2023届浙江省金丽衢十二校高三下学期第一次联考（一模）物理 Word版含解析

考生注意：1、考生注意：1、本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。答题纸规定的位置上。3、答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在试题卷上的作答一律无效。4、非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。一、选择题I(本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)人'匕_*)1.“另类加速度A”的定义为X,其中uo和v,分别表示某段位移x的初速度和末速度。则用国际单位制基本单位的符号来表示A的单位，正确的是()AsB.HzC.m/s2D.m2/sA解析】【详解】根据量纲法可知，“另类加速度A”的单位为金丽衢十二校2022学年高三第一次联考故选Ao2,物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是()A.物体运动速度越大，加速度就越大，速度变化一定越快B.不管是摩擦起电、接触起电还是感应起电，正负电荷的总量保持不变C.物体有力才会运动，即力是产生速度的原因，不是产生加速度的原因D.能源的利用过程遵守能量守恒定律，取之不尽用之不竭，不需节约能源【答案】B解析】【详解】A.物体运动速度越大，速度变化不一定越快，加速度不一定越大，故A错误；B.根据电荷守恒定律可知，不管是摩擦起电、接触起电还是感应起电，正负电荷的总量保持不变，故B正确；-------=ssmm用力，故A正确、B错误；C.黑板擦受到重力、支持力、摩擦力、拉力、磁力5个力的作用，其中支持力、摩擦力、磁力的施力物体是黑板，故C错误；D.黑板对黑板擦的摩擦力大小等于黑板擦的重力与水平向右的恒力的合力大小，三力合力为零，故D错误。误故选A。7.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、。、b.c、d为弹道曲线上的五点，其中。点为发射点，d点为落地点，"点为轨迹的最高点，。、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是()A.炮弹到达力点时，炮弹的速度为零B.炮弹到达力点时，炮弹的加速度为零C.炮弹经过等高的两点(如〃、c)时上升速度大于下落速度D.炮弹由。点运动到。点的时间大于由c点运动到d点的时间【答案】C【解析】【详解】A.根据曲线运动的速度与轨迹的关系可知，炮弹到达力点时，炮弹的速度水平向右，不为零，故A错误；B.根据曲线运动的条件可知，炮弹到达b点时加速度不为零，方向应指向轨迹的凹侧，故B错误；C.炮弹从。点到c点的过程，重力做功为零，阻力做负功，由动能定理可知，炮弹经过〃点时的速度大于经过c点时的速度，其他等高点也同样成立，即炮弹经过等高的两点时上升速度大于下落速度，故C正确；D.从。到。的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力力，由牛顿第二定律可得解得解得m在从C到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力巾，解得m在从C到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力巾，由牛顿第二定律可得^g-f2=ma2_mg-f2Jp即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，再由2可定性确定，竖直位移相同，而。。段加速度大，且则段的时间短，所以炮弹由。点运动到。点的时间小于由c点运动到d点的时间，故D错误。故选C。8.11月8日在珠海航展上歼-20表演了双机盘旋、双机水平交叉、大仰角转弯脱离等精彩动作。飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示，假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线，飞机所受升力垂直于机身，空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时()【案】C【解析】【详解】机沿圆弧运动时的受力情况如图所示对比可得GA,飞机发动机推力大小不变BA,飞机发动机推力大小不变B.飞机所受升力大小保持不变C.飞机克服重力做功功率变大D.飞机所受的升力就等于向心力【答案】B【解析】【详【答案】B【解析】【详解】A.根据等势面与场强的关系可知，等势面越密集电场强度越强，则A点的场强最大，故A错B.B、C两点的电势差Ubc=(pB~(pc=7kV-9kV=-2kV故B正确；C.由题图知(pB<g再根据Ep=(pq,但电子带负电，则EpB>Epc,故C错误；D.由题图知(pB<(pc,但不知道电荷是正还是负，则电荷由B移到C,电势能不一定减小，故D错误。Fjy-mgsinO=mp飞机沿圆弧运动时，夹角0减小，飞机所受升力减小，故B错误；C.飞机克服重力做功功率为A.根据牛顿第二定律有P=rngvcos。飞机沿圆弧运动时，夹角0减小，飞机克服重力做功功率变大，故C正确；D.飞机所受的升力与重力分力的合力提供圆周运动的向心力，故D错误。故选C。9.某次雷雨天，在避雷针附近产生了如图所示的电场，其等势面的分布如虚线所示。下列说法正确的是()F^=mgcosO+f飞机沿圆弧运动时，空气阻力大小不变，夹角0减小，可知飞机发动机推力大小增大，故A错误;B.根据牛顿第二定律有A.、BA.、B、C三点中，A点场强最小B.B、C两点的电势差Ubc=-2kVC,电子在B点比在C点电势能小D.电荷由B移到C,电势能减少2keVv故A错误；B.故A错误；B.电池容量“12Ah”的“Ah”是电量单位，故B错误；C.若机器人工作时电机为纯电阻则U2R=p=5.670P但电机不是纯电阻机器人工作时电机直流电阻不等于5.76Q,故C错误：D.根据选项A可知机器人最大功率工作时电流是4.17A,而电池的容量为12Ah,则机器人以最大功率U故选B。10许.多餐厅用机器人送餐，它的动力来源于电动机，送餐机器人的部分参数如表所示。下列说法正确的是()/=—«4.17A【答案】D解析】【详解】A.已知机器人的工作电压为24V,最大功率为100W,则机器人最大功率工作时电流是P功能质量移动速度电池容量功能质量移动速度电池容量功率工作电压最大送餐质量迎宾、送餐等最大功率100W24VA.机器人最大功率工作时电流是2AB.电池容量“12Ah”的“Ah”是能量单位C.机器人工作时电机直流电阻等于5.76QD.机器人以最大功率工作时间达不到2.88h工作时间约为2.88h,工作时间约为2.88h,但电机存在铜损和铁损等相关损耗，则机器人以最大功率工作时间达不到2.88h,故D正确。故选D。11.以往，己知材料的折射率都为正值(〃>0)。现己有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(〃<0),成为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角，与折射角尸依然满足*=〃，r但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)。若该材料对电磁波的折射率n=~\,则从空气中一点光源发射的光线射向这种材料的光路图是()【答案】C【解析】【详解】A.根据sin;pp=n知入射角不等于0°,则折射角也不等于0°,所以光线进入材料时不可能垂直于界面，故A错误；B.此图中光线发生反射，没有发生折射，故B错误；C.根据题意知，折射线与入射线位于法线的同一侧，该图符合折射的规律，故C正确；D.光线从材料右侧面射出时，违反了折射规律：折射线与入射线位于法线的同一侧，故D错误。故选C。12.图甲为某种车辆智能道闸系统的简化原理图：预埋在地面下的地感线圈匕和电容器C构成LC振荡电路，当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，使得振荡电流频率发生变化，检测器将该信号发送至车牌识别器，从而向闸机发送起杆或落杆指令。某段时间振荡电路中的电流如图乙，则下列有关说法错误的是()【答案】D【【答案】D【解析】【详解】A.4时刻电流最大，线圈中磁场能最大，电容器中电场能最小，电容器间的电场强度为最小值，故A正确，不符合题意；B.，~上时间内，电流逐渐减小，线圈中磁场能减小，电容器中电场能增大，电容器处于充电过程，故B正确，不符合题意；C.当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，根据可知周期变大，频率变小，故C正确，不符合题意；D.从图乙波形可知周期越来越小，频率越来越大，汽车正远离地感线圈，故D错误，符合题意。故选D。13.已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度％后以额定功率匀速行驶，沥、以平行于v轴，施反向延长线过原点O,汽车质量为M,已知必、鸟、％、*,，下列说法不正确的是()A.汽车额定功率为F"mB.汽车从b到c过程作变加速运动C.汽车匀加速运动持续的时间为(jm鸟D.汽车从。到力过程克服阻力做功2(片T)片A.时刻电容器间的电场强度为最小值A.时刻电容器间的电场强度为最小值B.n-12时间内，电容器处于充电过程C.汽车靠近线圈时，振荡电流频率变小D.从图乙波形可判断汽车正靠近地感线圈P=Fv故A正确；B.汽车从人到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第一定律有P=Fv故A正确；B.汽车从人到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第一定律有可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从力到c过程作变加速运动，故B正确；C.汽车所受的阻力为v=PpF瓦汽车额定功率为图象的斜率，有【答案】c解析】【详解】A.根据由于额定功率等于图象斜率有f=—=F2p=2k=2L汽车从。到b匀加速运动持续的时间为F}-f=Ma=Mg~a~(Fl-F2)Fl故C错误；D.汽车从。到力过程的位移汽车从。到代根据牛顿第二定律有A.图甲是电了束通过铝箔后的衍射图样，此实验可以说明电了具有波动性B.A.图甲是电了束通过铝箔后的衍射图样，此实验可以说明电了具有波动性B.图乙实验中研究平行板电容器两板间电压变化时•可以用直流电压表代替静电计C.根据图丙的氢原子能级图可知处于基态的氢原子可以吸收一个能量为14eV的光子并电离D.根据图丁知每过3.8天翅222核质量减半，与外界条件无关，生成的新核比结合能变小【答案】AC解析】【详解】A,图甲是电子束通过铝箔后的衍射图样，衍射是波具有的特性，此实验可以说明电子具有波动性，故A正确；B.图乙实验中研究平行板电容器两板间电压变化时，电路中无电流，不可以用直流电压表代替静电计，故B错误；C.根据图丙的氢原子能级图可知可知处于基态的氢原子可以吸收一个能量为14eV的光子，由于14eV>13.6eV,可知氢原子能发生电离，故C正确；D.根据图丁知每过3.8天翅222核质量减半，与外界条件无关，生成的新核更稳定，比结合能变大，故D错误。故选AC。15,兴趣小组用手摇发电机(如图甲)接变压器来研究相关规律，其工作原理简化如图乙所示，匝数为N,面积为S的矩形线框以角速度(9在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴0。匀速转动,线框与变压器(视为理想)原线圈相连，原、副线圈匝数比为1：2,图示时刻线框平面与磁感线垂直并x=—ar汽车从。到b过程克服阻力做功W=fx=2街-为再2故D正确。本题选不正确的，故选C。二、选择题II(本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个选项是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)U2=42NBScoArArT，T=p以此时刻为计时起点，R为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V、V2均视为理想电表，不计线框A.线框从图示位置开始转过180。的过程，平均电动势为0B.变阻器的滑片向c端滑动过程，R的发热功率一直变小C.变阻器的滑片向d端滑动过程V2的示数始终为HNBScoD.线框从图示位置开始转过90。时，电压表Vi示数为NBSco【答案】BC解析】【详解】A.线框从图示位置开始转过180。的过程中，磁通量的变化量为而平均电动势为E=N=N2tvE=N=N2tv联立解得-2NSBcoE-2NSBcon故A错误；CD.矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值为则原线圈的电压即电压表Vi的示数为co-再根据原副线圈电压比与匝数比的关系有曳=九则副线圈的电压即电压表V2的示数为OPvotOMv/,ON=v2t②上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有。A.小球A和B的质量皿、m2B.斜槽末端离地面的高度力C.位置C到斜槽末端的高度差△/?D.两小球与斜槽间的动摩擦因数〃③当所测物理最满足表达(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。律④该同学进一步测量发现，总是满足成＞疏，由此判断小球皿与川2碰撞属于。A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.都有可能【答案】®.AD##DA②.B③.A④.m}OP=m}OM+m2ONB【解析】【详解】(1)[1]A.如甲图做“探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”中需要测量弹簧的伸长量，故需要毫米刻度尺作为测量工具，故A正确；B.如乙图做“探究向心力与半径、质量、角速度的关系”实验时用到了控制变量法，故B错误；C.“用油膜法估测分子的大小”实验形成如图丙所示的图案，可能是雅子粉撒得太多，导致油膜未完全散开，故C错误；D.用如图丁装置验证气体实验定律时，在柱塞表面涂润滑油是为了增加气密性，故D正确。故选AD。 (2)[2]A.实验过程中白纸必须始终放在复写纸的下面，且不能调整位置，故A错误；B.以最小的圆圈住尽可能多的落点，则圆心可视为小球的平均落点，故B正确；C.为保证小球A碰撞后不弹回，两个小球的质量需要满足叫大于初2,实验中只需保证小球A到达轨道末端的速度相同，故轨道表面不必光滑，故C错误；D.小球叫与叫碰撞后，叫、%的落点分别是图乙中的"、N点、,故D错误。故选B。[3][4]小球A和B根据动量守恒得小球从轨道末端飞出后做平抛运动，竖直方向有,12水平方向有pQ-sh=p'pQ-sh=p'S'(h-x\解得则所用的时间为20,如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为。=37。，底端H有一弹簧，A、Q、0八。、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球(其直径稍小于圆管内径，可视作质点，从距A点高为方处的。点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能最损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R=0.6m,BC长£=2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数；/=0.5,其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从。点出发恰能第一次通过圆弧的最高点(sin37°=0.6,cos37°=0.8»g=10m/s2)求：(1)小钢球第一次经过C点时的速度大小L；(2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小弓；(3)若改变小钢球的释放高度/?,求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与五的函数关系。E(3)s=<2.5/ip2.5(m),1.6m</iv2.24m【解析】【详解】(1)小钢球在E点处做圆周运动，当其恰好通过E点时，小钢球速度为零，从C到E的运动过RBDRRRBDRRH解得R=-Nb6(3)设小钢球恰好能经过E点时，其释放的高度为加，从。到解得R=-Nb6(3)设小钢球恰好能经过E点时，其释放的高度为加，从。到E的运动过程，根据动能定理有mg(4-玲-"mgL=E^当小钢球的释放高度h<h}时，小钢球将无法通过E点，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程s为零。根据几何关系可知，斜面轨道GH的长度Wn=-FfLGH=-0.032J可知，小钢球完成从H到G的运动，摩擦力做功也为-0.032J。小钢球在斜面GH上运动时，所受摩擦力大小为Ff="mgcos0=0.04NLch=ppp=0.8m小钢球在斜面轨道上完成从G到H的运动，摩擦力做功”一"*=掀vc=2>/6m/s(2)设小钢球通过B点时的速度为*,从B到C的运动过程，摩擦力做功为解得程，根据动能定理有小钢球经过B点时，根据向心力公式有根据动能定理有0_?=-mg.2R两式联立，解得解得设小钢球释放高度为知时，其能够运动到H点，并被反弹，解得设小钢球释放高度为知时，其能够运动到H点，并被反弹，且恰好能够再次经过E点，根据动能定理有四仇-&)+%+2毗=晶奴=2.24m当小钢球的释放高度h〉、时，小钢球再次通过E点后，将向Z)、C方向运动，并不再返回，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程s=2Lgh=1.6m小钢球重力沿斜面向下的分力大小为F}=/ngsin9=0.06N因为F】>Ff,所以当小钢球的释放高度h]<h<h2时，小钢球第一次通过E点后，无法再次经过E点，它将会在斜面轨道上反复运动，最终停在H点。根据动能定理有nighWnFfs=0解得综上可的21.如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，夕卜环和内环的半径分别为4=O.3m,E=0.1m,圆环区域存在方向竖直向上，磁感应强度大小B=1T的匀强磁场，金属圆环以角速度<y=5rad/s绕中心轴线转动。金属环电阻不计，金属杆电阻代=0.1。，两环通过电刷分别与间距L=0.5m的两条不计电阻的平行光滑金属导轨M0V、MQN，连接，其中材0段倾斜放置，倾斜角。=30。，M2=MQ'=4m,qn,0N'段水平放置，两段之间通过一小段(大小可忽略)光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在。和。'两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键S?与一电容量C=0.6F的电容器相连，在N和V两端与电阻R=0.1。相连，在倾斜导轨材。、何0区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场呸=2T,在水平导轨的应7五£区域内加有垂直水平导轨平面向上的5=2.5/?-2.5(m)匀强磁场功=0.4T,DD、况'均与导轨垂直匀强磁场功=0.4T,DD、况'均与导轨垂直，且£>E=27r=L=0.5m,U形金属框cd"除c、/横截面处外其他表面都有绝缘层(与导轨间绝缘)，U形金属框质量为3〃?，每边电阻均为伯=01。，各边长度均为L=0.5m,开始时紧挨导轨静置于WEE左侧外。现有一不计电阻的质量为刀的金属棒"紧贴协T放置，合上电键$时金属棒恰好静止在导轨上。(g=10m/s2)(1)求金属棒。的质量m；(2)断开$同时闭合S?,金属棒。向下滑行，求金属棒。到达倾斜导轨底端QQ'时的速度大小；(3)金属棒。越过Q0后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起(金属棒。与导轨及U形金属框都接E0.2V=2A金属棒恰好静止在导轨上，有【解析】【详解】(1)水平金属圆环中金属杆产生的电动势为冗一0.10量，〃为m=BJL2x2x0.5kg=0.4kg通过金属棒a的电流为 (2)速度为u时，金属棒。产生的电动势2E,=BLvr2设经△，，金属棒。的速度V—>v+Av»速度为u+时，金属棒〃产生的电动势LvAtAz7=CA^=C(E2-E1)=CBLAv通过金属棒a的电流为I=^-=CBLa对金属棒。受力分析，根据牛顿第二定律有解得金属棒0的加速度0.4x10x1根据动力学公式有旅=2ax解得金属棒。到达倾斜导轨底端QO时速度大小为VjyJ2ax=>/2x2x4m/s=4nVs(3)金属棒。与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起，根据动量守恒有解得碰撞后的速度为24岭=二9=1124从屁入磁场到。•入磁场，U形金属框c好除c、/横截面处外其他表面都有绝缘层，可知电阻R上无电流，等效电路为Dv,=从屁入磁场到4•入磁场，根据动量定理有-B2ILt-4mv3-4/nv2该过程的电量为q=联立可得----=4wv3----=4wv3p4冲2解得V.=pm从屁出EE'到CF出既'，