2023届云南省文山市高三高考一模考试物理试题

2023届云南省文山市高三高考一模考试物理试题

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、关于自由落体运动，平抛运动和竖直上抛运动，以下说法正确的是

A.只有前两个是匀变速运动

B.三种运动，在相等的时间内速度的增量大小相等，方向不同

C.三种运动，在相等的时间内速度的增量相等

D.三种运动在相等的时间内位移的增量相等

2、根据爱因斯坦的“光子说”可知（）

A.“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”

B.只有光子数很多时，光才具有粒子性

C.一束单色光的能量可以连续变化

D.光的波长越长，光子的能量越小

3、2019年4月21日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第44颗北斗导航卫星。若组成北

斗导航系统的这些卫星在不同高度的转道上都绕地球做匀速圆周运动，其中低轨卫星离地高度低于同步卫星。关于这

些卫星，下列说法正确的是（）

A.低轨卫星的环绕速率大于7.9km/s

B.地球同步卫星可以固定对一个区域拍照

C.低轨卫星和地球同步卫星的速率相同

D.低轨卫星比同步卫星的向心加速度小

4、如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01m2,磁场与线圈轴线成30。角向右穿过线圈。若在2s时间内

磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端。和8之间的电势差。此为（）

A.-V3V

C.V3VD.从0均匀变化到2V

5、某一小车从静止开始在水平方向上做直线运动，其运动过程中的加速度随时间变化关系如图所示，则关于小车的运

动下列说法中正确的是（）

A.小车做先加速后减速，再加速再减速的单向直线运动

B.小车做往复直线运动，速度反向时刻为Is、3s末

C.小车做往复直线运动，且可以运动到出发点的另一侧

D.小车运动过程中的最大速度为2.5m/s

6、分别用频率为判和2V的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为1：3,已知普朗克常量为

h,真空中光速为c,电子电量为e。下列说法正确的是（）

A.用频率为功的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多

B.用频率为:丫的单色光照射该金属不能发生光电效应

C.甲、乙两种单色光照射该金属，对应光电流的遏止电压相同

D.该金属的逸出功为二尿

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。分。

7、有一种调压变压器的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、。之间加上输入电压，转动滑动触头

P就可以调节输出电压，图中A为交流电流表，V为交流电压表，品、及为定值电阻，心为滑动变阻器，C、。两瑞

按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（）

A.当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小

B.当当不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小

C.当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大

D.当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大

8、在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc俯视如图.长度为L=lm的细线，一端固定在a点，另

一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球.初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v°=2m/s且垂

直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损

失）.已知细线所能承受的最大张力为7N,则下列说法中正确的是：

b

m

6Ac

A.细线断裂之前，小球角速度的大小保持不变

B.细线断裂之前，小球的速度逐渐减小

C.细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7汗（s）

D.细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9（m）

9、假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为仇战士飞出时的水平速度大小为朋且他飞

出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g,则（）

A.如果为不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同

B.如果vo不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同

2%tan0

C.该战士在空中经历的时间是」——

g

vntan0

D.该战士在空中经历的时间是—

2g

10、如图所示，在同一软铁芯上绕有两个独立的线圈甲与乙，甲线圈连接电池、滑动变阻器、电阻乙线圈中接有

电容器C,向左移动滑动变阻器的滑片P,使甲线圈中的电流均匀变化。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正

比，下列说法正确的是（）

甲

乙

A.电容器的上极板带正电

B.电容器的上极板带负电

C.电容器所带的电荷量恒定

D.电容器所带的电荷量增大

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）如图甲所示为测量电动机转速的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下

匀速转动，在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装了的电火花计时器，时间间隔为7的电火花可在卡纸上留下痕迹。

甲

（1）请将下列实验步骤按先后排序一。

①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触

②接通电火花计时器的电源，使它工作起来

③启动电动机，使圆形卡纸转动起来

④关闭电火花计时器，关闭电动机；研究卡纸上留下的一段痕迹（如图乙所示），写出角速度3的表达式，代入数据,

得出3的测量值

（2）要得到"的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是一

A.秒表B.毫米刻度尺C.圆规D.量角器

（3）写出角速度。的表达式。并指出表达式中各个物理量的意义—o

12.（12分）某同学设计了如图甲所示的电路测电源的电动势和内阻。

（1）闭合电键S”将单刀双掷开关合向a,调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U-I坐标平面内描点作图再

将单刀双掷开关合向b,调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U-I坐标平面内描点作图两次作出的图象如

图乙所示，则将单刀双掷开关合向a时测出的数据描点作出的图象应是（填"A”或"B”）。将电键合向

（填“a”或"b”）时，测得的电源电动势没有系统误差。

（2）根据两次测得的数据分析可知，根据图线（填“A”或"B”）求得的电动势更准确，其电动势的值为

E=V.

（3）若该同学通过实验测出电流表的内阻为RA=1S1,则利用图线（填“A”或"B”）测得的电源的内阻更准确，

由此求得电源的内阻为r=ilo

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）如图为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度7的变化关系图像。由状态A变化到状态B的过程中

气体吸收热量。i=220J,气体在状态A的压强为po=LOxl（）Spa。求：

①气体在状态B时的温度72；

②气体由状态B变化到状态C的过程中，气体向外放出的热量0。

14.（16分）如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为xo的小球A和B,A球所带电荷量为+q,B球不

带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E,小球A在电场力作用下由静止

开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：

A

E

Xo

（DA球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；

（2）从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；

⑶要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。

15.（12分）如图所示，平行金属板M、N竖直放置，两板足够长且板间有水平向左的匀强电场，尸点离N板的距离

为d,离M板的距离为2九一个质量为机、带正电荷量为g的小球从尸点以初速度水平向右抛出，结果小球恰好不

4

能打在N板上。已知重力加速度为g,小球的大小不计，求

V

(1)两板间的电场强度的大

(2)小球打到M板时动能的大小。

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.平抛运动、竖直上抛运动、斜抛运动和自由落体运动都是仅受重力，加速度为g,方向不变，都是匀变速运动。故

A错误；

BC.速度增量为AmgZU,故速度增量相同，故B错误，C正确；

D.做自由落体运动的位移增量为

1,1,1

△ll=-g(t+At)2--gtL=gt^f+3gAt2,

竖直上抛运动的位移增量为

△h'=Vo(t+At)-yg(Z+At)2-vt+g/2=VoAt-gtAf-；g△尸

两者不等，故D错误；

故选C。

2、D

【解析】

A.“光子说”提出光子即有波长又有动量，是波动说和粒子说的统一，不同于牛顿的“微粒说”，A错误；

B.当光子数很少时，显示粒子性；大量光子显示波动性，B错误；

C.爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，每个光子的能量

为E=/n/,故光的能量是不连续的，C错误；

D.光的波长越大，根据卜=£,频率越小，故能量£="/越小，D正确.

故选D.

3、B

【解析】

AC.根据万有引力提供向心力，则有

2

MmV

G下=m—

解得

可知轨道半径越大，运行的速度越小，低轨卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故低轨卫星的环绕速率小于7.9km/s,

低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，故低轨卫星的环绕速率大于同步卫星的环绕速率，故A、C错误;

B.同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，故B正确;

D.根据万有引力提供向心力，则有

—Mm

(j——=ma

可得

GM

a=-^-

r~

低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，低轨卫星向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故D错误;

故选B。

4、A

【解析】

与线圈轴线成30。角穿过线圈的向右磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有:

E^N-=N—Scos30

由图可知：

_6-2

=2Wb/s

\t2

代入数据解得:

。而=100x2xcos30x0.01=^V

A正确，BCD错误。

故选Ao

5、D

【解析】

ABC.由加速度时间图线可判断，0~ls内，小车沿正向做加速度增大的加速运动，ls~2s内小车沿正向做加速度减小

的减速运动，由对称性知2s末小车速度恰好减到零，2s~3s内小车沿负向做加速度增大的加速度运动，3s~4s内小车沿

负向做加速度减小的减速运动，4s末小车速度恰好减到零。由于速度的变化也是对称的，所以正向位移和负向位移相

等，即4s末小车回到初始位置，故ABC错误；

D.小车在1s末或3s末速度达到最大，图线与时间轴所围面积表示速度的变化，所以最大速度为

vmu.xv=—2x1x5m/s=2.5m/s

故D正确。

故选D。

6、B

【解析】

A.单位时间内逸出的光电子数目与光的强度有关，由于光的强度关系未知，故A错误；

BD.光子能量分别为

E,=hv和E2=2hv

根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为Ekm=/w-叱），逸出光电子的最大初动能之比为1：3,联立

解得

V

用频率为一的单色光照射该金属不能发生光电效应，故B正确，D错误；

4

C.两种光的频率不同，光电子的最大初动能不同，由动能定理可知，题目对应的遏止电压是不同的，故C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、AC

【解析】

A.当&不变，滑动触头P顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN两端的电压减小，

总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，故A正确：

B.当"不变，滑动触头产逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，故B错

误；

CD.保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向上移动

时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，4分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过

R2的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，故c正确，D错误;

故选ACo

8、CD

【解析】

试题分析：A、B细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不

变，由圆周运动的速度与角速度的关系式v=or,随r减小，小球角速度增大，故A、B错误；绳子刚断裂时，拉力

大小为7N,由F=m也，解得此时的半径为r=：m,由于小球每转120。半径减小0.3m,则知小球刚好转过一周，细

r7

12万r12乃7*121广

线断裂，则小球运动的总时间为t=wL+T----+―其中ri=lm,r2=0.7m,r3=0.4m,vo=2m/s,解得t=0.7n

3%3%3v0

(s),故C正确；小球每转120。半径减小0.3m,细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9m,故D正确.故选CD

考点：牛顿第二定律圆周运动规律

9,BC

【解析】

雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知

tan(9=—=—

x2v0

解得平抛运动的时间为

t_2%tan9

g

如果vo不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向

夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为

2*tan0

x=vot=-^-------

g

知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故BC正确，AD错误。

故选BC«

10、BC

【解析】

AB.电池电路的电流如图所示，在铁芯中产生向下的磁场。向左移动滑片P,滑动变阻器有效电阻减小，由欧姆定律

知电路电流增大。由题意知电流均匀增大，则该磁场均匀增强。应用楞次定律知乙线圈的感应电流如图所示，则电容

器的上极板带负电，故A错误，B正确；

CD.穿过乙线圈的磁通量①均匀增加，由电磁感应定律知

①

EL=n-A---

△t

该值恒定。由电路规律知电容器的板间电压U=E,则电容器两极板间电压恒定，则电容器所带电荷量

Q=CU

恒定，故C正确，D错误。

故选BC»

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。

0

11、①③②④D«=-~—。为〃个点对应的圆心角

(〃-1)7

【解析】

(1)口］该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理.故次

序为①③②④；

(2)⑵要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器，故选D；

△6

(3)［3］根据0=——，则

［4］，是〃个点对应的圆心角，7是电火花计时器的打点时间间隔。

12、AbB1.5B4

【解析】

(1)单刀双掷开关合向a时，由于电压表的分流，使测得的电源电动势和内阻都比真实值小，单刀双掷开关合向b时，

由于电流表的分压，测得的电源电动势等于真实值，测得的内阻比真实值大，因此单刀双掷开关合向a时测出的数据

描点作出的图象是A；

(2)图线B测得的电动势没有系统误差，更准确，其值为L5V,由于图线B测得的内阻值实际为电源内阻与电流表的

内阻之和，因此误差较大，因此由图线A求得的电源内阻值更准确；

⑶若测出电流表的内阻RA=1。，则利用图B测得的内阻更准确，由此求得电源的内阻为r=六。-10=40。

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、①600K；②120J

【解析】

①气体从A到B发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有

匕鲁

ZT2

即

1_300

2__7\

代入数据解得

r2=600K

②A到5过程气体从外界吸热，对外界做功，内能增加

△UT+2

5-3

叫=-POAV=-1X1OX1X1O=-100J

=-100+220=120J

C状态与A状态内能相等，3到C过程，对外界不做功，则内能减少△。2=-12(〃，且

△&=。2+吗

即

-i2o=e2+o

所以

。2=-120J

气体放出热量120J„

14、(1)2qE%(2)5qEx0(3)8xo<d<18xo

Vm

【解析】

(1)设A球与B球第一次碰撞前的速度为VO,碰撞后的速度分别为VAI、VBU

对A,根据牛顿第二定律得：qE=ma

2

由运动学公式有：vo=2ax0o

解得:v()=

对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得:

mvo=mvAi+mvBi

1112

—mvo2--HIVAI2+—mvBio

222

(2)设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为h.有：XA产VAltl+Latl2=VBltl

2

从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：

W=qE(XO+XAI)

解得：W=5qExoo

(3)设第二次碰撞前A的速度为v,R,碰撞后A、B的速度分别为VA2、VB2.有：

VAI-VAl+atlo

第二次碰撞过程，有：

mvAir+mvBi=mvA2+mvB2o

1〃121212

—mvAi+—mvBi=—HIVA2+—m\，B2。

2222