上海市嘉定区封浜高中2022-2023学年高考物理三模试卷含解析

2023年高考物理模拟试卷注意事项：12．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。64241、某同学釆用如图所示的装置来研究光电效应现象。某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象，闭合21 开关S，在阳极A和阴极K之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表显示的电压值U称为反向截止电压。现分别用频率为v和v的单色光照射阴极，测量到的反向截止电压分别为U1和U设电子质量为m，电荷量为e21 1频率为v的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度v 11m

2eUmK金属的极限频率v

Uv 2

Uv12普朗克常量h

0eU2 1vv

U U2 11 2eUv

UvK金属的逸出功W

12 21vv1 22、如图所示，MN两点分别放置两个等量异种点电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的垂直平分线上处于P点上方的一点。把一个负检验电荷分别放在T三点进行比较，则（ ）T三点，T点电势最高检验电荷在T点电势能最大P点受力最小S点受力最大3、三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用1 2 3 I、I、I表示，方向如图。现在O点垂直纸面固定一根通有电流为I的直导线，当II I I时，O1 2 3 1 2 3 0受到的安培力大小为。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则（ ）I1I

3I、I0 3I、I

I I3 I I

时，O点处导线受到的安培力大小为4F时，O点处导线受到的安培力大小为3F1I

0 2 3 3I、II I

时，O点处导线受到的安培力大小为3F2I3

0 1 3I、II0 1

0I时，O点处导线受到的安培力大小为2F04、嫦娥四号嫦娥四号与地球间通信，我国还发射了鹊桥中继卫星，“鹊桥”绕月球拉格朗日L2

HaloL2

点距月球约6.5万千米，“鹊桥”距月球约8万千米，“鹊桥”距L2点约6.7万千米，月球绕地球做圆周运动的周期约为27天，地球半径为地球表面重力加速度为10m/s2，磁波传播速度为3108m/s。下列最接嫦娥四号发出信号通鹊桥传播到地面接收站的时间的是（ ）2A．2s B．10s C．12s D．16s5、一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来4倍，不考虑星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ）C

D6、如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF55L+QBCO+QAB边上的O点强度大小为为静电力常量+Q)kQA．L24kQ2 3kQ4 3kQ45205307、如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanB．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5CA4sD．煤块在传送带上留下的痕迹长8、如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在传播方向上有、N两点N点图中未画出，OM4.0m，ON9.0m。M点开始振动后，又经1.1s的时间恰好第三次到达波谷。则下列说法正确的是（ ）0.55s1.0m/s1.8s的时间，MD2.2s的时间，N点第四次到达波峰E.能够与该波发生干涉的简谐横波频率一定为2.5Hz9、如图所示，两个质量分布均匀的球体、Q静止在倾角为30的固定斜面与固定挡板之挡板与斜面垂直、的质量分别为m、半径分别为、2r，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）A．P受到四个力的作用C．P所受弹力的合力大于mg

B．挡板对P的支持力为3mgD．Q受到P的支持力大于mg10θLB的匀强做场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为m1m2、ba棒垂直于导轨放置，用跨过光cacb也垂直于导轨放置，此刻起c做匀速运动而b静止棒在运动过程中始终与导轨垂直两棒与导轨接触良好导轨电阻不计（ ）A．物块c的质量是m1sinθB．b棒放上导轨后，b棒中电流大小是m2gsinBLC．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能D．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b棒上消耗的电能之和三、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（侧视图只画了一个小车）牛顿第二定律滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙车在此过程中位移的大小。图丙为某同学在验证1的总质量m1

100g，小车2的总质量m2a

200g1x1

5.00cm2x2a

cm，可以算出m1a （结果保留3位有效数字在实验误差允许的范围内，a1 （选填大于小于或等12 2 1于。12（12分）“9、5W字样小灯泡的完整伏安特性曲线，实验室可供如下器材：A1（1．6A1.5Ω）A2（3A1.2Ω）3Vrv

3kΩ）R（1.8A）1滑动变阻器R （阻值额定电流1.5A）2R3

6kΩ直流电源（电动势E10V）导线和开关请在虚线框中画出电路 滑动变阻器应；电流表应选 （填写元件前序号）灯泡两端实际电压U0与电压表读数U关系式为 为 （用题目中所给字母或符号表示）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，两等腰三棱镜ABC和CDA1=60A2=30。将AC成∠C=90°BCABOACABC的折射率n1

6 2

，棱镜CDA的折射率n2= 2，不考虑光在各界面上反射后的传播，求：(sin15°=

6 24 ，sin75°=

6 24 )ABCACθ；CD面射出。14（16分）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角＝37FaF的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8。求：小滑块与木板的动摩擦因数为多少？F＝20N时，长木板的加速度大小为多大？115（12分）如图所示，在水平面上有一个固定的4光滑圆弧轨道a，其半径R=0.4。紧靠圆弧轨道的右侧有一足够长的水平传送带与圆弧轨道相切于b点，在电动机的带动下皮带以速度v0=2m/s顺时针匀速转动，在a的正上方高h=0.4mA由静止释放，在a，当A滑上水平传送带左端的同时小物块Bc点以v=4m/s的初速度向左运动，两物块均可视为质点，质量均为2k，与传送带间的动摩擦因数均为=0.。两物g=10m/s2。求：(1)小物块A到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小物块B、A开始相向运动时的距离lbc；(3)由于物块相对传送带滑动，电动机多消耗的电能。参考答案64241、C【解析】A.光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：1eU 0 mv21 2 m1则得光电子的最大初速度：1v 2eU1m故A不符题意；BCD.根据爱因斯坦光电效应方程得：hveUW1 1hv2eU2W联立可得普朗克常量为：1he(UU2)1vv1 2代入可得金属的逸出功：e(UvUv)21Whv211

eU 1

21v v1 2阴极K金属的极限频率为：21e(UvUv)2121W v v

UvUvv 0 h

1 2U)11 21

21 2U U2 1vv1 2故C符合题意，B、D不符题意。2、B【解析】根据等量异种点电荷电场的特点，可知PP两点电势相等，T点电势最低，故错误；T结合电势能公式E ，可知负检验电荷q在点电势能最大，故B正确；TpCDP场强度最大，所以负检验电荷在S点受力最小，在TCD错误。故选B。3、C【解析】I、I、

OB、B、

的示意图如图所示1 2 3

1 2 3当I I

I

O

，根据磁场叠加原理可知，此时O点的1 2 3 0 0磁感应强度为B2B0O点处对应的导线的安培力F2BIL00AB．由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当I1

3I、I0

I I3

时，则有B3B，B1 0

BB3 0根据磁场叠加原理可知，此时O点的磁感应强度为B4B0O点处对应的导线的安培力F4B0

IL2F0故AB错误；I2

3I、II0 1

I时，有0B 3B，BBB2 0 1 3 0如图所示根据磁场叠加原理可知B23B0O点处对应的导线的安培力F23B0C正确；

IL 3F0I3

3I、II0 1

I时，有0B3B，BBB3 0 1 2 0如图所示根据磁场叠加原理可知B2 3B0此时O点处对应的导线的安培力F2 3B0DC。4、A【解析】

IL 3F0根据地球对月球的万有引力提供月球绕地球圆周运动的向心力，有GMmr2

42m rT2忽略地球自转，在地球表面附近gGMR2可计算地月间距r38万千米L244.5鹊桥45万千米，所以嫦娥四号53万千米，即5.3108m，因此通信时间5.3108t s31082sA正确，BCD故选：A。5、B【解析】AB.根据万有引力充当向心力G

Mm＝mv2=m2

r=m2r=ma，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v= ，r2 r T2GMrGMm GMr

= ，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r=

，变轨前后卫星的轨道半径之比k 2rGM

2 41r向心加速度a= ，变轨前后卫星的向心加速度之比故A错误，B正确；1 2 r2 1 242r342r3GMr31r32C.卫星运动的周期T

，变轨前后卫星的周期之比1=T2GM

= C错误；1rr32r31D.卫星运动的角速度＝6、D【解析】

，变轨前后卫星的角速度之比1r32

= = D错误．8CDOEDO点产生的电场强度叠加为kQ零.BC中点的点电荷在O点产生的电场强度为

4kQ，因EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生(Lsin60)2 4kQ 4kQ的电场强度叠加为零，EF上的细棒在O点产生的电场强度为

，故每根细棒在O点产生的电场强度为 ，移走ABEFEDO60°，所以叠加后电场强度为24kQcos303L2

4 3kQ3L4 3kQ

；故选D。kQ，与结论不相符，选项A错误；L24kQ，与结论不相符，选项B错误；3L22 3kQC2 3kQ3L24 3kQD4 3kQ3L2

，与结论不相符，选项C错误；，与结论相符，选项D正确；45205307、AD【解析】AB．由v－t图像得0~1s内煤块的加速度大小1241a m/s28m/s211方向沿传送带向下；1~2s内煤块的加速度大小401a m/s24m/s212方向沿传送带向下。0~1s，对煤块由牛顿第二定律得1mgsinmgcosma1~2s，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ解得tanθ=0.75，μ=0.25故A正确，B错误；v－tx=10m，由运动学公式得下滑时间为2xa222xa24t s 5s4下

5所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 ，故C错误；0~1s

内煤块比传送带多走

4m，划痕长

4m，

1~2s

内传送带比煤块多走

4m。

2~ 5

内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为51 52 at2vt124 m，2 2DAD。8、CDE【解析】A．由图可知，波长4m振幅A2cm各质点开始振动的方向为y方向。M点振动开始后，又经过1.1s恰好第三次到达波谷，则有1.1s32T 4 4则T0.4s所以A错误；B．则波速为v T

4m0.4s

10m/s所以B错误；C．从图示时刻开始，波传播至M点需时间OM 4.0mt 0.4s1 v 10m/s之后的1.8s0.4s31T 2 2则M振动路程为34A2A28cmM28cm，C正确；DNON 9.0cmt 0.9s2 v 10m/s之后的2.2s0.9s31T 4 4则N点第四次到达波峰，D正确；E．波的频率为1f 2.5HzT则其相干波的频率为2.5Hz，E正确。故选CDE。9、AD【解析】A．P受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和Q的压力，故A正确；B．两球整体受力平衡，故挡板对P的支持力大小3N1=3mgsin30=2mg故B错误；C．P所受三个弹力的合力与重力mg平衡，则P所受弹力的合力大小为mg，故C错误；D．Q受力如图所示，有F=2mg故N2>Fsin30=mg故D正确。故选AD。10、BD【解析】A．由b平衡可知，安培力大小F m安 2

gsin由a平衡可知F F绳

mgsin1由c平衡可知F mg绳 c联立解得物块c的质量为m (mc 1

m)sin2A错误；B．b棒放上导轨后，根据b棒的平衡可知F m安

gsin又因为F BIL安可得b棒中电流大小是mI m

gsinBLB正确；cca错误；D．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功转化为全电路的电能，即等于a、b两棒上消耗的电能之和，D正确。故选BD。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、2.452.50 2.002.04 等于【解析】22x=2.45cm2.45cm－2.50cm均可21x2at2可知，由于时间相同，则有a a a 1 12.45a 2 2由于读数误差，则2.002.04均可由题意可知m200mm21002m1故在误差允许的范围内a m1 2a m2 112、 D A U0

3URUIUrV【解析】（1）[1]9V3V9VR3；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示（2）[2][3]灯泡额定电流为IP

5 A≈1.56AU 9电流表应选A；为方便实验操作，滑动变阻器应选择D；22（4）[5]由图示电路图可知，电流表读数为R IUrV

I，则通过灯泡的电流为

IUrV

，则灯泡电阻四、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、(i)45°；(ii)不能从DC面射出【解析】AB面上发生折射，如图由折射定律得sinnsin2 1解得∠2=15°则606060601545=45°ACCDA内，由几何关系可得=45°∠=45°由折射定律sin4 nnsin3 1n2解得∠4=75°则由几何关系可得∠5=45°由折射定律sin6nsin2解得∠6=90°DCDC（DC射出也可14(1)0.75(2)2m/s2【解析】F18Na＝0F＝(M＋m)gsinθ代入数据解得M＋m＝3kg当F大于18N时，根据牛顿第二定律得F－M