2023年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷及答案

试题PAGE1试题2023年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题自要求，第6～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）小艺从住宅楼27楼乘电梯下到一楼的过程中，不可能经历的状态是（）A．平衡状态 B．超重状态 C．失重状态 D．完全失重状态2．（4分）氢原子的能级公式为：En＝（n＝1，2，3……），其中E1为基态能量。若处于n＝2能级的氢原子吸收频率为ν的光子后恰好能发生电离，已知普朗克常量为h，则（）A．ν＝﹣ B．ν＝﹣ C．ν＝﹣ D．ν＝﹣3．（4分）如图所示，小宁利用计算机研究分力F1、F2与合力F的关系。保持分力F1的大小和方向不变，F2的大小不变，使F1、F2间的夹角θ由0°逐渐增大到360°的过程中，合力F的箭头的轨迹图形为（）A． B． C． D．4．（4分）帆船是一种依靠自然风力作用于帆上来推动船只前进的水上交通工具。在某次赛前训练中，若帆船的迎风面积、空气密度均不变，当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，受到的阻力为F；当风速为4v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶时受到的阻力为F，此时帆船匀速行驶的速度为（）A．v0 B．v0 C．v0 D．v05．（4分）某兴趣小组利用如图甲所示的电路研究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。电路中电源电动势和内阻保持不变，R0为定值电阻，Rt为热敏电阻。通过实验得到，在0℃～80℃的范围内，电压表的示数U随热敏电阻的温度t变化的关系如图乙所示。则在0℃～80℃的范围内，该热敏电阻Rt的阻值随温度t变化的关系图像为（）A． B． C． D．（多选）6．（4分）用充电器为一电容器恒流充电（充电器输出的电流不变）的过程中，下列说法正确的是（）A．电容器的电压不变 B．电容器的电压变大 C．充电器的输出功率不变 D．充电器的输出功率变大（多选）7．（4分）如图所示，由四根相同的电阻丝连接而成的正方形线框ABCD竖直固定在匀强磁场中，且AB边水平，匀强磁场的方向垂直线框平面向里。现给线框通电，电流从线框的A点流入，B点流出，线框CD边受到的安培力大小为F，则线框ABCD受到的安培力的合力（）A．方向竖直向上 B．方向竖直向下 C．大小为4F D．大小为2F（多选）8．（4分）如图所示，将用两段轻绳连接起来的3个相同的钢球完全浸没在某种液体中，将钢球由静止释放后，3个钢球一起向下做匀加速直线运动的过程中（）A．液体的密度越大，钢球的加速度越小 B．液体的密度越大，钢球的加速度越大 C．上、下两段绳子的拉力之比为2：1 D．上、下两段绳子的拉力均为零（多选）9．（4分）在2022年足球世界杯决赛中，阿根廷队员梅西将足球踢出后，立即从静止开始加速向足球追去，最终追上了还在向前滚动的足球。若该过程中，足球做匀减速直线运动，梅西做加速度减小的加速直线运动，则该过程中（）A．梅西的平均速度大于足球的平均速度 B．梅西的平均速度等于足球的平均速度 C．梅西的最大速度可能小于足球的最大速度 D．梅西的最大速度一定大于足球的最大速度（多选）10．（4分）如图所示，光滑水平面AB右端贴近相同高度的粗糙水平传送带BC，传送带逆时针转动，速度大小始终为v0。若物块P（可视为质点）以初速度v从光滑水平面AB上运动到传送带的C端，系统产生的热量为Q1，物块P受到的摩擦力的冲量为I1；若物块P以初速度2v从光滑水平面AB上运动到传送带的C端，系统产生的热量为Q2，物块P受到的摩擦力的冲量为I2，则下列关系式可能成立的是（）A．Q1＝Q2 B．Q1＝2Q2 C．I1＝2I2 D．I1＝3I2二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）11．（6分）某兴趣小组利用图1示的装置验证动量守恒定律。实验时，先不放b球，让a球从斜槽上某一位置由静止滚下，落到位于水平地面上的记录纸上留下痕迹。再将b球静置于水平槽末端，让a球仍从斜槽上同一位置由静止滚下，a球与b球碰撞后分别落在记录纸上留下各自落点的痕迹。O点是抛出点在记录纸上的垂直投影的位置，M、P、N分别为各落点的痕迹。（1）为了保证实验中a球在碰撞中不被反弹，两小球的质量应满足mamb（选填“＞”“＜”或“＝”）。（2）该实验装置的斜槽不光滑对验证动量守恒定律（选填“有”或“没有”）影响。（3）若某次实验时记录下小球三个落点的位置M、P、N如图2所示，M和N偏离了OP方向。若该次实验遵循动量守恒定律，则一定有ma•OPma•OM+mb•ON（选填“＞”“＜”或“＝”）。12．（8分）比亚迪电动汽车的刀片电池由多块刀片电池串联而成，其中每块刀片电池又由多块电芯串联而成。某实验小组用4块电芯串联作为电源，通过实验测量一块电芯的电动势E，实验电路图如图甲所示，图中R为电阻箱。实验小组按图甲连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱，分别记录多组电阻箱的示数R和对应的电压表的示数U，利用测量数据，作出的﹣图像如图乙所示。（1）图乙中，若描出的P点偏离图线较远，是由于记录的电阻箱的示数R错误所致，则该组数据记录的R明显（选填“偏大”或“偏小”）。（2）由图乙可得：一块电芯的电动势E＝V（保留2位有效数字）；图乙中，图线的斜率很小，说明一块电芯的内阻（选填“很大”或“很小”）。（3）若实验中外电路某处导线中的电流变大，则该处导线内部的电场强度（选填“变大”“变小”或“不变”）。三、计算题（本题共5小题，共46分。解答时，要有必要的步骤、公式和文字说明，只写结果不得分）13．2022年11月3日，中国空间站梦天实验舱顺利完成转位，标志着中国空间站“T”字基本构型在轨组装完成。若中国空间站绕地球做匀速圆周运动，已知空间站距地面的高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，求：（1）中国空间站的加速度a的大小；（2）中国空间站的运行周期T。14．如图所示，空间内匀强电场的方向竖直向下，S为点光源，MN为竖直墙壁，S到MN的距离为L。一可视为质点的带电小球A，其质量为m、所带电荷量为q（q＞0）。将小球A从点光源S处以大小为v0的初速度向右水平抛出，小球A最终打在墙壁上。已知电场强度大小为E＝，重力加速度的大小为g，不计空气阻力。求：（1）小球A在空间运动时的加速度a的大小；（2）小球A运动时间t时，小球在墙壁上的影子的速度v的大小。15．如图所示，一半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，两小球A、B从与圆心O等高处同时由静止开始释放，释放后两小球沿圆轨道运动。两小球第一次发生弹性正碰后，小球A静止，小球B继续沿圆轨道运动。已知小球B的质量为m，重力加速度大小为g，小球A、B可视为质点且碰撞时间极短。求：（1）两小球第一次发生弹性碰撞后的瞬间，小球B的速度v的大小；（2）小球B第一次通过圆轨道最高点时，轨道对小球B的作用力F的大小。16．如图所示为自动卸货矿车的示意图。缓冲弹簧下端固定在斜面轨道底端，上端连接轻质装置P，P静置于B点。矿车从斜面轨道上A处由静止开始下滑，撞击P后与P一起压缩弹簧，当矿车速度减为零时装置P自动锁定，卸下全部货物后，装置P解除锁定，矿车借助弹簧的弹力作用，恰能返回到A点。已知斜面轨道的倾角θ＝37°，轨道A、B间的距离L＝99.5m，矿车在轨道A、B间运动时受到的阻力为矿车重力的0.4倍，缓冲弹簧的劲度系数k＝4.0×105N/m，允许的最大压缩量为xm＝0.5m，弹簧弹性势能表达式为Ep＝，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°＝0.6。（1）试估算矿车从A处开始下滑到速度减为零时所需要的时间t（误差不超过0.1s）；（2）求矿车将斜面轨道A处旁边质量为M0＝2t的货物从A处运送至C处，需要运送的最少次数n。17．一质量为m、所带电荷量为q（q＞0）的带电粒子，由静止开始经一电场加速，粒子在电场中运动的距离为3L，所经过的各点的电场强度如图所示。经过电场加速的粒子从A点垂直于磁场方向进入平行四边形匀强磁场区域。粒子从A点开始在磁场区域中做匀速圆周运动时，先后经过C、D两点。已知线段AC＝AD＝L，∠CAD＝120°，不计粒子重力。求：（1）粒子在磁场中运动的速度v的大小；（2）穿过平行四边形匀强磁场区域的磁通量的最小值Φmin。

2023年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题自要求，第6～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．【解答】解：小艺从住宅楼27楼乘电梯下到一楼的过程中，先向下加速运动，加速度向下，处于失重状态，然后匀速下降，处于平衡状态，最后减速下降，加速度向上，处于超重状态；因加速下降时，加速度不可能为g，则不可能为完全失重状态。故D正确，ABC错误；故选：D。2．【解答】解：根据氢原子的能级公式，由能级跃迁公式：hν＝0﹣E2解得，故C正确，ABD错误；故选：C。3．【解答】解：根据三角形定则，分力F1、F2与合力F构成一个矢量三角形，如图：保持分力F1的大小和方向不变，即F1的箭头位置不变，F2的起始点不变，且F2大小不变，则合力F的箭头的轨迹为以F2的起始点为圆心，以F2为半径的圆，故A正确，BCD错误。故选：A。4．【解答】解：设帆船的迎风面积为S，在时间Δt内吹到帆船上的空气质量为：m＝ρSv相对Δt当风速为2v0时，帆船在静水中顺风匀速行驶的速度为v0，则v相对＝2v0﹣v0以吹到帆上的空气为研究对象，以帆船的速度方向为正方向，由动量定理得：﹣F1Δt＝ρS（2v0﹣v0）Δt（﹣2v0+v0）帆船匀速运动时受到的风力等于阻力，结合牛顿第三定律可知：F1＝F当风速为4v0时，设帆船匀速行驶的速度为v，同理，可得：﹣F2Δt＝ρS（4v0﹣v）Δtρ（﹣4v0+v）F2＝F解得：v＝v0，故B正确，ACD错误。故选：B。5．【解答】解：根据电压表的示数U随热敏电阻的温度t变化的关系有U＝U0﹣kt由闭合电路欧姆定律可知联立解得则Rt﹣t图像为非线性图像，且随着t增加，Rt逐渐减小。故选：C。6．【解答】解：AB.根据电容器电容的定义式可知，在充电过程中，电容器的电荷量不断增大，电容器两端的电压不断增大，故A错误，B正确；CD.恒流充电时，根据功率公式P＝UI可知，充电器的输出功率逐渐增大，故C错误，D正确。故选：BD。7．【解答】解：通过DA边和CB边的电流大小相等，方向相反，由左手定则可知，DA边和CB边受到的安培力大小相等，方向相反，二者的合力为0。四根导体棒相同，AB边与ADCB边并联，则AB边与ADCB边的电阻之比为1：3，流过它们的电流之比为3：1。设流过ADCB的电流为I，则流过AB的电路为3I。设线框的边长为L，则导体棒CD受到的安培力大小F＝BIL，方向竖直向上。导体棒AB受到的安培力大小F′＝B•3IL＝3BIL＝3F，方向竖直向上故线框ABCD受到的安培力的合力F合＝F+F′＝4F，方向竖直向上，故AC正确，BD错误。故选：AC。8．【解答】解：AB、设液体的密度为ρ，钢球的体积为V，钢球受到的浮力F＝ρgV，设每个钢球质量为m，设钢球受到的阻力为f，对三个钢球组成的系统，由牛顿第二定律得：3mg﹣3ρgV﹣3f＝3ma，解得：a＝g﹣﹣，液体密度ρ越大，钢球的加速度a越小，故A正确，B错误；CD、以最上面的钢球为研究对象，由牛顿第二定律得：mg+T上﹣ρgV﹣f＝ma，以最下面的钢球为研究对象，由牛顿第二定律得：mg﹣ρgV﹣f﹣T下＝ma，以中间的球为研究对象，由牛顿第二定律得：mg+T下﹣T上﹣ρgV﹣f＝ma，解得：T上＝T下＝0，故C错误，D正确。故选：AD。9．【解答】解：AB、梅西和足球在相等的时间内位移也相等，则两者的平均速度相等，故B正确，A错误；CD、因为梅西做的是加速度减小的加速直线运动，球做的是匀减速直线运动，且末速度不为零。要保证两者的平均速度相等，设梅西的最大速度为v人，足球的最大速度为v球，平均速度均为，则有：v人＜（v球+v末）＝可得关系式：v人＜v球+v末可见由此关系无法比较v人、v球的大小关系，梅西的最大速度可能小于足球的最大速度，故C正确，D错误。故选：BC。10．【解答】解：C．物块受摩擦力f＝μmg根据牛顿第二定律，加速度，解得a＝μg设两种情况下在C端速度为v1，v2，由速度—位移关系：两种情况下时间分别为t1、t2，以摩擦力方向为正，由冲量定义：I1＝μmgt1I2＝μmgt2两种情况下物块位移均为L，则得2mv（I1﹣2I2）＝（I1﹣I2）（I1+I2）若I1＝2I2则I1＝I2故I1≠2I2故C错误；D．若I1＝3I2则由动量定理：I1＝mv﹣mv1I2＝m⋅2v﹣mv2得满足故D正确；A．两种情况下，系统产生热量为Q1、Q2，有Q1＝f（v0t1+L）Q2＝f（v0t2+L）得Q1＝v0I1+μmgLQ1＝v0I2+μmgL若Q1＝Q2则I1＝I2故Q1≠Q2故A错误；B．若Q1＝2Q2则控制v0大小，可能满足上述关系，故B正确。故选：BD。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）11．【解答】解：（1）为了保证实验中a球在碰撞中不被反弹，则a球（入射球）的质量应该大于b（被碰球）的质量，即两小球的质量应满足：ma＞mb。（2）该实验装置的斜槽不光滑对验证动量守恒定律没有影响，只要每次小球到达底端时速度相同即可。（3）如图所示，连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示。分别测量出OP、OM′、ON′的长度。若在实验误差允许范围内，满足关系式：ma•OP＝ma•OM′+mb•ON′则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。因为OM＞OM′，ON＞ON′，则ma•OP＜ma•OM+mb•ON故答案为：（1）＞；（2）没有；（3）＜。12．【解答】解：（1）由图示可知，P点在直线下方，电压测量值准确，所测数据R的值偏大。（2）由闭合电路的欧姆定律得：E＝U+Ir＝U+r，整理得：＝+，由图示图像可知，b＝＝0.078V﹣1，解得：E总≈12.82V，一块电芯的电动势为E＝V≈3.21V；图像的斜率k＝，则内阻r＝kE，斜率k很小，说明内阻r很小。（3）电路某处导线中的电流变大，则该处导线内部电子的定向移动速率变大，电子所受电场力变大，电场强度变大。故答案为：（1）偏大；（2）3.21；很小；（3）变大。三、计算题（本题共5小题，共46分。解答时，要有必要的步骤、公式和文字说明，只写结果不得分）13．【解答】解：（1）中国空间站做匀速圆周运动，万有引力提供向心力在地球表面，忽略地球自转联立解得空间站的加速度（2）中国空间站做匀速圆周运动，万有引力提供向心力在地球表面，忽略地球自转联立解得中国空间站的运行周期答：（1）中国空间站的加速度a的大小为；（2）中国空间站的运行周期T。14．【解答】解：（1）对小球，由牛顿第二定律得：mg+qE＝ma解得：a＝2g（2）小球做类平抛运动，小球的影子如图所示由相似三角形可知：小球做类平抛运动，水平方向：x＝v0t竖直方向：h＝解得：y＝小球在墙壁上的影子的速度大小v＝＝答：（1）小球A在空间运动时的加速度a的大小是2g；（2）小球A运动时间t时，小球在墙壁上的影子的速度v的大小是。15．【解答】解：（1）设小球A、B第一次运动到轨道最低点时的速度大小为v0，小球A的质量为m'，规定向右为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得mgR＝，m'gR＝m'v0﹣mv0＝mv+＝解得v＝2（2）设小球B第一次通过圆轨道最高点的速度大小