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文档简介

2023年高考物理模拟试卷请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。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、如图甲所示,A、B是一条电场线上的两点,若在A点释放一初速度为零的电子,电子仅受静电力作用,并沿电场线从A运动到B,其速度随时间变化的规律如图乙所示,设A、B两点的电场强度分别为,电势分别为,则()A.B.C.D.2、几位同学利用课余时间测一干涸的半球形蓄水池的直径。身高为1.80m的小张同学站在池边从头顶高处水平向池中投掷小石子,石子刚好落到池底的正中央,小李同学用手机的秒表记录的小石子运动时间为1.6s。不计空气阻力,重力加速度取10m/s2。可知水池的直径为()A.3.6m B.11m C.12.8m D.22m3、如图所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内,力F做的功与安培力做的功的代数和等于A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上放出的热量4、如图甲所示,单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中,线框面积,线框连接一个阻值的电阻,其余电阻不计,线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向,磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是()A.0~0.4s内线框中感应电流沿逆时针方向B.0.4~0.8s内线框有扩张的趋势C.0~0.8s内线框中的电流为0.1AD.0~0.4s内ab边所受安培力保持不变5、冬季奥运会中有自由式滑雪U型池比赛项目,其赛道横截面如图所示,为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时,对赛道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力),则()A.,运动员没能到达Q点B.,运动员能到达Q点并做斜抛运动C.,运动员恰好能到达Q点D.,运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离6、如图甲所示,矩形导线框abcd放在垂直纸面的匀强磁场中,磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向,水平向右为安培力的正方向,在0~4s内,线框ab边受到的安培力F随时间变化的图像正确的是()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,一个边长为l的正六边形的区域内有匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。在点处的粒子源发出大量质量为电荷量为的同种粒子,粒子的速度大小不同,方向始终沿方向。不计粒子间的相互作用力及重力,下列说法正确的是()A.速度小于的粒子在磁场中运动的时间一定相同B.速度大于的粒子一定打在边上C.经过点的粒子在磁场中运动的时间为D.垂直打在边上的粒子在磁场中运动的时间为8、如图甲所示,在倾角为θ的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场,以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向,其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。一质量为m、电阻为R的矩形金属框从t=0时刻由静止释放,t3时刻的速度为v,移动的距离为L,重力加速度为g,线框面积为S,t1=t0、t2=2t0、t3=3t0,在金属框下滑的过程中,下列说法正确的是()A.t1~t3时间内金属框中的电流先沿逆时针后顺时针B.0~t3时间内金属框做匀加速直线运动C.0~t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D.0~t3时间内金属框中产生的焦耳热为9、如图为一电源电动势为E,内阻为r的稳定电路。电压表A的内阻为5kΩ。B为静电计,C1,C2为两个理想的电容器且耐压值足够高。在开关闭合一段时间后,下列说法正确的是A.C1上电荷量为0B.若将甲右滑,则C2上电荷量增大C.若C1>C2,则电压表两端大于静电计两端电压D.将S断开,使C2两极距离增大,B张角变大10、如图所示,xOy平面位于光滑水平桌面上,在O≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向下.由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框,放在该水平桌面上,AB与DE边距离恰为2L,现施加一水平向右的拉力F拉着线框水平向右匀速运动,DE边与y轴始终平行,从线框DE边刚进入磁场开始计时,则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的函数图象和拉力F随时间t的函数图象大致是A.B.C.D.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)某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。图甲是演示仪的简化示意图,细线下面悬挂一个小钢球(直径忽略不计),细线上端固定在电动机转盘上,利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。用转速测定仪测定电动机的转速,调节刻度板的位置,使刻度板水平且恰好与小钢球接触,但无相互作用力,用竖直放置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离,不计悬点到转轴间的距离。(1)开动转轴上的电动机,让摆球转动起来形成圆锥摆。调节转速,当越大时,越__________(选填“大”或“小”)。(2)图乙为某次实验中的测量结果,其示数为__________cm。(3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度,其表达式为__________。12.(12分)实验室购买了一捆标铜导线,小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作:(1)该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图(1)所示,则导线的直径d=___________mm;(2)通过查阅资料查得铜的电阻率为ρ;(3)使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为6Ω:(4)为进一步准确测量导线的电阻,实验室提供以下器材:A.直流电流表A(量程0~0.6A,内阻RA=3Ω)B.直流电压表V1(量程0~3V,内阻约100Ω)C.直流电压表V2(量程0~15V,内阻约100Ω)D.滑动变阻器R1(阻值范围0~5Ω)F.滑动变阻器R2(阻值范围0~100Ω)G.直流电源E(输出电压3V,内阻不计)H.开关S一个、导线若干①为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻,实验中应选择的电压表是___________(用所选器材前的字母表示);选择的滑动变阻器是___________(用所选器材前的字母表示);②按实验要求在图(2)中,还需要连接的接线柱有___________(填相应接线柱的符号,如“ab”、“cd”等);③若测得电压表的读数为U,电流表的读数为I,则可得铜导线的长度可表示为L=___________(用题目提供的已知量的字母表示);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,光滑水平台面左端有一小物块A,右端有一小物块B,右侧面与一曲面相连。以台面右侧底端的O点为原点建立坐标系Oxy.已知,台面的高度为2h,曲面的方程为y=x2,物块A的质量是物块B质量的n倍,A物块以速度v0向右运动与物块B发生弹性正碰,碰撞后物块B沿水平方向飞出,忽略空气阻力,重力加速度为g。(1)求碰撞后瞬间物块B的速度大小;(2)n值不同,物块B落到曲面时的动能也不同。求n取多大时,物块B落到曲面时动能最小。14.(16分)质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上,物体与地面间的动摩擦因数为1.2,最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等.从t=1时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用,F随时间t的变化规律如图所示.重力加速度g取11m/s2,则物体在t=1到t=12s这段时间内的位移大小为A.18m B.54mC.72m D.198m15.(12分)一定质量的理想气体经历了如图A→B→C→D→A的状态变化求该过程中(1)气体最高温度T1与最低温度T2的比值;(2)气体与外界交换的热量Q。

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】

电子受力向右,因为电子带负电,受力方向与电场线方向相反,所以电场方向由B指向A;根据沿着电场线方向电势逐渐降低,;图乙电子做匀加速运动,a不变,F=ma=Eq,所以。故选A。2、D【解析】

设水池的半径为R,人身高为h,根据平抛运动的规律,在竖直方向,有代入数据解得R=11m,则直径为22m,故ABC错误,D正确。故选D。3、A【解析】

棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内,F做正功,安培力做负功,重力做负功,动能增大.根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和.【详解】A.棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用.由动能定理:WF+WG+W安=△EK得WF+W安=△EK+mgh即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量.故A正确.B.由动能定理,动能增量等于合力的功.合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和.故B错误.C.棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量.故C错误.D.棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量.故D错误【点睛】本题运用功能关系分析实际问题.对于动能定理理解要到位:合力对物体做功等于物体动能的增量,哪些力对物体做功,分析时不能遗漏.4、C【解析】

A.由图乙所示图线可知,0-0.4s内磁感应强度垂直于纸面向里,磁通量减小,由楞次定律可知,感应电流沿顺时针方向,故A错误。B.由图乙所示图线可知,0.4-0.8s内穿过线框的磁通量增加,由楞次定律可知,线框有收缩的趋势,故B错误。C.由图示图线可知,0-0.8s内的感应电动势为线框中的电流为:故C正确。D.在0-0.4s内感应电流I保持不变,由图乙所示图线可知,磁感应强度B大小不断减小,由F=ILB可知,ab边所受安培力不断减小,故D错误。故选C。5、D【解析】

在点,根据牛顿第二定律有:解得:对质点从下落到点的过程运用动能定理得:解得:由于段速度大于段速度,所以段的支持力小于段的支持力,则在段克服摩擦力做功小于在段克服摩擦力做功,对段运用动能定理得:因为,可知,所以质点到达点后,继续上升一段距离,ABC错误,D正确。故选D。6、D【解析】

由图可知内,线圈中磁通量的变化率相同,由可知电路中电流大小时恒定不变,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针;由可知与成正比;由左手定律可知线框边受到的安培力水平向右,为正值,故D正确,A、B、C错误;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、ACD【解析】

A.根据几何关系,粒子恰好经过点时运动半径由可知速度则速度小于的粒子均从边离开磁场,根据几何关系可知转过的圆心角均为,运动时间均为为粒子在磁场中的运动周期,A正确;BC.粒子恰好经过点时运动半径根据几何关系可知运动时间速度则速度大于的粒子一定打在边上,B错误,C正确;D.粒子垂直打在边上时,如图:根据几何关系可知圆心角为,运动时间D正确。故选ACD。8、BD【解析】

A.根据B-t图象可知,t1~t3时间内B-t线的斜率不变,由公式则金属框中的感应电动势大小方向不变,则电流方向不变,故A错误;BC.0~t1时间内,线圈中磁通量不变,则无电流产生,t1~t3时间内电流不变,由左手定则可知,金属框所受安培力的合力为零,则线圈向下做匀加速直线运动,故B正确,C错误;D.线圈中的感应电动势为由于0~t1时间内,线圈中磁通量不变,则无电流产生,也无焦耳热产生,则0~t3时间内金属框中产生的焦耳热为故D正确。故选BD。9、AD【解析】

A.由于电容器和静电计均为断路,故开关闭合一段时间后,电路中电流为0,故电压表两端电压为0,因此C1上电荷量为0,故A正确;B.由于整个电路中没有电流,C2相当于直接接在电源两端,故滑动滑动变阻器对电路没有影响,C2上电压不变,故电荷量不变,故B错误;C.电压表两端电压为0,静电计两端电压不为0,故C错误;D.S断开后,C2上电荷量保持不变,故当两极板距离增大时,电容减小,由可知,电压增大,故静电计张角变大,故D正确;故选AD。10、AC【解析】当DE边在0~L区域内时,导线框运动过程中有效切割长度越来越大,与时间成线性关系,初始就是DE边长度,所以电流与时间的关系可知A正确,B错误;因为是匀速运动,拉力F与安培力等值反向,由知,力与L成二次函数关系,因为当DE边在0~2L区域内时,导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小,所以F随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢,选C正确,D错误.所以AC正确,BD错误.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18.50【解析】

(1)[1]越大,细线与竖直方向夹角越大,则h越小。(2)[2]悬点处的刻度为,水平标尺的刻度为,则示数为所以示数为。(3)[3]假设细线与竖直方向夹角为,由牛顿第二定律得又解得12、0.680(0.678~0.682)BDkj(或ej)、bd(或bh)、dh(或dg)【解析】

(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm,可动刻度的读数为:0.01mm×18.0=0.180mm,故导线的直径为d=0.680mm,由于误差,则0.678mm~0.682mm均正确;(4)[2]由于电源的输出电压为3V,则电压表选择B;[3]由于待测电阻阻值约为,为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻,则滑动变阻器应选D;[4]为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻,测滑动变阻器应用分压式,由于电流表内阻已知,则电流表内接,这样可以消除因电流表分压带来的误差,所以应连接的接线柱有kj(或ej)、bd(或bh)、dh(或dg);[5]由实验原理可知则四、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)v0(2)【解析】

(1)设B的质量为m,则A的质量为nm。对于碰撞过程,取向右为正方向,根据动量守恒定律得

:nmv0=nmv1+mv2

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