贵州省黔南州都匀第一中学2022-2023学年高三最后一卷物理试卷含解析.pdf

该【贵州省黔南州都匀第一中学2022-2023学年高三最后一卷物理试卷含解析 】是由【小屁孩】上传分享，文档一共【13】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【贵州省黔南州都匀第一中学2022-2023学年高三最后一卷物理试卷含解析 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..2023年高考物理模拟试卷请考生注意:,。写在试题卷、草稿纸上均无效。,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、如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,,则在足够长的时间内()2Mv20?(M?m)>m,物体A对地向左的最大位移是Mv20?<m,,摩擦力对平板车的冲量均为mv02mv0?(M?m),摩擦力的作用时间均为2、一个带负电的粒子从x=0处由静止释放,仅受电场力作用,沿x轴正方向运动,加速度a随位置变化的关系如图所示,x2-x1=x3-x2可以得出(),,,,电势能最大3、2019年8月,“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包,脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”,仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔(及装备)的总质量为120kg,设发动机启动后将气流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出,则当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时,发动机每秒喷出气体的质量为(不考虚喷气对总质量的影响,取g=10m/s2)():..、某理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1,当原线圈两端输入如图所示(图示中的图线为正弦曲线的正值部分)的电压时,副线圈的输出电压为()、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,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,整个装置放在水平匀强磁场中,棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内,下列说法正确的是()、国家发展改革委、交通运输部、中国铁路总公司联合发布了《中长期铁路网规划》,勾画了新时期“八纵八横”高速铁路网的宏大蓝图。设某高铁进站时做匀减速直线运动,从开始减速到停下所用时间为9t,则该高铁依次经过t、3t、x:x:x5t时间通过的位移之比123为()5:3:11:4:965:15:117:39:、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,在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与水平方向成30°角的匀强电场,、带电荷量为+,它的轨迹方程为y1=x,已知P点为轨迹与直线方程y=x的交点,重力加速度g=10m/():..,电势能减少8、我国正在建设北斗卫星导航系统,根据系统建设总体规划,计划2018年,面向“一带一路”沿线及周边国家提供基本服务,2020年前后,完成35颗卫星发射组网,为全球用户提供服务。2018年1月12日7时18分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,以“一箭双星”方式成功发射第26、27颗北斗导航卫星,、B绕地球做同方向的匀速圆周运动,其轨道半径分别为地球半径的和,且43卫星B的运动周期为T。某时刻2颗卫星与地心在同一直线上,如图所示。、、B的周期之比为是316(383?9)=,,该轨道至少需要4颗卫星9、根据所学知识分析,下列说法正确的是(),,,,进而了解机体对药物的吸收等生理过程10、如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触。内阻为r可控电源提供的强大恒定电流从一根导轨流入,经过炮弹,再从另一导轨流回电源,炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中,该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为B的垂直平行轨道匀强磁场。已知两导轨内侧间距L,炮弹的质量m,炮弹在导轨间的电阻为R,若炮弹滑行s后获得的发射速度为v。不计空气阻力,下列说法正确的是()?:..mv(R?r)E?(R?r)mv2?、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)市场上销售的铜质电线电缆产品中,部分存在导体电阻不合格问题,质检部门检验发现一个是铜材质量不合格,使用了再生铜或含杂质很多的铜;再一个就是铜材质量可能合格,?10?8??,、长度为111m(真实长度)的铜电线,进行实验测量其电阻率,实验室现有的器材如下:(电动势约为5V,内阻不计);,横截面积约1mm2;(量程为3V,);(量程为5V,内阻约为3kΩ);(阻值范围1~);R?1?、导线若干.(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d,如图甲所示,则d?_________mm.(2)小组设计的测量电路如图乙所示,则P是___________,N是____________,(填器材名称及对应符号)通过实验作出的图象如图丙所示.(3)图乙电路测得铜电线的电阻测量值比真实值___________(选填“偏大”、“不变”或“偏小”),原因是_______________________________.??(4)这捆铜电线的电阻率______________(结果保留三位有效数字);从铜电线自身角度,.(12分)某实验小组同学利用下列器材做“研究合外力做功与动能变化的关系”实验:(质量为M)(质量为m0),轨道上安装了两个光电门A、B。实验步骤::..①调节两个光电门中心的距离,记为L;②调节轨道的倾角,轻推小车后,使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速经过光电门A、B,钩码的质量记为m;③撤去托盘和钩码,让小车仍沿轨道向下加速经过光电门A、B,光电计时器记录小车通过A、B的时间分别为△t1和△t2;④利用测得的数据求得合外力做功与动能变化的关系。根据实验过程,滑轮的摩擦力不计,回答以下问题(1)图乙是用游标卡尺测挡光片的宽度d,则d=______cm。(2)小车加速从A到B过程中合外力做的功W=________;小车动能的变化量的表达式△Ek=___(用测得的物理量的字母符号表示)。通过实验可得出:在误差允许的范围内合外力所做的功等于小车动能的增量。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)在电子技术中,科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图所示,位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子,粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场,其初速度可视为零;然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方(含x轴正半轴)的有界匀强磁场控制区,磁场的磁感应强度为B。粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上,已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L,不考虑粒了重力及粒子间的相互作用。(l)求粒子在磁场中运动半径的大小;(2)求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间;?U(3)实际上加速电压的大小会在U±范围内微小变化,粒子以不同的速度进入磁场控制区域,均能发生270°偏转竖直打在荧光屏上,求有界磁场区域的最小面积S。m?50kgm?5kg14.(16分)图a所示为杂技“顶竿”表演,质量为1的甲站在地面上,肩上扛一质量为2的竖直竹竿,m?45kg竿上有一质量为3的乙可视为质点,乙从竿的顶端A恰好下滑到竿的末端B,其速度-时间图象如图b所示,g取10m/s2,求:(1)竿AB的长度;(2)整个下滑过程中,竿对乙所做的功;(3)1~3s内甲对地面的压力大小。:..15.(12分)某客机在高空水平飞行时,突然受到竖直气流的作用,使飞机在10s内高度下降150m,如果只研究飞机在竖直方向的运动,且假定这一运动是匀变速直线运动,且在这段下降范围内重力加速度取g=9m/∶(1)飞机在竖直方向加速度的大小和方向。(2)乘客放在水平小桌上2kg的水杯此时对餐桌的压力为多大。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、D【解析】根据动量守恒定律求出M与m的共同速度,,以及摩擦力的冲量.【详解】?M?m?vv?0Mv?mv?(M?m)vM?mM?m规定向右为正方向,根据动量守恒定律有00,解得;若,A所受的摩v21??mgx?0?mv2x?0f??mgA0A2?g2M?m擦力,对A,根据动能定理得:,则得物体A对地向左的最大位移,若,1Mv2??mgx?0?Mv2x?0B0B2?mg2对B,由动能定理得,则得小车B对地向右的最大位移,AB错误;根据动量定理?2mMvI?Mv?Mv?00m?M知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即,C错误;根据动量定理得2Mvt?0?ft?Mv?Mv,f??mg??M?m?g0,解得,D正确.【点睛】本题综合考查了动量守恒定律和动量定理,以及牛顿第二定律和运动学公式,综合性强,对学生的要求较高,、A【解析】,2加速度方向沿x轴正方向,23加速度方向沿x轴负方向,由于粒子带负电,则2电场xx强度方向沿x轴负方向,23电场强度沿x轴正方向,根据沿电场线方向电势降低可知,从x1到x3过程中,电势:..先升高后降低,在x1和x3处,电场强度方向相反,故A正确,B错误;a?,由图像可知,13速度变化为0,则粒子经x1和x3处,速度相同,故C错误;,23电场强度沿x轴正方向,则在x2处电势最高,负电荷的电势能最小,故D错误。故选A。3、B【解析】设扎帕塔(及装备)对气体的平均作用力为F,根据牛顿第三定律可知,气体对扎帕塔(及装备)的作用力的大小也等于F,对扎帕塔(及装备),则F?Mg?t?m设时间内喷出的气体的质量,则对气体由动量定理得F?t??mv解得?mFMg???tvv代入数据解得?m??,故B正确,ACD错误。故选B。4、C【解析】由公式nU1?1nU22其中220U?12V解得U?1122V故ABD错误,C正确。故选C。5、D【解析】,则通过电阻R的电流方向向右,故选项A错误;,故选项B错误;:..,根据功能关系知恒力F做的功等于棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和,故选项C错误;,安培力做负功,即克服安培力做功,根据功能关系知金属棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量,故选项D正确。6、D【解析】可以将高铁进站时的匀减速直线运动等效成反向的初速度为零的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等的时间内的位移之比为1:3:5:7:9:11:13:15:17:???可得题中依次经过t、3t、5t通过的位移之比x:x:x?17:?15?13?11?:?9?7?5?3?1??17:39:25123ABC错误D正确。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、AC【解析】小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y=x1,说明小球做类平抛运动,则电场力与2mg2E??N/C?100N/,竖直方向:qE?sin30°=mg,所以:,选项A正确;小1at2?13vt?1球受到的合力:F合=qEcos30°=ma,所以a=g;P点的坐标为(1m,1m);由平抛运动规律有:0;2,v?53m/sv?v2?(at)2?253m/s解得0,选项B错误;小球通过P点时的速度P0,则动能为153E?mv2?JkP2P4,选项C正确;小球从O到P电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功,即:W?Eqcos300x?Eqsin300x?(3?1)JE,选项D错误;:本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质,结合抛物线方程y=x1,、ADGMmm·4?2rGM【解析】AB、由万有引力提供向心力有?ma?,解得a?,卫星A、B的加速度之比为r2T2r2GMar2r2164?2r3Tr32733A?A?B?,故A正确;解得T?,卫星A、B的周期之比为A?A??,故B错aGMr29GMT2648rBABBr2B误;:..??????383?92233C、再经时间t两颗卫星之间可以直接通信,则有???t??,又T?T,T?T,解得t?T,TTBA8148??AB故C错误;D、由B卫星的分布图求的所辐射的最大角度,cos??,则??53?,则辐射的最大角度为2??106?,需要的360?卫星个数?3,为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号,该轨道至少需要4颗卫106?星,故D正确;故选AD。【点睛】万有引力提供向心力,由牛顿第二定律求出加速度、周期之比,由几何关系为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号,该轨道至少需要颗数卫星。9、CD【解析】,金属属于多晶体,A错误;,若分子力表现为引力,分子势能增大,若分子力表现为斥力,分子势能减小,B错误;,所以在宇宙飞船中,水的表面依然存在表面张力,C正确;,D正确。故选CD。10、AD【解析】、b分别为负极、正极,根据左手定则可知,受到的安培力向右,则导体滑块可在磁场中向右加速;故A正确;=BIL,根据动能定理1Fx?mv22所以mv2F?2s选项B错误;?0a?2s由安培力公式和牛顿第二定律,有F=BIL=ma根据闭合电路欧姆定律根据闭合电路欧姆定律EI?R?r联立以上三式解得mv2(R?r)E?2sBL选项C错误;:..2st?v所以系统产生的内能为Q=I2(R+r)tmv2(R?r)E?2sBL联立解得m2v3(R?r)Q?2sB2L2炮弹的动能为1E?mv2k2由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为1m2v3(R?r)E?Q?E?mv2?k22sB2L2所以D正确。故选AD。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。?10?8??m11、【解析】d?+?=(1)铜电线的直径;(2)P测量的电压大于N测量的电压,故P是电压表V2,N是电压表V1;(3)偏大,由于没考虑电压表V1的分流,?UU?UUU1I?I?1,R?21?21R?(2?1)R2?1?R?xRRxIUUUxR(4)分析电路可知,通过铜电线的电流x11,整理得1,??R????,,??10?6S??r2??()2?,??x???m=?10?8??m2L100,故电阻率达不到要求,?22?Md?1??1??????????2???t???t??m?mgL?21?12、【解析】(1)[1]游标为20分度,,游标对齐的格数不估读,则测挡光片的宽度为:..d?7mm?7???(2)[2]调节轨道的倾角轻推小车后使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速下滑,说明小车的合力为零,而撤去托盘m0和钩码m,小车的合力变为F=(m?m)g合0则小车加速从A到B过程中合外力做的功为W?FL?(m?m)gL合0[3]光电门挡住光的时间极短,求出的平均速度可认为是小车通过A、B两位置的瞬时速度,有ddv?v?A?tB?t1,2则小车动能的变化量的表达式为2?22?11Md?1??1??E?Mv2?Mv2????????k2B2A2?t?t???????21?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。12mU2m(2?3?)mm?2?3??L??UBqqU2qBqB213、(1),(2),(3)。【解析】(1)粒子在加速电场中加速:1qU?mv22粒子进入磁场,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律:v2qvB?mR12mUR?Bq解得:;(2)粒子射出到坐标原点的时间:Lt?1v粒子在磁场中运动的时间:332?m3?mt?T??=244qB2qB离开磁场到达荧光屏的时间:R?Lt?3v粒子运动的总时间::..2m(2?3?)mt?t?t?t?L?123qU2qB;(3)粒子在电场中加速,根据:1qU?mv22速率最小值:2q(U??U)v?minm速率最大值:2q(U??U)v?maxm34粒子进入磁场后做轨迹为圆周的运动,根据:mv2Bqv?R最大速率对应的半径:12m(U??U)R?maxBq最小速率对应的半径:12m(U??U)R?minBq如图两圆弧之前的阴影部分即为所加磁场区域的最小面积:根据几何知识::..?3R2??3R2?m(2?3?)S???R2?max????R2?max???U4max24min2qB2????。?1350J14、(1)3m;(2);(3)1045N【解析】(1)由乙的速度图象可知竿长为1s?(?2?3)m?3m2①(2)乙从A到B的过程中,设竿对乙做的功为W。由动能定理得W?mgs?0?03②解得W??1350J③(3)1~3s内,乙匀减速下降,加速度方向向上,由图象可知其大小为a?1m/s2④设地面对甲的支持力大小为F,分析甲、乙和竿组成的整体,由牛顿第二定律得F?(m?m?m)g?ma1233⑤解得F?1045N⑥由牛顿第三定律可知,甲对地面的压力F???F??1045N⑦即甲对地面的压力大小1045N。15、(1)3m/s2,方向竖直向下;(2)12N。【解析】1h?at2(1)根据2得a=3m/s2方向竖直向下;(2)对水杯,根据牛顿第二定律mg?F?maN解得FN=12NF??12N由牛顿第三定律可知压力N