3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小3、倾角为的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一“”形长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为。平行于斜面的力传感器（不计传感器的重力）上端连接木板，下端连接一质量为m的光滑小球，如图所示，当木板固定时，传感器的示数为，现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为。则下列说法正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则4、下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A．图甲：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子B．图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能C．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的D．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构5、如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态.设小球受支持力为FN，则下列关系正确的是（）A．F=2mgtanθ B．F=mgcosθC．FN=mg D．FN=2mg6、我国成功地发射了北斗三号组网卫星，如图为发射卫星的示意图。先将卫星发射到半径为的圆轨道上做匀速圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球质量为M，引力常量为G，则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为（不计卫星的质量变化）（）A． B．C． 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、如图所示，在一个倾角为的长斜面底端点正上方的点处将一小球以速度水平抛出，恰好垂直击中斜面上的点，。下列说法正确的是（）A．小球的初速度B．点离点的距离C．保持不变，将小球以的速度水平抛出，则击中斜面的位置到点的距离小于D．若抛出点高度变为，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为8、如图所示，一段均匀带电的绝缘圆弧，所带电荷量为。圆弧圆心为O，两端点分别为P、Q、M、N为圆弧上的两点，且PN和MQ均为直径。已知O点场强大小为，电势为。则圆弧PM在圆心O点处产生的场强E的大小和电势分别为（）A． B． C． D．9、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（）A． B． C． D．10、下列说法正确的是______A．水池中水的温度相同，水底一小气泡因扰动而上升时一定吸热B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．同一容器中同种气体所有的分子运动速率基本相等D．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E.压缩汽缸内气体时要用力推活塞，这表明气体分子间的作用力主要表现为斥力三、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）某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s；(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）；(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。12．（12分）小李同学利用激光笔和角度圆盘测量半圆形玻璃砖的折射率，如图2所示是他采用手机拍摄的某次实验现象图，红色是三条光线，固定好激光笔，然后将圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动了50角，发现光线____恰好消失了（选填①，②或③），那么这次他所测得半圆形玻璃砖的折射率n=_____.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，左边圆柱形容器的横截面积为S，上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为m的活塞；右边圆柱形容器上端封闭高为H，横截面积为。两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空。现将阀门打开，活塞缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时气体的热力学温度增加到原来热力学温度的1.3倍。已知外界大气压强为p，求：(i)系统达到新的平衡时活塞到容器底的距离r；(ii)此过程中容器内的气体内能的增加量∆U。14．（16分）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻的波动图象如图甲所示，其中处于x=12m处的质点c的振动图象如图乙所示。求：①质点a的运动状态传到质点d所用的时间；②从t=0时刻开始，5.5s内质点b运动的路程和t=5.5s时质点b的位移。15．（12分）如图所示，在倾角为＝30°且足够长的斜面上，质量为3m的物块B静止在距斜面顶编为L的位置，质量为m的光滑物块A由斜面顶端静止滑下，与物块B发生第一次正碰。一段时间后A、B又发生第二次正碰，如此重复。已知物块A与物块B每次发生碰撞的时间都极短且系统的机械能都没有损失，且第二次碰撞发生在物块B的速度刚好减为零的瞬间。已知物块B所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间的速度（2）从一开始到A、B发生第n次碰撞时，物块A在斜面上的总位移。

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】

A．饱和光电流和光的强度有关，这个实验可以通过控制光的强度来实现饱和光电流相同，A正确；CD．不同的金属其逸出功是不同的，根据光电效应方程：用同种频率的单色光，光子能量相同，光电子的最大初动能Ek不同，CD错误；B．根据遏止电压和最大初动能关系：可知光电子的最大初动能不同，遏止电压也不同，B错误。故选A。2、A【解析】

R3是光敏电阻，当用光线照射电阻R3时，据光敏电阻的特点，其阻值变小，据闭合电路的欧姆定律知，所以电流表示数变大，CD错误；因原来时电容器极板上的带电量为零，故说明ab两点电势相等；

有光照以后，两支路两端的电压相等，因R1、R2支路中电阻没有变化，故R2的分压比不变；而由于R3的电阻减小，所以R3的两端电压减小，，而不变，所以增大，故上端的电势要高于下端，故上端带正电，A正确B错误；3、D【解析】

AB．当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有F1=mgsinθ静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ=0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得Mgsinθ=Ma解得a=gsinθ再以小球为研究对象，则有mgsinθ-F2=ma解得F2=0故AB错误；

CD．当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为a=gsinθ-μgcosθ隔离对小球分析有mgsinθ-F2=ma解得F2=μmgcosθ则有F1：F2=mgsinθ：μmgcosθ=tanθ：μ解得故C错误、D正确。

故选D。4、C【解析】

图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型．故A错误．图乙：用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能．故B错误．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有复杂结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构．故D错误．故选C．5、C【解析】

对小球进行受力分析，小球受重力G，F，FN，三个力，满足受力平衡。作出受力分析图如下：由图可知△OAB∽△GFA，即：解得：FN=G=mgA．F=2mgtanθ，与分析不符，故A错误；B．F=mgcosθ，与分析不符，故B错误；C．FN=mg，与分析相符，故C正确；D．FN=2mg，与分析不符，故D错误；故选：C。6、B【解析】

根据万有引力提供向心力可得解得卫星在轨道半径为的圆轨道上运动的线速度大小同理可得在半径为的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为设卫星在椭圆轨道上点的速度为，根据题意有可知在点时发动机对卫星做功在点时发动机对卫星做的功为因此有故B正确，A、C、D错误；故选B。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】

AB．如图甲所示小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值可得小球在空中运动的时间初速度故AB错误；C．保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示若无斜面，则小球应击中点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端的距离小于，故C正确；D．若抛出点高度变为，根据小球垂直击中斜面的规律知则小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，根据联立解得故小球的初速度应调整为原来的倍，故D正确。故选CD。8、BC【解析】

AB．根据对称性可知圆弧PM和QN在0点的合场强为0，圆弧MN在O点的场强为整个圆弧所带电荷在O点处的场强，又圆弧PM、MN和NQ在O点处的场强大小相等，则圆弧PM在圆心处的场强大小，选项A错误，B正确；CD．电势为标量，圆弧PM、MN和QN在O点的电势相等，，选项C正确，D错误。故选BC。9、BC【解析】

A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0=mv1+2mv2由动能守恒得：联立得：

①1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg=

②A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：③联立①②③得：v0=，可知若小球B经过最高点，则需要：v0⩾2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：④联立①④得：v0=可知若小球不脱离轨道时,需满足：v0⩽由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v0⩽或v0⩾，故AD错误，BC正确．故选BC【点睛】小球A的运动可能有两种情况：1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度．10、ABD【解析】

A．气泡上升过程压强不断减小，气泡逐渐胀大，就要对外做功，然而温度还不变，于是它肯定不断吸热．所以A正确．B．悬浮在液体中的颗粒越小,在某一瞬间跟它相撞击的分子数越小.布朗运动微粒大小在10-6m数量级,液体分子大小在10-10m数量级,撞击作用的不平衡性就表现得越明显,因此,布朗运动越明显.B正确．C．同一容器中同种气体所有的分子运动速率不一定相等，C错误．D．按机械能与内能转化的方向性表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．熵增加原理的内容：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．如果过程可逆，则熵不变；如果过程不可逆，则熵增加．

从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展．所以D正确．E．分子间的引力和斥力是同时存在的，它们的大小随分子间的距离而发生变化．当时，合力表现为斥力，当时，合力表现为引力．E错误．所以选择ABD．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、0.19.79能墨线A对应的速度不为零【解析】

(1)[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故每隔0.02s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s(2)[2]由题可知可知连续相等时间内的位移之差根据△x=gT2得(3)[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即mgh＝mv2得若图线为直线，斜率为g，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒[4]图线不过原点是因为起始计数墨线A对应的速度不为012、