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    2023年北京市平谷区高考物理一模试卷(含答案解析)

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    2023年北京市平谷区高考物理一模试卷(含答案解析)

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    这是一份2023年北京市平谷区高考物理一模试卷(含答案解析),共21页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容,欢迎下载使用。
    2023年北京市平谷区高考物理一模试卷
    1. 根据玻尔理论,氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时,下列说法正确的是(    )
    A. 放出光子,原子的能量变大 B. 放出光子,原子的能量变小
    C. 吸收光子,原子的能量变大 D. 吸收光子,原子的能量变小
    2. 如图所示,玻璃砖的上表面aa′与下表面bb′平行,一束红光从上表面的P点处射入玻璃砖,从下表面的Q点处射出玻璃砖,下列说法正确的是(    )
    A. 红光进入玻璃砖前后的波长不会发生变化
    B. 红光进入玻璃砖前后的速度不会发生变化
    C. 若增大红光的入射角,则红光可能会在玻璃砖下表面的Q点左侧某处发生全反射
    D. 若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射,则紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖

    3. 下列说法正确的是(    )
    A. 同一个物体,运动时的内能一定比静止时的内能大
    B. 物体温度升高,物体内分子的平均动能增加
    C. 物体从外界吸收热量,物体的内能一定增加
    D. 外界对物体做功,物体的内能一定增加
    4. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=1m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)(y的单位是cm)。则下列说法正确的是(    )

    A. 该波的波长λ=4m,振幅A=10cm B. x=2m处的质点此刻具有最大速度
    C. 该波沿x轴负方向传播 D. 这列波的波速v=12.5m/s
    5. 把纸带的下端固定在重物上,纸带穿过打点计时器,上端用手提着。接通电源后将纸带释放,重物拉着纸带下落,纸带被打出一系列点,其中一段如图所示。设打点计时器在纸带上打A点时重物的瞬时速度为vA。通过测量和计算,得出了AB两点间的平均速度为v1,AC两点间的平均速度为v2。下列说法正确的是(    )

    A. v1更接近vA,且v1小于vA B. v1更接近vA,且v1大于vA
    C. v2更接近vA,且v2小于vA D. v2更接近vA,且v2大于vA
    6. 为了研究超重与失重问题,某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段,他发现体重计的示数大于自己实际体重,下列说法正确的是(    )
    A. 此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
    B. 此时电梯可能正在匀速上升
    C. 此时电梯可能正在加速上升
    D. 此时电梯可能正在加速下降
    7. 如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图,正方形ABCD的对角线BD边正好与图中竖直向上的直电场线重合,O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是(    )
    A. 将一正电荷由A点移到B点,电荷的电势能增加
    B. O点电势与C点电势相等
    C. DO间的电势差等于OB间的电势差
    D. 在O点放置一负点电荷,该电荷所受电场力的方向竖直向下

    8. 如图,细绳一端固定于悬挂点P,另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放,摆到最低点O的时间为t1,从O点向右摆到最高点B(图中未画出)的时间为t2。摆动过程中,如果摆角始终小于5∘,不计空气阻力。下列说法正确的是(    )
    A. t1=t2,摆球经过O点前后瞬间,小球的速率不变
    B. t1>t2,摆球经过O点前后瞬间,小球的速率变大
    C. t1=t2,摆球经过O点前后瞬间,摆线上的拉力大小不变
    D. t1>t2,摆球经过O点前后瞬间,摆线上的拉力变大

    9. 用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1,电容器充电完毕后将开关掷向2,可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I−t曲线,如图乙所示。定值电阻R已知,且从图中可读出最大放电电流I0,以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息,下列说法错误的是(    )

    A. 由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
    B. 不改变电路其他参数,只减小电阻R的阻值,则图线与坐标轴围成的面积S将减小
    C. 由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
    D. 若电容器放出的总电荷量为Q,R两端的最大电压为Um,则电容器的电容为QUm
    10. 发射地球同步卫星,可简化为如下过程:先将卫星发射到近地圆轨道1,然后点火,使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火,将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点,轨道2、3相切于Q点,如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时,下列说法正确的是(    )


    A. 地球同步卫星可以定点在北京上空
    B. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
    C. 卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能逐渐增大
    D. 卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率
    11. 如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37∘。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v−t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin37∘=0.6,cos37∘=0.8。g取10m/s2,则(    )

    A. 传送带的速度为16m/s
    B. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
    C. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
    D. 传送带转动的速率越大,物块到达传送带顶端时的速度就会越大
    12. 摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示,转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转,永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上,铝盘靠近永久磁体,当待测物以一定的转速旋转时,指针指示的转角即对应于被测物的转速。下列说法正确的是(    )

    A. 铝盘接通电源后,通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动
    B. 永久磁体转动时,铝盘中产生感应电流,感应电流使铝盘受磁场力作用而转动
    C. 刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端
    D. 若去掉游丝和指针,使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动,铝盘就能同永久磁体完全同步转动
    13. “加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器,已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上,滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上,并用轻弹簧连接在A端,其下端有一活动臂,能使滑片P在滑动变阻器R1上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动,滑块相对于支架将发生位移,并通过电路转换为电信号从电压表(可看作理想电表)输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时,滑片P在滑动变阻器R1的中点,此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法:①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度,加速度值的刻度也将是均匀的;②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后,若系统静止时调节R2接入电路的阻值,此时能使电压表的指针指在中间刻度处,那么加速度计就可以继续正常使用,而无需更换电池(    )

    A. ①和②都正确 B. ①和②都错误 C. ①正确,②错误 D. ①错误,②正确
    14. 如图所示,质量分别为m1和m2(m2>3m1)的两个小球叠放在一起,从高度为h处由静止释放,它们一起下落。已知h远大于两球半径,碰撞前后小球都沿竖直方向运动,不计空气阻力。下列说法正确的是(    )
    A. 在下落过程中,两个小球之间存在相互作用的弹力
    B. 释放后至弹起的过程中,两小球的动量守恒
    C. 若所有的碰撞都没有机械能损失,且碰撞后m2弹起的最大高度h214T右=t2
    细绳碰钉子的瞬间,小球的速率不变;摆球经过O点时,有F拉−mg=mv2r
    摆球经过O点碰钉子后,做圆周运动的半径r减小,则绳子拉力变大。
    故ABC错误;D正确;
    故选:D。
    单摆的小角度摆动是简谐运动,根据单摆的周期公式T=2π Lg分析,注意摆动中摆长是变化的;同时根据牛顿第二定律分析拉力大小。
    本题考查单摆的性质,要掌握好单摆公式的成立条件,知道摆长的变化带来的周期变化,明确该单摆的周期是由两个不同的摆长的各半个周期构成。

    9.【答案】B 
    【解析】解:A、根据Q=It可知,I−t图线与坐标轴围成的面积S等于电容器的总电荷量,故A正确;
    B、I−t图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量,不改变电路其他参数,只减小电阻R的阻值,则电源的电压U不变,电容器的电容C不变,根据C=QU可知电容器的总电荷量不变,则图线与坐标轴围成的面积S不变,故B错误;
    C、根据U=IR可知,由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压Um=I0R,故C正确;
    D、电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量,R两端的最大电压Um即为电容器充满电时的电压,根据电容的定义式C=QU可知,电容器的电容为C=QUm,故D正确;
    本题选错误的,
    故选:B。
    I−t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器放出的总电荷量;不改变电路其他参数,只减小电阻R的阻值,电容器的总电荷量不变。根据U=IR能求出R两端的最大电压。根据电容的定义式求电容器的电容。
    本题考查电容的定义式,关键在于要知道I−t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器放出的总电荷量,及电容器的电压与电源电压的关系。

    10.【答案】D 
    【解析】解:A、由于地球同步卫星相对地面静止,自西向东绕地球转动,因此轨道平面一定在赤道所确定的平面内,即地球同步卫星只能定点在赤道上空,不可能定点在北京上空,故A错误;
    B、卫星绕地球做匀速圆周运动时,根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r,可得v= GMr,因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率,故B错误;
    C、卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中,只有万有引力做功,所以其机械能守恒,故C错误;
    D、在轨道1上经过P点时,做圆周运动,因此满足GMmr2=mv1P2r。在轨道2上经过P点后做离心运动,满足GMmr23m1
    h22.5h
    故C正确;
    D.若两球接触处涂有粘胶,从地面弹起后两球粘在一起向上运动,属于完全非弹性碰撞,有一部分机械能转化为内能,根据机械能守恒定律可知两球弹起的最大高度为应小于h,故D错误。
    故选:C。
    球下落过程做自由落体运动,应用运动学公式求出球落地瞬间的速度大小;大球与地面碰撞后,速度瞬间反向,大小相等,小球会与大球碰撞,选两球碰撞过程为研究过程,两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒.
    本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的直接应用,要求同学们能正确分析物体的运动情况,注意使用动量守恒定律时要规定正方向,难度适中.

    15.【答案】A 5 不需要 
    【解析】解:(1)A.实验过程中手不能握注射器前端,以免改变了空气柱的温度,使气体发生的不是等温变化,故A正确;
    B.应该以较慢的速度推拉活塞来改变气体体积,以免操作动作快使空气柱的温度发生改变,故B错误。
    故选:A。
    (2)由于注射器长度几乎相同,容积为5mL注射器,横截面积小,用相同的力,产生较大的压强,使体积变化明显。
    由于横截面积不变,只要知道空气柱长度之间的关系,就可以得到体积之间的关系,从而找到体积与压强之间的关系,因此不需要测出空气柱的横截面积。
    (3)以压强p为纵坐标,以体积的倒数为横坐标,把实验中采集的各组数据在坐标纸上描点。若p−1V图像中的各点位于过原点的同一条直线上,就说明压强跟体积的倒数成正比,即压强与体积成反比。
    故答案为:(1)A;(2)5,不需要;(3)见解析。
    (1)根据实验原理掌握正确的实验操作;
    (2),横截面积小,用相同的力,产生较大的压强。
    (3)根据一定质量的理想气体的状态方程结合图像设计方案。
    本题主要考查了理想气体的实验规律,根据实验原理掌握正确的实验操作,熟悉公式和图像的物理意义即可,难度不大。

    16.【答案】1.9×104  A D  4LπRD2  D 
    【解析】解:(1)欧姆挡为“×1k”倍率,欧姆表读数为19×103Ω=1.9×104Ω。
    (2)电源电动势为12V,则电压表选择D。根据欧姆定律,纯净水最大电流约为Im=ER=121.9×104A=632μA
    则电流表应选择A。
    (3)实物图如图甲所示

    图甲
    (4)作图使更多的点在图象上,不在图象的点分布在图象两侧,误差太大的点设施,U−I图线如图乙所示

    图乙
    (5)根据电阻定理得,电阻率为ρ=RSL=Rπ(D2)2L=πRD24L
    则电导率为4LπRD2。
    (6)图线a随滑片移动过程中,电压表示数变化较小,说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小,说明滑动变阻器阻值较大,即最大阻值为1000Ω的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显,应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
    故ABC错误,D正确;
    故选:D。
    故答案为:(1)1.9×104;(2)A,D;(3);(4)见解析;(5)4LπRD2;(6)D
    (1)欧姆表指针示数与挡位的乘积等于欧姆表读数。
    (2)(3)根据电路最大电流选择电流表;根据电源电动势选择电压表;根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法,然后连接实物图。
    (4)根据作图的原理连接图象。
    (5)应用电阻定律分析答题。
    (6)根据实验原理分析误差。
    要掌握常用器材的使用方法与读数方法;要掌握实验器材的选择原则:安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。

    17.【答案】解:(1)小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡,根据平衡条件可得Fmg=tanθ
    解得:F=mgtanθ
    (2)小球在水平面内做圆周运动,重力与绳子拉力的合力提供指向圆心的向心力,则Fnmg=tanθ
    其中Fn=mω2r;rL=sinθ
    解得ω= gLcosθ
    (3)图a和图b中细绳拉力分别为T和T′,则mgT=cosθ;mgT′=cosθ
    则T=T′=mgcosθ,二者的大小相等。
    答:(1)在水平拉力F的作用下,细绳与竖直方向的夹角为θ,小球保持静止,此时拉力F的大小为mgtanθ;
    (2)此时小球做圆周运动的角速度为 gLcosθ;
    (3)若图a和图b中细绳拉力分别为T和T′,则T和T′的大小相等,都是mgcosθ。 
    【解析】(1)小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡,根据共点力平衡求出力F的大小;
    (2)对小球进行受力分析,找到小球的向心力;根据向心力公式列方程求解角速度;
    (3)结合(2)的分析求出T′的大小,然后比较即可。
    本题综合考查了共点力平衡、水平面内的圆周运动、牛顿第二定律灯,难度不大,关键搞清小球做圆周运动向心力的来源.

    18.【答案】解:(1)由题意,根据法拉第电磁感应定律,可得线圈中产生感应电动势的最大值为Em=nBSω
    其中S=L1L2=0.5×0.2m2=0.1m2
    代入相关数据求得Em=40V
    根据闭合电路欧姆定律,得通过电阻R的电流最大值Im=EmR+r=4018+2A=2.0A
    (2)线圈中产生感应电流的有效值为I=Im 2=2.0 2A= 2A
    得在线圈转动一周的过程中,整个电路产生的焦耳热Q热=I2(R+r)T,T=2πω
    联立代入相关数据求得Q热=12.56J
    (3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90∘的过程中,通过电阻R的电荷量q=nΔΦ(R+r)ΔΦ=BΔS=BL1L2
    代入相关已知数据求得q=0.1C
    答:(1)通过电阻R的电流最大值为2.0A;
    (2)在线圈转动一周的过程中,整个电路产生的焦耳热为12.56J;
    (3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90∘的过程中,通过电阻R的电荷量为0.1C。 
    【解析】(1)根据Em=nBSω计算电动势的最大值,根据Im=EmR+r计算电动势的最大值;
    (2)根据Q热=I2(R+r)T计算电路产生的焦耳热;
    (3)利用平均电流计算通过的电荷量。
    该题考查交流电的描述,知道线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω和瞬时值e=Emsinωt;求电荷量时,运用交流电的平均值,电表读数为有效值。

    19.【答案】解:(1)篮球水平抛出后,做平抛运动,在竖直方向则有h1=12gt12,可得:t= 2h1g= 2×1.2510s=0.5s,在水平方向则有x=v0t1,联立代入数据解得v0=xt1=1.00.5m/s=2.0m/s
    (2)由题意可得v1y= 2gh1=5m/s,v2y= 2gh2=4m/s,由恢复系数定义可得e=v2yv1y=0.8。拍球后篮球落地时的速度为v3=v4e= 2gh4e= 2×10×1.60.8m/s=5 2m/s,由动能定理可得W+mgh3=12mv32
    代入数据解得W=12mv32−mgh3=12×0.5×(5 2)2J−0.5×10×1.3J=6.0J
    (3)由牛顿第二定律,可得F+mg=ma,在拍球时间内篮球的位移s=12at2,又有W=Fs,联立方程代入数据,解得F=10.0N
    可得k=F合mg=F+mgmg=10+55=3.0。
    答:(1)运动员将篮球水平扔出时速度为2.0m/s;
    (2)运动员拍球过程中对篮球所做的功为6.0J;
    (3)运动员拍球时篮球所受的合外力与篮球自身重力的比值为3.0。 
    【解析】通过将平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动可求解出初速度;利用篮球做平抛运动时着地前后的竖直方向速度可求出恢复系数,则可以求出篮球做自由落体运动时篮球的着地速度,进而利用动能定理求出运动员拍球过程对篮球做的功;运动员拍球过程篮球做匀加速运动,根据牛顿第二定律,F+mg=ma,以及位移公式:s=12at2,结合上问求出的功W以及公式W=FS,可求出恒力F,进而求出合力与重力的比值。
    运动的合成与分解是处理曲线运动的基本方法,通过将运动分解为两个方向的直线运动,利用直线运动的规律解决曲线运动问题,是常见的处理方法。动能定理可以处理曲线运动,也可以处理变力作用问题,因此曲线运动中功能的计算,以及变力作用问题中功能计算问题,常常考虑用动能定理解决。

    20.【答案】解:(1)通电液体在磁场中受到的安培力F=BIa
    则导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强p=FS=BIaab=BIb
    (2)电路产生的热量Q=I2RΔt=I2ρabcΔt
    所以在Δt时间内电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能ΔE=Q+E机=I2ρabcΔt+BIavΔt=IaΔt(Iρbc+Bv)
    (3)液态金属中的自由电荷一方面沿电流方向运动,另一方面沿极板方向运动,洛伦兹力f与二者合速度的方向垂直,而运动电荷受到的洛伦兹力在宏观上表现为安培力,则f的方向即为安培力的方向,可见安培力在推动液态金属沿导管运动过程是做功的。
    设电荷沿电流方向的定向移动为v,对应受到的洛伦兹力为f1;沿极板方向的运动的速度为u,对应受到的洛伦兹力为f2,如图:

    有W1=−f1uΔt=−qvBuΔt
    W2=f2vΔt=quBvΔt
    可见W=W1+W2=0
    即洛伦兹力f对运动电荷是不做功的。
    答:(1)导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是BIb;
    (2)在Δt时间内,电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是IaΔt(Iρbc+Bv);
    (3)见解析。 
    【解析】(1)根据安培力公式与压强的计算公式解得驱动力所形成的附加压强;
    (2)根据焦耳定律结合能量守恒定律解答。
    (3)根据带电粒子在磁场中的受力和做功情况分析解答。
    解答本题要掌握发电机和电动机的工作原理,了解洛伦兹力不做功的原因和电磁感应现象中能量的转化情况。

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