2022-2023学年黑龙江省鸡西市高三下学期4月高考模拟测试物理试题.doc

1、2022-2023学年黑龙江省鸡西市高三下学期4月高考模拟测试物理试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示的电路中，D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计。先闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，此时( )AD1立刻熄灭BD2立刻熄灭CD1闪亮一下逐渐熄灭DD2闪亮一下逐

2、渐熄灭2、 “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t0飞机的速度达到最大值为vm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D平均速度3、中国将于2022年前后建成空间站。假设该空间站在离地面高度约的轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球同步卫星轨道高度约为，地球的半径约为，地球表面的重力加速度为，则中国空间站在轨道上运行的（ ）A周期约为B加速

3、度大小约为C线速度大小约为D角速度大小约为4、做竖直上抛运动的物体，在任意相同时间间隔内，速度的变化量()A大小相同、方向相同B大小相同、方向不同C大小不同、方向不同D大小不同、方向相同5、如图所示，在电场强度大小为E0的水平匀强电场中，a、b两点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之间的距离为l当a、b的电量均为+Q时，水平面内与两点电荷距离均为l的O点处有一电量为+q的点电荷恰好处于平衡状态如果仅让点电荷a带负电，电量大小不变，其他条件都不变，则O点处电荷的受力变为( )ABCD6、如图所示，倾斜直杆的左端固定在地面上，与水平面成60角，杆上穿有质量为m的小球a和质量为2m的小球b，a，b小球

4、通过一条细绳跨过两个定滑轮相连接。当a、b静止时段绳竖直，段绳与杆的夹角为30。若忽略小球b与杆间的摩擦，重力加速度的大小为g。则下列说法正确的是（）A绳对a的拉力大小为mgB绳对a的拉力大小为2 mgCa与杆之间可能没有弹力Da与杆之间一定没有摩擦力二、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、有一台理想变压器及所接负载如下图所示。在原线圈c、d两端加上交变电流。已知b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。下列说法正确的是（ ）A开关S1始终

5、接a，当滑片P向下滑动时电压表V1示数不变，电压表V2示数变大，电流表A2示数变小B开关S1始终接b，当滑片P向上滑动时R1的电功率增大，V2示数的变化量与A2示数的变化量之比不变C保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，变压器输入功率变大D保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量将增大8、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（）ABCD9、如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度

6、相等的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达B处10、图示是由质量相等的三颗星组成的三星系统，其他星体对它们的引力作用可忽略。设每颗星体的质量均为m，三颗星分别位于边长为r的等边三角形的三个顶点上，它们绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内以相同的角速度做匀速圆周运动。已知引力常量为G，下列说法正确的是（ ）A每颗星体受到的向心力大小为B每颗星体受到的向心力大小为C每颗星体运行的周期均为D每颗星体运行的周期均为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在

7、答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）图甲是一多用电表的简化电路图。其表头满偏电流，内阻，。甲 乙(1)转换开关接入_（填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”）端时，测量电流的量程较大，此时电流从端流_（填“出”或“入”）。(2)当转换开关接入“5”端时，多用电表的功能是测_（填“电流”“电压”或“电阻”），其量程为_。(3)当转换开关接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到_。图乙为某次测量电阻的刻度盘，已知使用的倍率为“1”，则待测电阻的阻值为_。当换用“10”的倍率测较大电阻时，需要重新欧姆调零，与使用倍率“1”相比，多用电表的内阻

8、变化了_。12（12分）热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。某种热敏电阻和金属热电阻的阻值随温度变化的关系如图甲所示。 （1）由图甲可知，在较低温度范围内，相对金属热电阻而言，该热敏电阻对温度变化的响应更_（选填“敏感”或“不敏感”）。（2）某同学利用上述热敏电阻制作了一个简易的温控装置，实验原理如图乙所示。现欲实现衔铁在某温度时（此时热敏电阻的阻值为）被吸合，下列操作步骤正确的顺序是_。（填写各步骤前的序号）a.将热敏电阻接入电路b.观察到继电器的衔铁被吸合c.断开开关，将电阻箱从电路中移除d.合上开关，调节滑动变阻器的阻值e.断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至（3）若热敏电阻的

9、阻值与温度的关系如下表所示，/30.040.050.060.070.080.0199.5145.4108.181.862.949.1当通过继电器的电流超过时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。已知继电器的电阻，为使该裝置实现对3080之间任一温度的控制，电源应选用_，滑动变阻器应选用_。（填选项前的字母）A电源（，内阻不计） B电源（，内阻不计） C滑动变阻器 D滑动变阻器四、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，水平虚线MN、PQ之间有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两虚线

10、间的距离为H，质量为m、电阻为R边长为L的正方形金属线框abcd在磁场上方某一高度处由静止释放线框在向下运动过程中始终在竖直平面内，ab边始终水平，结果线框恰好能匀速进入磁场线框有一半出磁场时加速度恰好为零，已知LH，重力加速度为g，求：(1)线框开始释放时ab边离虚线MN的距离；(2)线框进磁场过程中通过线框截面的电量q及线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热；(3)线框穿过磁场所用的时间14（16分）如图所示，一个初速为零、带电量为e、质量为m的正离子，被电压为U的电场加速后，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的水平宽度为d（忽略粒子所受重力），求：(1)

11、离子在磁场中做圆周运动的半径R；(2)离子在磁中运动的时间15（12分）如图所示，一气球从地面上以大小为的速度竖直匀速升起，当气球的下端距地面高时，在气球的正下方紧贴地面将一小石子愉大小为的初速度竖直上抛。已知小石子受到的空气阻力等于其重力的倍，取，求：(1)小石子追上气球所用的时间；(2)小石子追上气球时的速度大小。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】电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，由于D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计，原来D1、线圈和

12、D2、电阻并联，D2回路电阻大，电流小，所以自感电流大于原来通过D2电流，但不会大于原来通过D1的电流，所以D2闪亮一下逐渐熄灭，D1逐渐熄灭，所以D正确，ABC错误；故选D。2、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，加速度减小，合外力减小，AB错误C.根据动能定理可知：，解得：，C正确D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于，D错误3、B【解析】A设同步卫星的轨道半径为r1，空间站轨道半径为r2，根据开普勒第三定律有解得故A错误；B设地球半径为R，由公式解得故B正确；C由公式，代入数据解得空间站在轨道

13、上运行的线速度大小故C错误；D根据，代入数据可得空间站的角速度大小故D错误。故选B。4、A【解析】试题分析：根据速度的公式v=v0gt可得，在任意相同时间间隔内，速度的变化量为v=gt，即，速度变化的大小为gt，方向与初速度的方向相反，所以A正确故选A5、D【解析】开始时，对放在O点的点电荷由平衡知识可知： ；当让点电荷a带负电时，则a、b对O点点电荷的库仑力竖直向上在，则O点处电荷的受力变为，故选D. 6、B【解析】AB以b球为研究对象，球b受绳子的拉力、重力和杆的支持力而平衡，如图所示以沿杆和垂直于杆正交分解可得即绳子的拉力为，因为绳子对b的拉力与绳子对a的拉力大小相等，故A错误，B正确；

14、CD对球a分析可知，球a受到绳子竖直向上的拉力为2mg，竖直向下的重力为mg，两力不能平衡，根据摩擦力和弹力的关系可知a与杆之间一定有弹力和摩擦力存在，故C错误，D错误。故选B。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、ABD【解析】A开关始终接a不变，变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数不变，变压器输出电压不变，即电压表示数不变，当滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，所以电流会减小，电流表示数变小，而所以会变大，即电压表示数变大，故A正确；B

15、开关始终接b，由于原、副线圈的匝数不变，变压器输入电压不变，则变压器输出电压不变，即电压表示数不变，当滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表示数增大，电阻消耗的电功率增大，将原线圈和电阻看作等效电源，则示数的变化量与示数的变化量之比等于等效电源的内阻，恒定不变，故B正确；C保持滑片P的位置不变，将开关由b改接a时，原线圈匝数增大，根据变压比可知可知变小，根据可知副线圈输出功率变小，则原线圈输入功率变小，故C错误；D保持滑片P的位置不变，将开关由a改接b，原线圈匝数减小，根据变压比可知可知增大，电容器两端电压增大 所带电荷量增大，故D正确。故选ABD。8、BC【

16、解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0=mv1+2mv2由动能守恒得： 联立得：1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg= A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：联立得：v0=，可知若小球B经过最高点，则需要：v02.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：联立得：v0=可知若小球不脱离轨道时,需满足：v0由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v0或v0，故AD错误，BC正

17、确故选BC【点睛】小球A的运动可能有两种情况：1恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度9、BD【解析】试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B错

18、误；由甲乙的速度时间图像可知C错误D正确考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律10、BC【解析】AB任意两颗星体间的万有引力，每颗星体受到其他两颗星体的引力的合力故A错误，B正确；CD根据牛顿第二定律其中解得故C正确，D错误。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、1 入 电压 3V 欧姆表盘的零刻度处 10 135 【解析】(1)1转换开关接入1端，电流表与电阻串联后，与并联，且并联电阻阻值较小，则分流较大，故转换开关应接入1端，电流表量程较大。2根据电流的“红进黑出”结合内部电源可知电流应从端流入。(2)3当转换开关接入“5”端时

19、，电流表与电阻串联，此多用电表为电压表。4量程为(3)5调节欧姆调零旋钮应使指针偏转到欧姆表盘的零刻度线位置。6若倍率为“1”，则待测电阻的阻值为。7多用电表的中值电阻即为内部电阻大小，倍率为“1”时，多用电表的内阻为，倍率为“10”时，多用电表的内阻为，则多用电表的内阻变化了。12、敏感 edbca B D 【解析】（1）1图甲中横轴表示温度，纵轴表示电阻，随着温度的升高，金属热电阻的阻值略微增大，而该热敏电阻的阻值明显减小，所以这种热敏电阻在较低温度范围内，相对金属热电阻而言，该热敏电阻对温度变化的响应更敏感（2）2要实现衔铁在某温度时（此时热敏电阻的阻值为）被吸合，而衔铁被吸合时的电流是

20、一定的，所以关键是找到此时滑动变阻器的阻值。实现方法是：断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至，合上开关，调节滑动变阻器的阻值，观察到继电器的衔铁被吸合，则此时滑动变阻器连入电路的阻值就是衔铁在某温度（此时热敏电阻的阻值为）被吸合时滑动变阻器应连入电路的阻值，找到之后，再用热敏电阻替换掉电阻箱即可，正确顺序为edbca；（3）3在30时，电源电动势的最小值所以电源应选用，故选B；4在80时，选用电源，滑动变阻器的最小阻值为所以滑动变阻器应选用，故选D。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、 (1) (2) (3)

21、 【解析】(1)由于线框能匀速进入磁场，设进入磁场过程速度为 根据机械能守恒得：进入磁场过程，线框中感应电动势：线框中电流为：根据力的平衡有：解得：(2)线框进磁场的过程中：平均电流为：通过线框的电量为：解得：由于线框有一半出磁场时加速度为0，即线框刚好出磁场时的速度大小等于 根据能量守恒，线框穿过磁场过程中产生的热量：解得：(3)线框进磁场所用的时间为：完全在磁场中运动时间为：解得：线框ab边出磁场前一瞬间速度大小为：解得：出磁场过程中，根据动量定理得：即：解得：因此运动的总时间为：14、 (1)(2)或【解析】(1)电子在电场中加速，根据动能定理有进入磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得(2)离子在磁场中运动的周期为若Rd，离子从PQ边界离开磁场区域，圆心角为，利用几何关系有所以离子在磁场运动的时间为15、 (1)(2)【解析】(1)小石子向上运动过程中，由牛顿第二定律可知：，其中：解得：由运动学公式可得：解得：(2)小石子追上气球时的速度大小：，解得：