2023年高考物理第一次模擬考試卷高三物理（考試時間：60分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題：選項）1．在物理學的重大發現中科學家們創造出了許多物理學方法,如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法、微元法和科學假說法、建立物理模型法等。以下關于所用物理學研究方法的敘述不正確的是()A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時,用質點來代替物體的方法叫建立物理模型法B.根據速度定義式v=,當Δt非常小時,就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義應用了極限思想方法C.在探究加速度、力和質量三者之間的關系時,先保持質量不變研究加速度與力的關系,再保持力不變研究加速度與質量的關系,該實驗應用了假設法D.在推導勻變速運動位移公式時,把整個運動過程劃分成很多小段,每一小段近似看作勻速直線運動,然后把各小段的位移相加,這里采用了微元法【答案】C【解析】在不需要考慮物體本身的大小和形狀時,用質點來代替物體的方法建立物理模型法,是建立了理想化模型,A正確;根據速度定義式v=ΔxΔt,當Δt非常小時,ΔxΔt就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義應用了極限思想方法,2.智能手機的普及使“低頭族”應運而生。低頭時，頸椎受到的壓力會增大(當人體直立時，頸椎所承受的壓力等于頭部的重量)。現將人體頭頸簡化為如圖所示的模型：重心在頭部的P點，在可繞O轉動的頸椎OP(輕桿)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下處于靜止狀態。當低頭時，若頸椎與豎直方向的夾角為45°，PQ與豎直方向的夾角為53°，此時頸椎受到的壓力與直立時頸椎受到壓力的比值為(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A.4B.5C.4eq\r(2) D.5eq\r(2)【答案】C【解析】由題意可明確人的頭受力情況，如圖所示：由題意知，F′＝G，則由幾何關系可知：eq\f(F,F′)＝eq\f(sin（180°－53°）,sin（53°－45°）)＝4eq\r(2)。根據牛頓第三定律可知C正確。3.重力為G的體操運動員在進行自由體操比賽時,有如圖所示的比賽動作,當運動員豎直倒立保持靜止狀態時,兩手臂對稱支撐,夾角為θ,則()A.當θ=60°時,運動員單手對地面的正壓力大小為B.當θ=120°時,運動員單手對地面的正壓力大小為GC.當θ不同時,運動員受到的合力不同D.當θ不同時,運動員與地面之間的相互作用力不相等【答案】A【解析】以運動員為研究對象,受到重力和地面對兩只手的支持力,運動員處于靜止狀態,每只手受到的支持力大小都等于12G,和夾角θ無關,根據牛頓第三定律可知,運動員單手對地面的正壓力大小為12G,A正確,B錯誤;運動員受到的合力始終為零,C錯誤;由牛頓第三定律知兩物體間的相互作用力大小永遠相等,D4.如圖所示,家用吊扇對懸掛點有拉力作用,正常轉動時吊扇對懸掛點的拉力與它不轉動時相比()A.變大 B.變小C.不變 D.無法判斷【答案】B【解析】吊扇不轉動時,吊扇對懸掛點的拉力等于吊扇的重力,吊扇旋轉時對空氣有向下的作用力,根據牛頓第三定律,空氣也對吊扇有一個向上的反作用力,使得吊扇對懸掛點的拉力減小,B正確。5.在一次跳繩體能測試中,一位體重約為50kg的同學,一分鐘內連續跳了140下,若該同學每次跳躍的騰空時間為0.2s,重力加速度g取10m/s2,則他在這一分鐘內克服重力做的功約為()A.3500J B.14000J C.1000J D.2500J【答案】A【解析】G=mg=50kg×10N/kg=500N,騰空時間為0.2s表示上升過程0.1s,上升的高度為h=0.05m,根據W=Gh得起跳一次克服重力的功W0=Gh=500N×0.05m=25J;1min跳了140次,則一分鐘內克服重力做功W=140W0=140×25J=3500J。故選項A正確6.甲乙兩車同時同地同向運動,兩車的vt圖象如圖所示。其中質量m=7.5t的甲車以恒定功率P=50kW啟動,最后勻速運動(設阻力恒定)。乙車做初速為0的勻加速運動,以下說法錯誤的是()A.20s末兩車相遇B.30s末兩車相遇C.當乙車在追上甲車前,甲車已經達到最大速度D.甲車運動中所受阻力為5×103N【答案】A【解析】對甲車,當甲車速度最大時,牽引力等于阻力,則F=Ff=Pvm=50×10310N=5×103N,選項D正確;設乙車追上甲車的時間為t,對乙車,x=12at2=12×12×t2,由圖可知,當乙車追上甲車時,甲車已經達到最大速度,并且以最大速度做勻速運動,對甲車根據動能定理有PtFf·7.如圖所示，兩種不同材料的彈性細繩在O處連接，M、O和N是該繩上的三個點，OM間距離為7.0m，ON間距離為5.0m。O點上下振動，則形成以O點為波源向左和向右傳播的簡諧橫波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速為1.0m/s。t=0時刻O點處在波谷位置，觀察發現5s后此波谷傳到M點，此時O點正通過平衡位置向上運動，OM間還有一個波谷。則（）A．波Ⅰ的波長為4mB．N點的振動周期為5sC．t=3s時，N點恰好處于波谷D．當M點處于波峰時，N點也一定處于波峰【答案】D【解析】OM之間有兩個波谷，即，解得波I的波長為，根據題意可知波I的波速為，故波的周期為，同一波源的頻率相同，故N點的振動周期為4s，AB錯誤；波II的波長為，故在t=0時刻N處于平衡位置向下振動，經過3s，即四分之三周期，N點在波峰，C錯誤；因為MN兩點到波源的距離都為其各自波長的，又兩者振動周期相同，起振方向相同，所以兩者振動步調相同，即當M點處于波峰時，N點也一定處于波峰，D正確。8.下列選項中的各1/4圓環大小相同,所帶電荷量已在圖中標出,且電荷均勻分布,各1/4圓環間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是()【答案】B【解析】設1/4圓環的電荷在原點O產生的電場強度為E0,根據電場強度疊加原理,在坐標原點O處,A圖電場強度為E0,B圖電場強度為2E0,C圖電場強度為E0,D圖電場強度為0,因此本題答案為B9.如圖所示,電源內阻不能忽略,電流表、電壓表均可視為理想電表,在滑動變阻器R的滑片從a端滑到b端的過程中()A.電壓表V的示數先增大后減小,電流表A的示數增大B.電壓表V的示數先增大后減小,電流表A的示數減小C.電壓表V的示數先減小后增大,電流表A的示數增大D.電壓表V的示數先減小后增大,電流表A的示數減小【答案】A【解析】在滑動變阻器R的滑片從a端滑到b端的過程中,外電阻先增大后減小,路端電壓先增大后減小,電壓表V的示數先增大后減小,電流表A的示數一直增大,選項A正確10.一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流，則關于導線ab受磁場力后的運動情況，下列說法正確的是()A．從上向下看順時針轉動并靠近螺線管B．從上向下看順時針轉動并遠離螺線管C．從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管D．從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管【答案】D【解析】由安培定則可判定通電螺線管產生的磁場方向，導線等效為Oa、Ob兩電流元，由左手定則可判定兩電流元所受安培力的方向，Oa向紙外，Ob向紙里，所以從上向下看導線逆時針轉動，當轉過90°時再用左手定則可判定導線所受磁場力向下，即導線在逆時針轉動的同時還要靠近螺線管，D對11.如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠寬，在x軸方向寬度為a。一直角三角形導線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區域，以逆時針方向為電流的正方向，在下列選項中感應電流i、BC兩端的電壓UBC與線框移動的距離x的關系圖象正確的是()ABCD【答案】D【解析】由楞次定律可知，線框剛進入磁場時產生的感應電流的磁場方向垂直紙面向外，故線框中的感應電流沿逆時針方向，為正，又因為線框做勻速運動，故感應電流隨位移線性增大；同理可知線框離開磁場時，產生的感應電流大小隨位移線性增大，方向為負，選項A、B錯誤；BC兩端的電壓UBC跟感應電流成正比，故選項C錯誤，D正確。12.如圖所示,在平面直角坐標系xOy的(9,0)、(9,0)兩點處固定著電荷量分別為+q、4q的兩個點電荷,A、B為y軸上兩點,坐標分別為(0,1)、(0,5),M、N、P、Q四個點是以+q為中心的正方形的四個頂點,在上述兩個點電荷所形成的電場中,下列說法正確的是()A.x=3cm處電場強度為零B.B點的電勢高于A點的電勢,A點的電場強度小于B點的電場強度C.N點與Q點電勢相等D.將某一正電荷從N點移動到M點,電場力所做的功小于將其從P點移動到Q點所做的功【答案】D【解析】在平面直角坐標系xOy的(9,0)、(9,0)兩點處固定著電荷量分別為+q、4q的兩個點電荷,根據電場的疊加知在x軸上有一個點電場強度為零,該點在+q的左側,故A錯誤。異種電荷連線的中垂線上的電場強度,在連線的中點處最大,無窮遠處最小為零,所以中垂線上電場強度逐漸減小,A點的電場強度大于B點的電場強度,離負電荷越近電勢越低,B點的電勢高于A點的電勢,故B錯誤。根據點電荷周圍電勢的特點是以源電荷為圓心的同心圓,且沿著電場線方向,電勢逐漸降低的特點可知,只有正電荷時,MNPQ四點電勢相等,且大于零;只有負電荷時,φN>φM=φP>φQ;電勢是標量,合成后為φN>φM=φP>φQ,故C錯誤。越靠近4q電場線越密,相等的距離電勢差越大,根據W=qU知電場力做功越多,故將某一正電荷從N點移動到M點,電場力所做的功小于將其從P點移動到Q點所做的功,故D正確。二．填空題（共20分，每題4分。）13.一條打點計時器打出的小車運動的紙帶如圖所示。取記數點A、B、C、D、E。每相鄰兩個記數點間還有4個計時點(圖中未畫出),已用刻度尺測量以A為起點,到B、C、D、E各點的距離標在圖上,則該紙帶運動加速度的大小為a=m/s2,該紙帶上C點時瞬時速度大小vC=m/s。(結果均保留三位有效數字)

【答案】(1)0.493(2)0.155【解析】因為相鄰計數點間還有四個點未畫出,所以相鄰計數點間的時間間隔為0.1s,根據逐差法可得xDExBC=2aT2,xCDxAB=2aT2,兩式相加解得a=(xDE+xCD)-(xAB+xBC)4T2=(2.29+114.傳送機的皮帶與水平方向的夾角為α,如圖所示,將質量為m的物體放在皮帶傳送機上,隨皮帶一起向下以加速度為a(a>gsinα)勻加速直線運動,則小物體受到的靜摩擦力的方向小物塊受到的靜摩擦力的大小（“可能”、“一定”、“不可能”）等于mgsinα【答案】沿皮帶向下；可能【解析】由牛頓第二定律列方程得:mgsinα+Ff=ma>mgsinα,故靜摩擦力的方向一定沿皮帶向下,由牛頓第二定律列方程得:Ff=mamgsinα,當加速度等于2gsinα時,小物塊受到的靜摩擦力的大小等于mgsinα15.如圖(a)，在xy平面內有兩個沿z方向做簡諧振動的點波源S1(0，4)和S2(0，－2)．兩波源的振動圖線分別如圖(b)和圖(c)所示．兩列波的波速均為1.00m/s.兩列波引起的點B(4，1)處質點的振動相互________(填“加強”或“減弱”)，點C(0，0.5)處質點的振動相互________(填“加強”或“減弱”)．【答案】減弱加強【解析】由于兩列波的波源到點B(4，1)的路程相等，路程差為零，且t＝0時兩列波的波源的振動方向相反，所以兩列波到達點B時振動方向相反，引起的點B處質點的振動相互減弱；由振動圖線可知，波動周期為T＝2s，波長λ＝vT＝2m．由于兩列波的波源到點C(0，0.5)的路程分別為3.5m和2.5m，路程差為1m，而t＝0時兩列波的波源的振動方向相反，所以兩列波到達點C時振動方向相同，引起的點C處質點的振動相互加強．16.如圖所示,在長為l=57cm的一端封閉、另一端開口向上的豎直玻璃管內,用4cm高的水銀柱封閉著51cm長的理想氣體,管內外氣體的溫度均為33℃。現將水銀緩慢注入管中,直到水銀面與管口相平,此時管中氣體的壓強為?新注入水銀柱的高度為?(大氣壓強為p0=76cmHg)【答案】85cmHg5cm【解析】設玻璃管的橫截面積為S,初態時,管內氣體的溫度為T1=306K,體積為V1=51Scm3,壓強為p1=p0+h=80cmHg。當水銀面與管口相平時,水銀柱高為H,則管內氣體的體積為V2=(57H)Scm3,壓強為p2=p0+H=(76+H)cmHg。由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入數據,得H2+19H252=0解得H=9cm，所以p2=85cmHg新注入水銀柱的高度為Δh=H4cm=5cm17.載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(kI,r)，式中常量k>0，I為電流強度，r為距導線的距離。在水平長直導線MN正下方，矩形線框abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根等長的輕質絕緣細線靜止地懸掛，如圖所示。開始時MN內不通電流，此時兩細線內的張力均為T0。當MN通以強度為I1的電流時，兩細線的張力均減小為T1；當MN內的電流強度變為I2時，兩細線的張力均大于T0。MN分別通以強度為I1和I2電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比；【答案】I1∶I2eq\f(T0a－g,T0－T1g)I1【解析】(1)當MN中通以強度為I的電流時，線框受到的安培力大小為F＝kIiLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r1)－\f(1,r2)))，式中r1、r2分別為ab、cd與MN的間距，i為線框中的電流，L為ab、cd的長度。F1∶F2＝I1∶I2。(2)設MN中電流強度為I3時，線框受到的安培力大小為F3。由題設條件有2T0＝G,2T1＋F1＝G，F3＋G＝ma＝eq\f(2T0,g)a。eq\f(I1,I3)＝eq\f(F1,F3)＝，I3＝I1。三．綜合題（共40分。）注意：第19、20題，在列式計算、邏輯推理以及回答問題過程中，要求給出必要的圖示、文字說明、公式演算等。18.一組同學用DIS研究“彈簧振子的振動周期和哪些因素有關”的探究過程如下：A．有同學認為：彈簧振子的質量越大，慣性越大，周期也應該越大．也有同學認為周期跟勁度系數有關。B．設計實驗：裝置如圖甲。準備選用的器材有：力傳感器、質量為m0的鉤碼若干個，勁度系數為K的輕質彈簧若干個（已知n個勁度系數為的彈簧串聯后的勁度系數為）C．實驗過程如下：用力將鉤碼向下拉一段距離后放手，鉤碼上下振動，力傳感器上顯示出力隨時間的變化關系（如圖乙），改變鉤碼的個數或用幾個彈簧串聯后反復實驗，得到表一、表二的數據：D．同學們對實驗數據進行分析、歸納后，對他們的假設進行了補充完善。問：（1）（2分）上述科學探究活動中，屬于“制定計劃”和“搜集證據”的環節分別是：、。（2）（2分）用力傳感器觀測力隨時間的變化關系，其目的是：。（3）（各2分）周期T與彈簧振子質量的關系是：。周期T與彈簧勁度系數的關系是：。（4）（2分）如果，則周期表達式。【答案】（1）B、C（2）確定振動的周期（3）；（4）19.（15分）如圖所示,在某豎直平面內,光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點,BC右端連接內壁光滑、半徑r=0.2m的四分之一細圓管CD,管口D端正下方直立一根勁度系數k=100N/m的輕彈簧,彈簧一端固定,另一端恰好與管口D端平齊。一個質量為1kg的小球放在曲面AB上,現從距BC的高度h=0.6m處靜止釋放小球,它與BC間的動摩擦因數μ=0.5,小球進入管口C端時,它對上管壁有FN=2.5mg的作用力,通過CD后,在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能Ep=0.5J。重力加速度g取10m/s2。求:(1)小球在C處受到的向心力大小;(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm;[來源:](3)小球最終停止的位置。【答案】(1)35N(2)6J(3)停在BC上距離C端0.3m處(或距離B端0.2m處)【解析】（1）小球進入管口C端時,它對圓管上管壁有大小為F=2.5mg的作用力,對小球由牛頓第二定律有F+mg=Fn解得Fn=35N。(2)在壓縮彈簧過程中,速度最大時合力為零。設此時小球離D端的距離為x0,則有kx0=mg解得x0=mgk=0.1m，在C點,解得vC=7由能量守恒定律有mg(r+x0)=Ep+(Ekm12mvC2)，解得Ekm=mg(r+x0)+(3)小球從A點運動到C點過程,由動能定理得，mghμmgs=1解得B、C間距離s=0.5m小球與彈簧作用后返回C處動能不變,小球的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中。設小球在BC上運動的總路程為s',由能量守恒定律有：μmgs'=12解得