四川绵阳南山中学2022-2023学年高三高考第一次模拟考试物理试题

四川绵阳南山中学2022-2023学年高三高考第一次模拟考试物理试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请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、如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（）
A．细线对小球的拉力变小
B．斜面对小球的支持力变大
C．斜面对地面的压力变大
D．地面对斜面的摩擦力变小
2、如图所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面向里。

现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成30 角的方向射人磁场。

不计重力影响，则可以确定的物理量是（）
A．粒子在磁场中运动的时间B．粒子运动的半径
C．粒子从射入到射出的速度偏转角D．粒子做圆周运动的周期
3、自然界的电、磁现象和热现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。

下列说法正确的是（）
A．安培发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，揭示了热现象和电现象之间的联系
C．法拉第发现了电流与其产生磁场的方向关系，并提出了电流产生磁场的“分子电流假说”
D．库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”
4、如图所示，一量程为10N 的轻质弹簧测力计放在粗糙的水平面上，其两端分别连着木块A 和B ，已知m A =2kg ，m B =3kg ，木块A 和B 与水平面的动摩擦因数均为μ=0.2，今用恒力F 水平拉木块A ，使整体一起运动，要使测力计的读数不超过其量程，则恒力F 的可能值为（ ）
A ．50N
B ．30N
C ．20N
D ．6N
5、下列关于科学家对物理学发展所做的贡献正确的是（ ）
A ．牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证
B ．伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因
C ．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质
D ．伽利略通过万有引力定律计算得出了太阳系中在天王星外还存在着距离太阳更远的海王星
6、 “歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。

在某次起飞中，质量为m 的“歼-20”以恒定的功率P 起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t 0飞机的速度达到最大值为v m 时，刚好起飞。

关于起飞过程，下列说法正确的是
A ．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B ．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C ．该过程克服阻力所做的功为2012m Pt mv -
D ．平均速度2
m v 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、如图甲所示为一台小型发电机的构造示意图，其线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示。

发电机线圈内阻为1Ω，接灯泡的电阻为9Ω，则（ ）
A ．电压表的示数为6V
B ．发电机的输出功率为3.24W
C ．2110s t -=⨯时刻，穿过线圈的磁通量最大
D ．2210s t -=⨯时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
8、下列有关热现象的说法中，正确的是（ ）
A ．温度高的物体内能不一定大
B ．气体的温度升高，所有分子的运动速率都增大
C ．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
D ．对物体做功不能改变物体的分子势能
E.物体的内能跟物体的温度和体积有关
9、如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R ，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂直导轨的导体棒EF 接入电路的有效电阻为r ，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF 沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）
A ．感应电流在导体棒EF 中方向从F 到E
B ．导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定
C ．导体棒的机械能一直减小
D ．导体棒克服安培力做的功等于电阻R 消耗的电能
10、如图，MN 和PQ 是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。

金属杆ab 垂直导轨放置，与导轨始终良好接触，金属杆具有一定的质量和电阻。

开始时，将开关S 断开，让金属杆ab 由静止开始自由下落，经过一段时间，再将开关S 闭合，从闭合开关S 开始计时，取竖直向下为正方向，则金属杆运动的动能E K 、加速度a 、所受到的安培力，及电流表的示数，随时间t 变化的图象可能是
A．B．C．D．
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）在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨，装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（档光片左端与滑块左端齐平）。

实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为s，挡光片经过光电门的速度为v，钩码的质量为m，（重力加速度为g，摩擦可忽略）
（1）本实验中钩码的质量要满足的条件是__；
（2）该同学作出了v2—m的关系图象（如图乙），发现是一条过原点的直线，间接验证了“加速度与力的关系”，依据图象，每次小车的释放点有无改变__ （选填“有”或“无”），从该图象还可以求得的物理量是__。

12．（12分）某同学利用DIS、定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图甲所示．实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图乙所示的1/U－1/R关系图线a.重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图乙中的图线b.
(1)由图线a可知电池a的电动势E a＝________V，内阻r a＝________Ω.
(2)若用同一个电阻R先后与电池a及电池b连接，则两电池的输出功率P a________P b(填“大于”、“等于”或“小于”)，两电池的效率ηa________ηb(填“大于”、“等于”或“小于”)．
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）如图所示，折射率2
n R，圆心在O点。

圆弧面透光，底部平面有一
薄层反射光的薄膜。

一条光线沿图示方向射在A点，A点与底部平面的距离为
2
2
R。

求：
（i）光在底部平面的反射点距圆心的距离；
（ii）从玻璃砖射出的光线与射入玻璃砖的光线间的夹角。

14．（16分）如图所示，在直角坐标xOy平面内，第一、二象限有平行y轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平面的匀强电磁场。

一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从坐标原点O以大小为v0，方向与x轴正方向成37︒的速度沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到x轴时，经过x轴上的P点（图中未标出），已知电场强度大小为E，粒子重力不计，sin37︒=0.6，cos37︒=0.8
(1)求p点的坐标；
(2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。

15．（12分）如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质
量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝1
3
，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台
右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．
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、D
【解析】 此题是力学分析中的动态变化题型，其中球的重力以及支持力方向都没变，故可画动态三角形，如图，可知慢慢增大，减小，故AB 错；可由隔离法分析斜面与地面之间力的作用，已知球给斜面的压力减小，故斜面对地面压力减小，对地面摩擦力减小，可知D 正确，C 错误．故选D ．
2、D
【解析】
AC ．粒子在磁场中做圆周运动，由于P 点位置不确定，粒子从x 轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y 轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为
max 300α︒=
粒子在磁场中的最长运动时间
max
max 3002π5π3603603m m t T qB qB α︒︒︒==⨯= 粒子最小的圆心角为P 点与坐标原点重合，最小圆心角
min 120α︒=
粒子在磁场中的最短运动时间
min
min 12π36033m t T T qB α︒=== 粒子在磁场中运动所经历的时间为
2π5π33m m t qB qB
≤≤ 说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故AC 错误；
B ．粒子在磁场中做圆周运动，由于P 点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故B 错误；
D ．粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
2
v qvB m r
= 且
2πr v T
= 则得
2π=m T qB
说明可确定粒子做圆周运动的周期，故D 正确。

故选D 。

3、D
【解析】
A ．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系。

不是安培，所以A 错误；
B ．欧姆发现了欧姆定律，说明了电路中的电流与电压及电阻的关系。

所以B 错误；
C ．安培发现了电流与其产生磁场的方向关系，并提出了电流产生磁场的“分子电流假说”。

不是法拉第，所以C 错误；
D ．库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”，符合物理学史。

所以D 正确。

故选D 。

4、C
【解析】
选整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
()()A B A B F m m g m m a μ-+=+
选木块A 为研究对象，根据牛顿第二定律有
A A T m g m a μ-=
因为T 的最大值为10 N ，一起运动的最大加速度为
23m/s a =
所以要使整体一起运动恒力F 的最大值为25N ，恒力F 最小为10N ，故A 、B 、D 错误；C 正确；
故选C 。

5、B
【解析】
A ．牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿第一定律不能通过实验直接验证，而牛顿第二定律和牛顿第三
定律都能通过现代的实验手段直接验证，A 错误；
B ．伽利略通过实验和合理的推理提出物体下落的快慢与物体的轻重没有关系，即质量并不影响落体运动快慢，B 正确；
C ．安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，C 错误；
D ．英国青年数学家亚当斯与法国数学家勒威耶分别独立地通过万有引力定律计算得出了太阳系中在天王星外还存在着距离太阳更远的海王星，D 错误。

故选B 。

6、C
【解析】
AB.根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F ma =合，加速度减小，合外力减小，AB 错误
C.根据动能定理可知：
20102m f mv Pt W -=-，解得：2012
f m W Pt mv =-，C 正确 D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于2m v ，D 错误
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、BC
【解析】
A ．由题图乙知，交流发电机电动势的有效值为6V ，则灯泡两端电压的有效值
5.4V R U E R r
==+ A 项错误；
B ．灯泡消耗的功率
2
3.24W U P R
== B 项正确；
C ．由题图乙知，2110s -=⨯t 时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，C 项正确；
D ．2210s t -=⨯时刻，电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，D 项错误。

故选BC 。

8、ACE
【解析】
A ．物体温度高，其分子平均动能一定大。

但分子数不确定，总动能不确定。

且分子间势能也不确定，则物体内能不
确定，A 正确；
B ．气体温度升高，其分子运动平均速率增大。

其中多数分子速率变大，也有少数分子速率变小，B 错误；
C ．在引起外界变化时，物体可以从单一热源吸收热量全部用于做功，C 正确；
D ．对物体做功，物体内能增加。

可表现为分子势能增加，或分子动能增加，或二者均增加，D 错误；
E ．物体的内能是所有分子动能和分子势能之和，分子动能与温度有关，分子势能与体积等有关，则内能跟物体的温度和体积有关，E 正确。

故选ACE 。

9、AC
【解析】
根据右手定则知，感应电流的方向为F 到E ，故A 正确．下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，故B 错误．导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，故C 正确．根据功能关系知，克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故D 错误．故选AC ．
点睛：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生． 10、BC
【解析】
闭合开关时，金属棒受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力相等，即
mg =BIL =22B l v R
金属杆做匀速直线运动。

速度不变，则动能、安培力、感应电流都不变，加速度为零。

若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，则a －t 图象是斜率逐渐减小的曲线，因为
()2012
k E m v at =+ 所以E k －t 图象是一条斜率减小的曲线。

安培力为
22F B l v R
= F －t 图线先是一条斜率逐渐减小的曲线，之后恒定不变，因为
Blv I R
= 所以I －t 图象先是一条斜率逐渐减小的的曲线，当金属杆匀速时，电流恒定不变，但t =0时金属杆有速度，所以t =0
时电流不等于零。

若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。

安培力为
22B l v F R
= 所以F －t 图象是斜率逐渐减小的曲线，当匀速运动时，安培力不再减小，此时安培力等于重力，故AD 错误，BC 正确。

故选BC 。

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、钩码质量远小于滑块质量 无 滑块质量
【解析】
（1）[]1设钩码质量为m ，滑块质量为M ，对整体分析，根据牛顿第二定律，滑块的加速度
a =mg M m
+ 隔离对滑块分析，可知细绳上的拉力
F T =Ma =1Mmg mg m M m M =++
要保证绳子的拉力F T 等于钩码的重力mg ，则钩码的质量m 要远小于滑块的质量M ，这时有F T mg ≈；
（2）[]2滑块的加速度a =2
2v s
，当s 不变时，可知加速度与v 2成正比，滑块的合力可以认为等于钩码的重力，滑块的合力正比于钩码的质量，所以可通过v 2﹣m 的关系可以间接验证加速度与力的关系，在该实验中，s 不变，v 2—m 的关系图象是一条过原点的直线，所以每次小车的释放点无改变；
[]3因为a 与F 成正比，则有：22v mg s M
=，则22gs v m M =，结合图线的斜率可以求出滑块的质量M 。

12、2 0.5 小于 大
【解析】
(1)图线与纵轴的交点表示外电路断路时的1U ，即110.5U a E =＝，所以2?V a E ＝，由a a R U E R r ＝＋得111U a a a
r E E R =+，所以图线的斜率为r E ，即14a a r k E ＝＝，所以0.54a a E r ==Ω； (2)当两外电阻相同时，由图象可知，11a b U U >，即a b U U <，所以由2U P R ＝得a b P P <，由公式111•r U E E R ＝＋可知，
图线的横截距的绝对值表示内阻的倒数，故由图可知，电池内电阻a b r r <，又电池效率U R E R r
＝
＝＋η，在两外电阻相等的情况下，有.a b ηη>
【点睛】 本题考查了闭合电路欧姆定律的数据处理的方法，应用了图象法及电源的输入功率的表达式，难度较大．
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 ）OB =；（ii ）30°
【解析】
（i ）由题意知
AQ R =
则 145∠=︒
A 点折射有
sin 45sin 2
n ︒=∠ 解得
230∠=︒
由几何关系知：
31215∠=∠-∠=︒
45230∠=∠=∠=︒
675∠=︒
815∠=︒
则OPB △为等腰三角形。

由余弦定理得
()
22222cos30OB R R =-︒
解得
OB =
（ii ）P 点折射有
sin 7sin 30n ∠=︒
解得
745∠=︒。

则从玻璃砖射出、射入光线的夹角
()()87415453030δ=∠+∠-∠=︒+︒-︒=︒。

14、（1）（202425mv Eq
，0）；（2）052E B v =，方向垂直坐标平面向外；056E B v =，方向垂直坐标平面向外 【解析】
(1)由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿y 轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x 轴匀速直线运动合成的。

设回到x 轴过程所需要的时间为t ，y 轴：
0si 37n y v v ︒=
加速度
a =Eq m
时间
t =2y
v a
x 轴：
0co 37s x v v ︒=，x =v x t
联立上式，可解得
202425mv x Eq
=
即p 点的坐标为（202425mv Eq
，0） (2)第二次回到x 轴的位置与坐标原点O 的距离为OP 的一半，满足题意得有两种情况。

①回到x 轴时在O 点右侧。

如图所示，由几何关系，可知轨迹半径
2011254sin37125x mv R x qE
︒=== 由
2001mv qv B R = 解得：
52E B v = 方向垂直坐标平面向外；
②回到x 轴时在O 点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径
2026522sin3745x x mv R x qE
︒+===（） 由
2002
mv qv B R = 解得：
56E B v = 方向垂直坐标平面向外
15、 (1)3mg(2)L(3) 滑块C 不会从木板上掉下来
【解析】
（1）设小球运动到最低点的速率为v 0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012
mgL mv = 解得：02v gL =小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：20v T mg m R -= 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´
=T 解得：T´
=3mg （2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：212h gt =
水平方向：L=
02v t 解得：h=L
（3）小球与滑块C 碰撞过程中小球和C 系统满足动量守恒，设C 碰后速率为v 1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：00132v mv m mv ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
设木板足够长，在C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v 2，由动量守恒定律的：()12336mv m m v =+ 由能量守恒定律得：()221211336322
mv m m v mgs μ⋅=++⋅ 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2
由s<L 知，滑块C 不会从木板上掉下来．
【点睛】
（1）由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力； （2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；
（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C 的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题．。