山西省祁县二中2023届高三1月期末考前模拟物理试题文试题.doc

1、山西省祁县二中2023届高三1月期末考前模拟物理试题文试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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，OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图所示，由此可知（）A从玻璃

2、射向空气，a光的临界角小于b光的临界角B玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率C在玻璃中，a光的速度小于b光的速度D在双缝干涉实验中，a光干涉条纹宽度小于b光干涉条纹宽度2、如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且，电流方向如图中所示。O点为三角形的中心（O点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c在O点产生的磁场的磁感应强度的大小为B0，已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B=，其中I为通中导线的中流强度，r为该点到通中导线的垂直距离，k为常数，则下列说法正确的是（）AO点处的磁感应强

3、度的大小为3B0BO点处的磁感应强度的大小为5 B0C质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向由O点指向cD电子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直Oc连线向下3、平行板电容器的两极、接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为，小球始终未碰到极板，如图所示，那么（） A保持电键闭合，带正电的板向板缓慢靠近，则减小B保持电键闭合，带正电的板向板缓慢靠近，则不变C电键断开，带正电的板向板缓慢靠近，则增大D电键断开，带正电的板向板缓慢靠近，则不变4、新华社西昌3月10日电“芯级箭体直径9.5米级、近地轨道运载能力50吨至140吨、奔月转

4、移轨道运载能力15吨至50吨、奔火（火星）转移轨道运载能力12吨至44吨”这是我国重型运载火箭长征九号研制中的一系列指标，已取得阶段性成果，预计将于2030年前后实现首飞。火箭点火升空，燃料连续燃烧的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推力。下列观点正确的是（）A喷出的燃气对周围空气的挤压力就是火箭获得的推力B因为喷出的燃气挤压空气，所以空气对燃气的反作用力就是火箭获得的推力C燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力就是火箭获得的推力D燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力就是火箭获得的推力5、如图所示,一个带正电荷q、质量为的小球,从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑,然后沿切线进入竖直面上半径为

5、R的光滑绝缘圆形轨道,恰能到达轨道的最高点B.现在空间加一竖直向下的匀强电场,若仍从A点由静止释放该小球(假设小球的电荷量q在运动过程中保持不变,不计空气阻力),则（ ）A小球一定不能到达B点B小球仍恰好能到达B点C小球一定能到达B点,且在B点对轨道有向上的压力D小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关6、如图所示,小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f的叙述正确的是（ ）Af的方向总是指向圆心B圆盘匀速转动时f=0C在转速一定的条件下，f跟物体到轴O的距离成正比D在物体与轴O的距离一定的条件下, f跟圆盘转动的角速度成正比二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，

6、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、如图所示，A、B两带电小球的质量均为m，电荷量的大小均为Q（未知）。小球A系在长为L的绝缘轻绳下端，小球B固定于悬挂点的正下方，平衡时，小球A、B位于同一高度，轻绳与竖直方向成角。已知重力加速度为g，静电力常量为k，则以下说法正确的是（）A小球A、B带异种电荷B小球A所受静电力大小为C小球A、B所带电荷量D若小球A的电荷量缓慢减小，则小球A的重力势能减小，电势能增大8、飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀

7、速飞行时，绳子与竖直方向恒成角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是()A扫雷具受4个力作用B绳子拉力大小为C海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D绳子拉力一定大于mg9、随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，质量为m的运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点时以速度v0水平飞出，经一段时间后落到倾角为的长直滑道上C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则运动员（）A落到斜面上C点时的速度vC=B在空中平抛运动的时间t=C从B点经t=时， 与斜面垂直距离最大D从A到B的过程中克服阻力所做的功W克=mghmv0210、如图，

8、一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是AM带负电荷，N带正电荷BM在b点的动能小于它在a点的动能CN在d点的电势能等于它在e点的电势能DN在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功三、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）某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律主要实验步骤如下：将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点；让小球紧贴定位

9、卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置；将小球放在斜槽末端，让小球紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定两小球落点的中心位置；用刻度尺测量距点的距离；用天平测量小球质量；分析数据，验证等式是否成立，从而验证动量守恒定律请回答下列问题：（1）步骤与步骤中定位卡的位置应_；（2）步骤与步骤中重复多次的目的是_；（3）为了使小球与碰后运动方向不变，质量大小关系为_（选填“”、“”或“”）；（4）如图乙是步骤的示意图，则步骤中小球落点距点的距离为_12（12分）某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑 块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨

10、道间的动摩擦因数 ，滑块和托盘上分别放有 若干砝码，滑块质量为 M，滑块上砝码总质量为 m，托盘和盘中砝码的总质量为 m实验中，滑块在水平 轨道上从 A 到 B 做初速度为零的匀加速直线运动， 重力加速度 g 取 10 m/s2(1)为测量滑块的加速度 a，需测出它在 A、B 间运动的_和_，计 算 a 的运动学公式是_(2)根据牛顿运动定律得到 a 与 m 的关系为：_他想通过多次改变 m，测出相应的 a 值，并利用上式来计算 若要求 a 是 m 的一 次函数，必须使上式中的 _保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_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

11、求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA40 cm，右管内气体柱长为lB39 cm先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p076 cmHg，求：A端上方气柱长度；稳定后右管内的气体压强14（16分）一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的图像如图所示，此时刻后介质中P质点回到平衡位置的最短时间为 0.2s，Q质点回到平衡位置的最短时间为1s，已知t=0 时，P、Q 两质点相对平衡位

12、置的位移相同，则： (1)波的传播周期为多少秒？ (2)传播速度是多大？(3)t=0.8s 时刻算起到质点Q第二次回到平衡位置波传播的距离？15（12分）如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的气缸和密闭的气缸组成，两气缸由一细管（容积可忽略）连通，两气缸均由导热材料制成，内径相同。气缸长为，气缸长为，薄活塞、密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两气缸处于温度为27的空气中，气缸、中分别封闭压强为、的理想气体，活塞、均位于气缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为87，且活塞向右移动了。已知大气压强为，相当于高水柱产生的压强。求：(1)装置所在处水的深度；(2)活塞向右移动

13、的距离。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、B【解析】AB由光路图看出，光线b在NO面上发生了全反射，而光线a在MO面上没有发生全反射，而入射角相同，则知b光的临界角小于a光的临界角，由可知，玻璃对a光的折射率小于b的折射率小，故A错误，B正确；C玻璃对a光的折射率小于b的折射率小，由可知，在玻璃中，a光的速度大于b光的速度，故C错误；D由于玻璃对a光的折射率小于b的折射率小，则a光的频率比b光的低，a光的波长比b光的长，由公式可知，a光的双缝干涉条纹宽度比b光的大，故D错误。故选B。2、A【解析】AB根据右手螺旋

14、定则，通电导线在点处产生的磁场平行于指向左方，通电导线在点处产生的磁场平行于指向右下方，通电导线在点处产生的磁场平行于指向左下方；根据公式可得根据平行四边形定则，则点的合场强的方向平行于指向左下方，大小为，故A正确，B错误；C根据左手定则，质子垂直纸面向里通过点时所受洛伦兹力的方向垂直连线由点指向，故C错误；D根据左手定则，电子垂直纸面向里通过点时所受洛伦兹力的方向垂直连线由点指向，故D错误；故选A。3、D【解析】AB保持电键S闭合，电容器两端间的电势差不变，A板向B板靠近，极板间距离减小，根据，可知电场强度E变大，小球所受的电场力变大，增大，选项AB错误；CD断开电键S，电容器所带的电量不变

15、，根据和，可知带正电的板向板缓慢靠近d变小，E不变，电场力不变，不变，选项C错误，D正确。故选D。4、D【解析】A 喷出的燃气对周围空气的挤压力，作用在空气上，不是火箭获得的推力，故A错误；B 空气对燃气的反作用力，作用在燃气上，不是火箭获得的推力，故B错误；CD 燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，是火箭获得的推力，故C错误D正确。故选D。5、B【解析】不加电场时，设恰能到达轨道的最高点B的速度为v，根据机械能守恒定律有：mg（h-2R）=mv2；在最高点时，重力提供向心力，有：mg=m加上电场后，设能到达B点的速度为v2，根据动能定理得：mv22=（mg+Eq）（h-2R）在

16、最高点时，重力与电场力的合力提供向心力，有：mg+Eq=m得v2=v，故为小球仍恰好能到达B点，故B正确，ACD错误；故选B.6、C【解析】如果圆盘在做非匀速圆周运动，摩擦力不指向圆心，摩擦力分解为一个指向圆心的力和沿圆弧切线方向的力，指向圆心力提供向心力改变速度的方向，切向的分力改变速度的大小，所以A项错误；圆盘匀速转动时，物体在做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，摩擦力不为零，所以B项错误；当转速一定时，根据，角速度也是一定，摩擦力提供向心力，摩擦力与半径成正比关系，所以C项正确；在物体与轴O的距离一定的条件下，摩擦力与角速度的平方成正比，所以D项错误二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分

17、，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、BD【解析】AB带电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力T的作用，其合力为零，则有解得由图可知，AB间库仑力为排斥力，即AB为同种电荷，故A错误，B正确；C根据库仑定律有，而解得故C错误；D若小球A的电荷量缓慢减小，AB间的库仑力减小，小球A下摆，则小球A的重力势能减小，库仑力做负功，电势能增大，故D正确。故选BD。8、AC【解析】A.对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦阻力，如图，故A正确；B.根据平衡条件，有：竖直方

18、向：F浮+Tcos=mg水平方向：f=Tsin计算得出：；故B错误；CD.扫雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦阻力等于拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故C正确、D错误。9、CD【解析】A从B点飞出后，做平抛运动，在水平方向上有在竖直方向上有落到C点时，水平和竖直位移满足解得从B点到C点，只有重力做功，根据动能定理可得解得AB错误；C当与斜面垂直距离最大时，速度方向平行于斜面，故有解得C正确；D从A到B的过程中重力和阻力做功，根据动能定理可得解得D正确。10、ABC【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，

19、故A正确M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化三、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）保持不变； （2）减少实验误差； （3）； （4）0.3723（0.372

20、10.3724） 【解析】解：(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度相等，应从同一位置由静止释放入射球，即步骤与步骤中定位卡的位置应保持不变；(2) 步骤与步骤中重复多次的目的是减小实验误差；(3)为了使小球与碰后运动方向不变，、质量大小关系为；(4)由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，步骤中小球落点距点的距离为12、位移； 时间； ； (m+m) 【解析】（1）滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，根据x=at2得a=，所以需要测量的是位移s和时间t（2）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：若要求a是m的一次函数必须使不变，即使m+m不变，在增大m时等量减小m，所以实验中应将从托

21、盘中取出的砝码置于滑块上【点睛】本题根据先根据牛顿第二定律并结合隔离法求解出加速度的表达式，然后再进行分析讨论，不难四、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、38cm；78cmHg【解析】试题分析：稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，则A管内气体的压强为PA1=(76+4) cmHg由公式：P0VA0=PA1VA1，代入数据得：LA1=38cm设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB-h，气体的压强为；由玻意尔定律得：解得：h=1cm所以右管内气体压强为考点：气体的状态方程.14、 (1)T=2.4s (2)

22、v=5m/s (3)x=11.0m【解析】(1)由题意简谐横波沿x轴正向传播，分析得知，此时P点向下运动，Q点向上，它们周期相同，则T=2(0.2s+1s)=2.4s(2)根据图象可知，=12m，则波速(3)根据题意可知，Q质点经过1s第一次回到平衡位置，再经过半个周期第二次回到平衡位置，设质点Q第二次回到平衡位置经过的时间为t，则波传播的距离为【点睛】本题关键要根据质点的振动过程确定其振动周期，得到波的周期；要注意介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波迁移15、 (1) ；(2)【解析】(1)气缸中气体初状态：气缸中气体末状态：根据理想气体状态方程有放入水中后气缸中的气体压强与气缸中的气体压强相等，即在此处水产生的压强为解得高的水柱产生的压强为，所以此处水深(2)装置放在水中后，设活塞向右侧移动的距离为气缸中气体初状态：气缸中气体末状态：根据理想气体状态方程解得