2022～2023学年高三年级模拟试卷物 理(满分：100分 考试时间：75分钟)2023．1一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项最符合题意．1.中国三名航天员在“天和”核心舱“住”了三个月，他们每天都能看到16次日出日落，可知“天和”核心舱的( )A.角速度比地球同步卫星的小B.周期比地球同步卫星的长C.向心加速度比地球同步卫星的大D.线速度比地球同步卫星的小2.由两种不同色光组成的一束复色光，沿图示方向从空气射向圆柱形玻璃砖，经过玻璃砖两次折射后射出，可能的光路是( )3.中国空间站持续发出频率为f的监测电波，地面监测站先后接收到空间站通过A、B位置时的信号频率分别为fA、fB，则( )A.fA>f>fBB.fA＜f＜fBC.fA＝fB＜fD.fA＝fB＝f4.如图所示，将一块平板玻璃a放置在另一平板玻璃b上，在一端垫一个薄片，当红光从上方入射后，从上往下可以看到干涉条纹，则( )A.干涉条纹是由a、b两板的上表面反射的光叠加产生的B.干涉条纹间的亮条纹是由于两反射光叠加减弱产生的C.换用蓝光照射时，产生的条纹变密D.将薄片向左移动，产生的条纹变疏5.如图所示，两材质不同的物块用细线连接，放在粗糙的斜面上加速下滑，加速度分别为a1和a2.两物块与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列关系正确的是( )A.若μ1>μ2，则a1＞a2B.若μ1>μ2，则a1a26.如图所示，OO′右侧空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，面积为S的金属“”形线框adcb与电压表接触良好，线框绕OO′以角速度ω匀速转动，则电压表示数为( )A.eq\f(BSω,2)B.eq\f(BSω,\r(2))C.BSωD.07.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r.闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，电压表示数为U、电流表示数为I.则电源的总功率P与电压U、电流I的关系正确的是( )8.如图所示是回旋加速器示意图，交变电压u大小和频率保持不变，磁场B的磁感应强度大小可以调节．用该装置分别对质子(eq\o\al(1,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)加速，则质子和氦核的最大动能之比( )A.1∶8 B.1∶4C.1∶2 D.1∶19.将金属板靠近带负电的塑料板，金属板下表面与接地金属柱接触，在金属板上表面撒细纸屑，上抬金属板至某一位置时，可以看到静置的纸屑从金属板上飞溅出来，这就是“静电飞花”实验．关于本实验下列说法正确的是( )A.金属板碰触接地金属柱后不带电B.上抬金属板，金属板容纳电荷本领增强C.纸屑飞离的瞬间，金属板的电势降低D.纸屑是因为带负电相互排斥而不断飞出10.如图所示，矩形框ABCD竖直放置，橡皮筋一端固定在A点，另一端与圆环连接，圆环套在矩形框上．当矩形框绕AD轴以角速度ωM匀速转动时，圆环相对框架静止于M点．若缓慢减小转速，当角速度减为ωC时，圆环下落至C点，且恰好对框架无作用力．则( )A.圆环从M到C过程中，橡皮筋增加的弹性势能等于圆环减少的机械能B.线框由ωC增大转速，圆环一定能由C上升到M点C.线框由ωC减小转速，圆环一定能由C运动到N点D.若圆环稳定在N点，线框转动的角速度可以为ωC二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11.(15分)在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，某实验小组利用智能手机中自带的定位传感器设计了如图所示的实验，手机软件中的“定位”功能可以测量手机竖直方向的位移．(1)实验小组进行了如下主要的实验步骤，正确的顺序是________．A.按图安装实验器材，弹簧分别与手机和上螺栓连接，手机重心和弹簧在同一竖直线B.重复上述操作C.手掌托着手机缓慢下移，当手机与手分离时，打开手机中的位移传感器软件D.根据钩码数量及对应手机下降高度的数值画nx图像E.在手机下方悬挂钩码，缓慢释放，当钩码平衡时记录下手机下降的高度x(2)根据表格中的数据，在图中描点作出钩码数量与手机位移nx图像．钩码数目n123456手机位移x/cm0.491.011.511.992.392.51(3)根据图像可得出弹簧弹力与弹簧伸长量的关系是________________________________________________________________________．(4)已知每个钩码的质量为5.0g，重力加速度g取10m/s2，由图像可以求得弹簧的劲度系数为________N/m.(5)实验中未考虑弹簧自身受到的重力，这对弹簧劲度系数的测量结果________(选填“有”或“无”)影响，说明理由__________________________________________．12.(8分)图甲为气压升降椅，图乙为其模型简图，活塞与椅面的总质量为m，活塞横截面积为S，汽缸内封闭一定质量的理想气体，稳定时气体柱长度为L.设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力．已知大气压强为p0，室内温度T0，重力加速度为g.(1)某同学盘坐上椅面，稳定后缸内气体柱长为eq\f(L,2)，求该同学的质量M；(2)该同学坐稳定后，室内气温缓上升至1.1T0，求该过程外界对缸内气体做的功W.13.(8分)如图甲所示，质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω的单匝等腰直角三角形线框用细绳悬挂于A点，三角形的直角边长为a＝2eq\r(2)m，MN为三角形两边的中点．从零时刻起，在MN连线上方加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图乙规律变化．在t＝2s时细绳恰好被拉断，线框向下运动，穿出磁场时速度为v＝2m/s，重力加速度g取10m/s2.求：(1)0～2s内，绳中拉力F随时间t的变化关系；(2)从零时刻到线框全部离开磁场，线框中产生的总热量Q. 14.(13分)质量为2m的木板C静止在光滑水平面上．现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板，运动方向如图所示，木块的质量均为m，A、B间的距离为d，木块与木板之间的动摩擦因数均为μ，木板足够长，重力加速度取g.求：(1)木块A在木板C上的滑行时间t；(2)木块A、B运动过程中摩擦产生的总热量Q；(3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L. 15.(16分)如图所示，在xOy竖直平面第一、四象限内有匀强磁场和竖直向上的匀强电场，电场强度为E，第三象限竖直向上的匀强电场，电场强度为eq\f(E,2)，MN为固定的竖直弹性绝缘挡板．一带正电小球甲，从坐标原点O沿与x轴正方向45°夹角以速度v0射出，小球恰能做圆周运动；另一质量和电荷量都是甲球两倍带正电的小球乙，从x轴上M点沿x轴正方向以速度eq\r(2)v0射出，两球在第一次到达y轴时恰好发生正碰，碰后两球连为一体，且碰撞时总电荷量不变．球可视为质点，与挡板弹性碰撞时水平速度大小不变，方向相反，挡板MN长为L＝eq\f(20veq\o\al(2,0),g)，重力加速度取g.求：(1)乙球抛出后的加速度a；(2)甲、乙两球释放的时间差Δt；(3)甲、乙两球碰撞后经过y轴的位置． 2022～2023学年高三年级模拟试卷(海安)物理参考答案及评分标准1.C 2.B 3.A 4.C 5.D 6.A 7.B 8.B 9.C 10.D11.(15分)(1)ACEBD(2分)(2)如图所示(3分)(3)在弹性限度内，弹簧的弹力与伸长量成正比(3分)(4)10.0(2分)(5)不影响(2分)劲度系数是通过图像斜率k＝eq\f(ΔF,Δx)测得的(3分)12.(8分)解：(1)人坐在椅子，缸内压强由p1变为p2，气体做等温压缩p1·LS＝p2·eq\f(L,2)S(1分)p1S＝p0S＋mg(1分)p2S＝p0S＋mg＋Mg(1分)解得M＝m＋eq\f(p0S,g)(1分)(2)室内气温缓上升至T2，气体等压膨胀，气柱的高度为L′，eq\f(\f(L,2)S,T1)＝eq\f(L′S,T2)(1分)W＝－p2S·(L′－eq\f(L,2))(1分)解得W＝－0.1(p0S＋mg)·L(2分)13.(8分)解：(1)0～2s内，磁场随时间均匀变化B＝t，线框中有恒定电流I＝eq\f(\f(ΔB,Δt)S,R)(1分)线框受力分析F＝BIL＋mg(1分)线框在磁场中有效面积S＝eq\f(\f(1,2)a2,4)；等效长度L＝eq\f(\r(2)a,2)解得F＝(2t＋1)N(2分)(2)0～2s内，线框中热量Q1＝I2Rt＝2J(1分)绳断后，线框中热量为Q2，则mgeq\f(\r(2)a,4)＝Q2＋eq\f(1,2)mv2(1分)解得Q＝Q1＋Q2＝2J＋0.8J＝2.8J(2分) 14.(13分)解：(1)A、B刚放上C时A做加速度大小为aA的匀减速：μmg＝maA(1分)C做加速度大小为aC1的匀加速：μmg＋μmg＝2maC1(1分)滑行时间t后A与C共速v1：v1＝v0－aAt＝aC1t(1分)解得v1＝eq\f(v0,2)，t＝eq\f(v0,2μg)(1分)(2)A、B和C系统动量守恒，共同速度为v2mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)v2(1分)A、B和C系统能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋2m)·veq\o\al(2,2)＋Q(1分)解得Q＝eq\f(11,8)mveq\o\al(2,0)(2分)(3)A、B相对C滑行的总总位移Δx＝eq\f(Q,μmg)(1分)A相对C滑行的移ΔxA＝eq\f(v0＋v1,2)t－eq\f(0＋v1,2)t(1分)B相对C滑行的移ΔxB＝Δx－ΔxA(1分)A相对B间最大距离L＝d＋ΔxB－ΔxA(1分)解得L＝d＋eq\f(7veq\o\al(2,0),8μg)(1分)15.(16分)解：(1)甲球圆周运动有qE＝mg(1分)乙球受力分析：2mg－2q·eq\f(E,2)＝2ma(1分)解得a＝eq\f(g,2)(1分)(2)甲、乙两球在y轴正碰，乙球速度与y轴成45°，甲运动时间t甲，乙运动时间t乙乙球：t乙＝eq\f(\f(\r(2)v0,tan45°),a)＝eq\f(2\r(2)v0,g)(1分)y＝eq\f(1,2)·eq\f(g,2)teq\o\al(2,乙)＝eq\f(2veq\o\al(2,0),g)(1分)甲球运动半径r：eq\r(2)r＝y(1分)t甲＝eq\f(3,4)·eq\f(2πr,v0)＝eq\f(3\r(2)πv0,2g)(2分)解得Δt＝t甲－t乙＝(eq\f(3\r(2)π,2)－2eq\r(2))eq\f(v0,g)(1分)(3)甲、乙碰撞后速度为v12m·eq\f(\r(2)v0,cos45°)－mv0＝3mv1，v1＝v0(1分)做圆周运动下降的位移Δl1＝2r1sin45°＝eq\r(2)r圆周运动经过y轴B点的长度y1y1＝yOA＋Δl1＝eq\f(4veq\o\al(2,0),g)(1分)以速度v1再次进入第三象限，加速度不变仍为a，运动时间t1与挡板碰撞水平位移关系：v1sin45°·t1＝eq\r(2)v0·t乙做类平抛运动与MN弹性碰撞向下的长度yBCyBC＝v0cos45°·t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(12veq\o\al(2,0),g)yOC＝yOB＋yBC＝eq