2023年东北三省四市教研联合体高考物理模拟试卷（一）-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年东北三省四市教研联合体高考物理模拟试卷（一）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.2022年10月12日下午，“天宫课堂”第三课开讲，神舟十四号飞行乘组航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲面向广大青少年进行太空授课。已知航天员所在的中国空间站离地面高度约为400km，设其绕地球的运动可视为匀速圆周运动，则(

)A.空间站运动的速度大于第一宇宙速度

B.空间站运动的周期小于地球同步卫星的周期

C.空间站运动的角速度小于地球自转角速度

D.空间站运动的加速度小于地球同步卫星的加速度2.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，原长为2R的轻质弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在环上的质量为m的小球相连。小球静止在B点时，弹簧与竖直方向夹角θ=30°，已知重力加速度大小为g

A.小球对圆环的弹力方向背离圆心

B.圆环对小球的弹力大小为3mg

C.弹簧的劲度系数为(3+3.用能量为4.48eV的光照射某金属时，其遏止电压为2.23V，若改用一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时发出的光照射该金属(氢原子能级示意图如图)

A.2种 B.3种 C.4种 D.5种4.气压式升降椅通过气缸上下运动来控制椅子升降，其简易结构如图(a)所示，圆往形气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的气体，气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，气体可视为理想气体。设气体的初始状态为A，接着某人虚坐在指面上，开始时此人的脚在地上，后逐渐减少对地面的压力直至脚完全离开地面，此过程中(温度不变)椅子缓慢下降一段距离后，气体达到稳定状态B。然后打开空调降低室温，一段时间后，室内温度缓慢降低到设定温度，稳定后气体状态为C。最后人将脚缓慢放在地面上并逐渐增大对地面的压力直至人离开椅面，气体最终达到另一个稳定状态该过程中气体的压强和体积倒数的关系如图(b)所示，已知气缸的横截面积为S，重力加速度大小为gA.由图(b)数据可算得人的质量为(p1+p2)Sg

B.与状态B相比，气体处于状态C时单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数较多

C.由图(b)数据可算得从状态5.如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，三个完全相同的带正电的绝缘小球(未画出)分别套在固定于AB、AC、AD的三根光滑细杆上，其中AB与竖直方向夹角为60°，AC经过圆心，AD竖直。现将小球无初速度地从A端释放，小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、A.tAB=tAC=tA二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6.如图所示，正六边形顶点各固定一个点电荷，其中A、B、C处所放均为+q，D、F、G所放均为−q，M、N分别为AC和AB两边的中点，则A.中心O处的电势为0

B.中心O处的场强为0

C.将一正试探电荷由O点沿直线移动到M，其所受电场力对其做正功

D.将一正试探电荷由O点沿直线移动到N，其所受电场力对其做负功

7.如图(a)所示，P、Q为一列简谐横波上平衡位置之间相距6m的两个质点，两底点的振动图像如图(b)所示，实线为P质点的振动回像，虚线为QA.P、Q两质点的振动频率都是4Hz

B.若波从P传向Q，波长最大值为24m

C.若波长最大值为4.8m，则波从Q传向P

D.若波速为6358.如图所示，两条足够长的平行光滑长直导轨MN、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为l；ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨良好接触。两杆的电阻皆为R。cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过定滑轮悬挂一质量为M的重物，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行。不计滑轮与转轴、细绳之间的摩擦，不计导轨的电阻。导轨和金属细杆都处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。现将两杆及重物同时由静止释放，下列说法正确的是A.释放重物瞬间，其加速度大小为Mgm+M

B.最终回路中的电流为MmgBl(m+M)

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）9.如图(a)所示为验证机械能守恒定律的实验装置，轻绳跨过光滑轻质的定滑轮，其两端系着质量均为M的重物A(含挡光片)、B，物块B上放一质量为m的金属片C，系统由静止释放。

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图(b)所示，则d=______mm。

(2)为验证机械能守恒定律，多次改变物块A的初始位置，进行实验，使物块A从不同的位置由静止释放，记录每次挡光片到光电门的竖直距离h以及挡光片穿过光电门的时间Δt。通过描点作图，为了得到一条过原点的直线，则应该绘制的图像是______(选填“h−Δt”，“h−1(Δt)10.请同学设计一个测量电阻的电路，待测电阻Rx阻值约为15Ω。要求用U−I图像来处理数据，滑动变阻器可在较大范围调节。可供选则的器材如下：

A.电流表A1，量程100mA，内阻rA1=12Ω；

B.电流表A2，量程2mA，内阻rA2=200Ω；

C.电压表V1，量程10V，内阻rv1≈15kΩ；

D.电压表V2，量程3V，内阻rv2=10kΩ；

E.保护电阻R0约20Ω；

F.滑动变阻器R，总阻值10Ω，额定电流为1A；

G.电池组，电动势12V，内阻很小；

H.开关及导线若干。

(1四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）11.2022年2月23日，黑龙江省逊克县上空出现三日同辉的情景(如图(a))，这是大气中一种特殊的光学现象。当气温较低时，高空中可出现均匀分布的正六边形板状冰品(图(b)为其截面图)。若此时太阳处于地平线附近，光线从冰晶侧面射入(图(b)为从AB中点射入)，由冰晶的另一侧面射出，当最后的出射角r2等于最初的入射角i1时，偏向角δ(光线经过冰晶折射偏转的角度)最小，为22°，这时出射光线若到达人的眼睛，人们能够在相对太阳中心观察角度约为22°的两侧观察到好似太阳的两个亮点。已知sin41°=0.656，cos41°=12.如图所示，在足够大的光滑水平地面上有一质量为M=0.4kg的长木板，其左端放置一个质量为m=0.1kg的小物块，二者间的动摩擦因数为μ=0.1，在长木板左端正上方悬点O用长为l=0.45m，不可伸长的轻绳悬挂一质量为m0=0.05kg的小球，现将小球拉至与O点等高位置，由静止释放，小球摆至最低点时恰好与小物块发生弹性正碰(碰撞时间极短，只碰一次)，碰后小物块在长木板上滑行，恰好到右端与长木板相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块和小球均可视为质点，B取1013.如图所示，在y>0的区域内存在垂直于xOy平面向里，大小为B的匀强磁场，y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子(不计重力)自y轴上的点P以初速度v0沿x轴正方向射出，经点M(L,0)进入磁场，且速度与x轴正方向的夹角为60°，经磁场偏转后从x正半轴上的点N离开磁场。

(1)求匀强电场的场强大小E以及点P的坐标；

(2)求M

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，可知空间站运动的速度小于第一宇宙速度，故A错误；

BCD、空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得GMmr2=m4π2T2r=mω2r=ma，得T=2π2.【答案】C

【解析】解：ABC、弹簧长度大于原长，处于拉伸状态，则弹簧弹力斜向左上，结合平衡条件对B球受力分析，如图：

由平衡条件得，小球对圆环的弹力方向背离圆心，由相似三角形得：mgR=NR=F2Rcosθ

代入数据解得：圆环对小球的弹力大小为N=mg

弹簧弹力大小为F=3mg

故AB错误；

C、弹簧的长度为l=2Rcos30°=2R3.【答案】C

【解析】解：根据光电效应方程eUc=hν−W0，解得W0=2.25eV

一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目为6种，释放的能量分别为：

E41=E4−E1=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV；4.【答案】B

【解析】解：A、设外界大气压强为p0，对椅面和气缸分析，初始时根据平衡条件可得：pS=p0S+mg，人坐上椅面脚全部离开地面时，根据平衡条件可得：p2S=p0S+mg+Mg，解得人的质量为：M=(p2−p1S)g，故A错误；

B、因pC=pB，而TC<TB，故单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数增多，故5.【答案】B

【解析】解：对小球受力分析，根据牛顿第二定律有mgcosθ+3mgsinθ=ma

解得：a=2gsin(30°+θ)

则球在相等时间t内的位移为x=12at6.【答案】AD【解析】解：A、AG两点的点电荷、BF两点的点电荷、CD两点的点电荷均为等量异种电荷，O点在三组等量异种点电荷连线的中垂面上，该中垂面延伸到无限远处，则中心O处的电势为0，故A正确；

B、三组等量异种点电荷在O点的电场方向均水平向右，则O点处的合场强水平向右，电场强度不为0，故B错误；

C、O点和M点在同一等势面上，将一正试探电荷由O点沿直线移动到M，电势不变，试探电荷所受电场力不做功，故C错误；

D、N点离正电荷更近，电势比O点电势更高，将一正试探电荷由O点沿直线移动到N，电荷的电势能增大，电场力做负功，故C正确。

故选：AD。

根据点电荷场强公式的矢量运算法则可以分析O点的场强方向；根据点电荷电场的特点分析O7.【答案】CD【解析】解：A、由图可知波的周期T=4s，则频率f=1T=14Hz，故A错误；

BCD、若该波从Q传向P，则有：Δx=(n+14)λ=6m，由于两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长即λ<6m，故n=1，2，3…，则n=1时，此时λ最大为4.8m；

若该波从P传到Q，则有：Δx′=(n+34)λ=6m，由于两质点平衡位置之间的距离不小于一个波长即λ<6m8.【答案】AC【解析】解：A、释放重物瞬间，对cd杆和重物整体，由牛顿第二定律得：Mg=(m+M)a0，可得加速度大小为a0=Mgm+M，故A正确；

BCD、最终ab杆及cd杆的加速度相同，设其为a，速度差为Δv，由牛顿第二定律可知

对ab杆有：BlI=ma

对cd杆和重物整体，有Mg−BlI=(m+M)a

联立解得：a=Mg2m9.【答案】10.60

1(Δt【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，主尺读数为10mm，游标尺读数为12×0.05mm=0.60mm，则d=10mm+0.60mm=10.60mm；

(2)金属片搁在圆环上后重物做匀速直线运动，重物B过圆环瞬时速度大小v=dΔt

从释放重物到金属片落到圆环上过程，由机械能守恒定律得：mgh=12(2M10.【答案】A

D

内接

分压

UI【解析】解：(1)电流表B的量程太小，因此电流表选择A；

根据欧姆定律，加在待测电阻和电流表A1两端的电压Um=I1m(Rx+rA1)=0.1×(15+12)V=2.7V

因此电压表选择D；

(2)因电流表内阻已知，因此电流表采用“内接法”；

由于滑动变阻器的阻值较小，为了得到更多的实验数据，滑动变阻器要采用分压式接法；

由于电压表的量程较小，保护电阻要串联在干路上，起分压限流作用；

根据以上分析，连接的实物图如图所示：

(3)根据欧姆定律I=U11.【答案】解：(1)如图所示，由折射定律有

n=sini1sinr1

由最后的出射角等于最初的入射角，知

i1=r2，i2=r1

根据几何知识有

δ=2(i1−r1)=22°

r1+i2=60°【解析】(1)根据题意作出光路图，根据折射定律结合几何关系作答：

(2)12.【答案】解：(1)设小球摆动到最低点时速度为v0，小球由静止摆至最低点过程，由机械能守恒定律得：m0gl=12m0v02，代入数据解得v0=3m/s

在最低点，由牛顿第二定律得F1−m0g=m0v02l，解得F1=32N

设碰后瞬间小球、小物块的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有m0v0=m0v1+mv2

根据机械能守恒定律有12【解析】(1)小球下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出小球到达最低点时的速度，在最低点，对小球应用牛顿第二定律可以求出细线的拉力F1，小球与小物块发生碰撞的过程中，根据动量守恒定律和系统机械能守恒定律求出小球的碰后速度，根据牛顿第二定律求出在最低点绳子对小球的拉力F2，进而求出二者的比值。

(13.【答案】解：(1)粒子进