广西贵港市覃塘高中2023年高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析

2023学年高考物理模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为地球同步卫星绕地球轨道半径的，则此卫星运行的周期大约是（）A．6h B．8.4h C．12h D．16.9h2、曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P。在工作过程中，活塞在气缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是A．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0B．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0C．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度等于v0D．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度大于v03、某实验小组要测量金属铝的逸出功，经讨论设计出如图所示实验装置，实验方法是：把铝板平放在桌面上，刻度尺紧挨着铝板垂直桌面放置，灵敏度足够高的荧光板与铝板平行，并使整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中；让波长为λ的单色光持续照射铝板表面，将荧光板向下移动，发现荧光板与铝板距离为d时，荧光板上刚好出现辉光。已知普朗克常量为h，光在真空中传播速度为c，电子电量为e，质量为m。下列说法正确的是（）A．金属铝的逸出功为B．从铝板逸出的光电子最大初动能为C．将荧光板继续向下移动，移动过程中荧光板上的辉光强度可能保持不变D．将荧光板继续向下移动到某一位置，并增大入射光波长，板上的辉光强度一定增强4、在竖直平衡（截面）内固定三根平行的长直导线a、b、c，通有大小相等、方向如图所示的电流．若在三根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线a所受安培力的合力恰好为零，则所加磁场的方向可能是（）A．垂直导线向左B．垂直导线向右C．垂直纸面向里D．垂直纸面向外5、如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的检验电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则（）A．q1在A点的电势能大于q2在B点的电势能B．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1的电荷量大于q2的电荷量6、如图所示，倾角的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数．现对木箱施加一拉力F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动．设F的方向与斜面的夹角为，在从0逐渐增大到60°的过程中，木箱的速度保持不变，则（）A．F先减小后增大B．F先增大后减小C．F一直增大D．F一直减小二、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，理想变压器原线圈上串联一个定值电阻R0，副线圈上接一个滑动变阻器R，原线圈的输入端接在一个输出电压恒定的交流电源上，理想电压表V1、V2、V3的示数分别用U1、U2、U3表示，当滑动变阻器的触头P移动时，下面说法中正确的是（）A．向上移动滑动触头P，U3与U1的比值变大B．向下移动滑动触头P，U3与U2的比值不变C．移动滑动触头P，当U3减小时，R0消耗的功率也减小D．移动滑动触头P，电阻R0与滑动变阻器R消耗的功率之比始终都等于8、如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连（轻质弹簧的两端分别固定在A、B上），B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，A固定在水平地面上，C放在固定的倾角为的光滑斜面上。已知B的质量为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦力不计。现用手按住C，使细绳刚刚拉直但无张力，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行。开始时整个系统处于静止状态，释放C后，它沿斜面下滑，斜面足够长，则下列说法正确的是A．整个运动过程中B和C组成的系统机械能守恒B．C下滑过程中，其机械能一直减小C．当B的速度达到最大时，弹簧的伸长量为D．B的最大速度为2g9、如图甲所示，等离子流由左边连续以方向如图所示的速度v0垂直射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示.则下列说法正确的是（）A．0～1s内ab、cd导线互相吸引B．1s～2s内ab、cd导线互相排斥C．2s～3s内ab、cd导线互相吸引D．3s～4s内ab、cd导线互相排斥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（）A．a为电源负极B．电磁炮受到的安培力大小为C．可控电源的电动势是D．这一过程中系统消耗的总能量是三、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）要测绘一个标有“2.5V2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：直流电源（3V.内阻不计）电流表A1量程为0.6A，内阻为0.6n）电流表A2（量程为300mA．内阻未知）电压表V（量程0—3V，内阻约3kQ）滑动变阻器R（0—5Ω，允许最大电流3A）开关、导线若干．其实验步骤如下：①由于电流表A1的里程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.（____）（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关S，调节滑片.发现当A1示数为0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为_______.③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A；为使其量程达到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻．12．（12分）在测量干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路，S2为单刀双掷开关，定值电阻R0=4Ω。合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数Ⅰ的图像，如图乙所示，两直线与纵轴的截距分别为3.00V、2.99V，与横轴的截距分别为0.5A、0.6A。(1)S2接1位置时，作出的U－I图线是图乙中的____________（选填“A”或“B”）线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是____________。(2)由图乙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真=____________，r真=____________。(3)根据图线求出电流表内阻RA=____________。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）热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为的速度匀速下降，热气球的总质量为M，当热气球离地某一高度时，释放质量为M的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g，求:（1）释放压舱物时气球离地的高度h;（2）热气球与压舱物到达地面的时间差.14．（16分）如图所示的U形玻璃管，左管开口，右管管口封闭，管中一段水银在右管中封闭了一段气柱，气柱高度为20cm，左右两管中水银面的高度差为10cm，左管水银柱的横截面积为1cm2，右管中水银柱的横截面积为2cm2。已知环境温度为27，大气压强为75cmHg，左管足够长，右管中水银柱高度大于5cm。（i）若在左管中缓慢倒入水银，使右管中气柱体积减少，求需要倒入水银的体积；（ii）若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管顶端相平，求气柱需要升高的温度。15．（12分）滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h=0.8m高的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C点，B、C为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R=1m；O为圆心，圆弧对应的圆心角=53°，已知，，，不计空气阻力，运动员（连同滑板）质量m=50kg，可视为质点，试求：(1)运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v0；(2)运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最低点对轨道的压力；(3)运动员（连同滑板）在水平面上滑行的最大距离。

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、B【解析】

由题意卫星的轨道半径是同步卫星半径的，根据开普勒第三定律有可得故ACD错误，B正确。

故选B。2、A【解析】

AB．当OP与OQ垂直时，设∠PQO=θ，此时活塞的速度为v，将P点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v0cosθ=vcosθ，即v=v0，选项A正确，B错误；CD．当OPQ在同一直线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项CD错误；3、A【解析】

AB．从铝板中逸出的光电子具有最大初动能的电子在磁场中做圆周运动的直径为d，则由解得最大初动能金属铝的逸出功为选项A正确，B错误；C．将荧光板继续向下移动，则达到荧光板的光电子会增加，则移动过程中荧光板上的辉光强度要增加，选项C错误；D．增大入射光波长，则光电子最大初动能减小，则光子在磁场中运动的最大半径减小，则达到板上的电子数减小，则板上的辉光强度不一定增强，选项D错误。故选A。4、D【解析】

根据安培定则可知，导线b在a处的磁场向里，导线c在a处的磁场向外，因b离a较近，可知bc在a处的合磁场垂直纸面向里；因导线a所受安培力的合力恰好为零，可知a处所加磁场的方向为垂直纸面向外；A．垂直导线向左，与结论不相符，选项A错误；B．垂直导线向右，与结论不相符，选项B错误；C．垂直纸面向里，与结论不相符，选项C错误；D．垂直纸面向外，与结论相符，选项D正确；5、D【解析】

由题，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，说明Q对q1、q2存在引力作用，则知Q带负电，电场线方向从无穷远到Q，根据顺着电场线方向电势降低，根据电场力做功与电势能变化的关系，分析得知q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能．B点的电势较高．由W=qU分析q1的电荷量与q2的电荷量的关系．【详解】将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，则知Q对q1、q2存在引力作用，Q带负电，电场线方向从无穷远指向Q，所以A点电势高于B点电势；A与无穷远处间的电势差小于B与无穷远处间的电势差；由于外力克服电场力做的功相等，则由功能关系知，q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能；由W=qU得知，q1的电荷量大于q2的电荷量。故D正确。故选D。6、A【解析】

对物体受力分析如图木箱沿着斜面向上做匀速直线运动，根据平衡条件，合力为零在垂直斜面方向，有：在平行斜面方向，有：其中：联立解得：当时F最小，则在从0逐渐增大到60°的过程中，F先减小后增大，A正确，BCD错误。故选A。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、ABD【解析】

A．向上移动滑动触头P，则R变大，则次级电流减小，初级电流减小，R0的电压减小，由于U2=U1-UR0，而U1不变，则初级电压变大，次级电压也变大，即U3变大，则U3与U1的比值变大，选项A正确；B．U3与U2的比值等于变压器的次级与初级线圈的匝数比，则向下移动滑动触头P，U3与U2的比值不变，选项B正确；C．移动滑动触头P，当U3减小时，则U2也减小，由于U2=U1-UR0，而U1不变，则UR0变大，则此时R0消耗的功率变大，选项C错误；D．根据理想变压器的规律可知，输出功率等于输入功率，即电阻R消耗的功率等于原线圈的输入功率，分析原线圈电路可知，电阻R0与原线圈串联，电流相等，功率P=UI，则电阻R0与滑动变阻器R消耗的功率之比等于R0两端电压与原线圈电压之比，电压表V1、V2的示数为U1、U2，则电阻R0与滑动变阻器R消耗的功率之比为，选项D正确；故选ABD。8、BD【解析】

A．整个运动过程中，弹簧对B物体做功，所以B和C组成的系统机械不守恒，故A错误；B．C下滑过程中，绳子的拉力对C做负功，由功能关系可知，物体C的机械能减小，故B正确；C．当B的速度最大时，其加速度为零，绳子上的拉力大小为2mg，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量x2满足得故C错误；D．释放瞬间，对B受力分析，弹簧弹力得物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为h=x1+x2由于x1=x2，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，设B物体的最大速度为vm，由机械能守恒定律得解得：故D正确。9、AD【解析】

AB．由题图甲左侧电路可以判断ab中电流方向为由a到b；由右侧电路及题图乙可以判断，0～2s内cd中电流方向为由c到d，跟ab中的电流同向，因此ab、cd相互吸引，选项A正确、B错误；CD．2s～4s内cd中电流方向为由d到c，跟ab中电流反向，因此ab、cd相互排斥，选项C错误，D正确。故选AD。10、AD【解析】

A．若电源a、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；B．因安培力F=BIL，根据动能定理所以选项B错误；C．由匀加速运动公式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联立以上三式解得选项C错误；D．因这一过程中的时间为所以系统产生的内能为Q=I2（R+r）t联立解得炮弹的动能为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。11、右1.50.84I【解析】

（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：（3）由于Ug1＝0.6×0.6V＝0.36V，Ug2＝0.3×1.5V＝0.45V，由于Ug1＜Ug2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V，新电流表量程为：，由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻．12、B电流表的示数偏小3.00V1.0Ω1.0Ω【解析】

(1)[1]当S2接1位置时，可把电压表、定值电阻与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的图线应是B线；[2]测出的电池电动势和内阻存在系统误差，原因是电压表的分流；(2)[3]当S2接2位置时，可把电