2023年江西省吉安市永丰中学高考物理一模试卷（含答案解析）

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2023年江西省吉安市永丰中学高考物理一模试卷1.  关于下列实验及现象的说法正确的是(    )A. 液晶的光学性质具有各向同性
B. 气体失去容器的约束就会散开，是因为分子间存在斥力
C. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了炭粒分子运动的无规则性
D. 由于液体表面层内的分子间距大于，从而形成表面张力2.  关于开普勒行星运动定律的应用下列结论正确的是(    )A. 地球的所有卫星都绕地球在圆轨道上运行，地球位于圆心上
B. 地球的所有卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积相等
C. 地球的所有卫星椭圆轨道半长轴的立方或圆轨道半径的立方与卫星公转周期平方之比相等
D. 开普勒行星运动定律只适用于行星绕太阳运动3.  如图所示是氢原子四个能级的示想图。当氢原子从高能级向低能级跃迁时会辐射出一定频率的光子，以下说法错误的是(    )A. 一个处于能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出3种不同频率的光
B. 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的势能减小，核外电子动能增大
C. 处于能级的氢原子自发跃迁时，辐射出光子的最大能量为
D. 一个处于基态的氢原子可以吸收一定频率的光子后跃迁到高能级
 4.  三根光滑的坚固的细金属杆焊接成一等腰三角形ABC，过C的转轴竖直且与三角形的底边AB垂直，将光滑的小环套在三角形的腰BC上小环可以沿BC自由滑动，三角形以角速度、绕转轴匀速转动时，小环在水平面内做匀速圆周运动的轨迹分别如图中的虚线所示，(    )
 A.
B. 以转动时小环的加速度比以转动时小环的加速度大
C. 以转动时小环的线速度比以转动时小环的线速度大
D. 以转动时小环的向心力比以转动时小环的向心力大5.  波源S在时开始振动，其振动图象如图所示，在波的传播方向上有P、Q两质点，它们到波源S的距离分别为30m和48m，测得P、Q开始振动的时间间隔为。下列说法错误的是(    )
 A. Q质点开始振动的方向向上
B. 该波的波长为6m
C. Q质点的振动比波源S滞后
D. 当Q质点刚要振动时，P质点正沿平衡位置向下振动6.  如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直。杆的下端有一个轻滑轮O。一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为。系统保持静止，不计一切摩擦。下列说法中正确的是(    )A. 细线BO对天花板的拉力大小是 B. a杆对滑轮的作用力大小是
C. a杆对滑轮的作用力方向沿着OA竖直向上 D. a杆对滑轮的作用力大小是G7.  甲和乙图分别是半径为R、带电均匀的六分之四圆环和半圆环两环的材料和横截面积相同，带有同种电荷，且两环上单位长度所带电荷量相等，它们的圆心分别是和。已知点的电场强度大小为，则点的电场强度大小为(    )
A.  B.  C.  D. 8.  先后以3v和v的速度匀速把一矩形线圈拉出如图所示的匀强磁场区域，下列说法错误的是(    )A. 两次线圈中的感应电动势之比为1：3
B. 两次线圈中的感应电流之比为3：1
C. 两次通过线圈同一截面的电荷量之比为1：1
D. 两次线圈中产生的焦耳热之比为3：1
 9.  国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压，电压表、电流表都为理想电表，则下列判断正确的是(    )
A. 输入电压有效值为220V，电流频率为50Hz
B. S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大
C. S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小
D. 若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表和电流表的示数都减小10.  如图所示，在斜面上一定先后以初速度和水平抛出A、B两个小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移之比可能为(    )A. 1：2 B. 2：3 C. 3：4 D. 2：511.  利用霍尔效应制作的霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域。图是霍尔元件的工作原理示意图。该霍尔元件的载流子是自由电子，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差下列说法中正确的是(    )A. 电势差
B. 电势差
C. 形成电势差的原因是载流子受到磁场力而偏转
D. 形成电势差的原因是电场力与磁场力达到平衡12.  在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的图线如图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg，则(    )
A. 碰后蓝壶速度为
B. 碰后蓝壶移动的距离为
C. 碰撞过程两壶损失的动能为
D. 碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1：2013.  某同学用如图甲所示装置测滑块与长木板间的动摩擦因数。钩码的质量m远小于滑块的质量M，重力加速度为g，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。

将长木板放在水平桌面上，调节______ 高度，使牵拉滑块的细线与长木板平行。接通电源，释放滑块，打出的一条纸带如图乙所示，则滑块滑行的加速度大小为______ 保留两位有效数字；则测得滑块与长木板间的动摩擦因数______ 用m、M、a、g表示。
多次改变钩码的质量进行实验，根据每次实验打出的纸带求出加速度a，记录对应的悬挂钩码的质量m，作出的图像应是图丙中的______ 填“A”“B”或“C”图线。根据此图线______ 填“能”或“不能”证明质量一定时，加速度与合外力成正比。14.  在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，需测量一个标有“3V，”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，现有如下器材：
直流电源电动势，内阻不计
开关导线若干
电流表量程3A，内阻约
电压表量程3V，内阻约
电流表量程，内阻约
电压表量程15V，内阻约
滑动变阻器阻值，定电流滑动变阻器阻值，测定电流
实验电路图应选用图中的______ 选填“甲”或“乙”，实验时在开关闭合前滑动变阻器的触头应滑至图中滑动变阻器的最______ 端选填“左”或“右”。
实验中电压表应选用______ ，电流表应选用______ ，滑动变阻器应选用______ 用对应序号的字母表示。
根据实验数据，画出的小灯泡图线如图丙所示，由图线可知该灯泡的电阻随着电压的增大而______ 选填“变大”、“变小”或“不变”。15.  有一质量为1000kg的小汽车驶上圆弧半径为100m的拱桥，汽车到达桥顶时速度为，取重力加速度。
画出汽车经过桥顶时，在竖直方向上受力示意图；
求汽车经过桥顶时，汽车对桥的压力的大小；
汽车对桥面的压力过小是不安全的，请分析说明汽车在经过该拱桥时，速度大些比较安全，还是小些比较安全。16.  如图所示，在xoy平面内，在范围内以x轴为电场和磁场的边界，在范围内以第Ⅲ象限内的直线OM为电场与磁场的边界，OM与x轴负方向成角，在边界的下方空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在边界的上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为；在y轴上的P点有一个不计重力的带电微粒，以沿x轴负方向的初速度射出，已知，微粒所带电荷量，质量，求：
带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；
带电微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界经历的总时间；
带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小．
答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：A、液晶具有单晶体的特性，所以光学性质具有各向异性，故A错误；
B.气体失去容器的约束就会散开，是因为气体分子之间的作用力非常小，气体分子在做无规则的热运动，所以不能使分子束缚在一起，并不是因为分子间存在斥力，故B错误；
C.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这属于布朗运动，布朗运动是小碳粒被水分子撞击的不平衡，所做的运动，间接反映了水分子运动的无规则性，故C错误；
D.由于液体表面层内的分子间距大于，分子之间作用力表现为引力，从而形成表面张力，故D正确。
故选D。
根据液晶的的性质判断是否具有光学各向异性；根据气体分子间距离分析气体扩散是不是由于分子间斥力的作用；根据布朗运动的本质分析小碳粒的运动反映的是什么的无规则运动；根据分子间距离与分子力的关系，分析液体表面张力的形成原因。
本题考查热学的基本知识，解决本题的关键是理解基本概念，理解布朗运动的本质，以及分子间距离与分子力的关系。
 2.【答案】C 【解析】解：A、根据开普勒第一定律得地球的所有卫星都绕地球在椭圆或圆轨道上运行，地球位于椭圆的一个焦点上或圆心上，故A错误；
B、同一卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积相等。在相同时间内，不同卫星与地球连线扫过的面积不等，故B错误；
C、地球的所有卫星椭圆轨道半长轴的立方或圆轨道半径的立方与卫星公转周期平方之比相等，故C正确；
D、开普勒行星运动定律不仅适用于宇宙中行星绕恒星的运动，还适用于卫星绕行星的运动，故D错误。
故选：C。
熟记理解开普勒的行星运动三定律：
第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。
第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。
第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。
开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。
 3.【答案】A 【解析】解：一个处于能级的氢原子，可从能级跃迁到能级，再由能级跃迁到能级，最多辐射出两种频率的光子，故A错误；
B.氢原子辐射出光子后，由较高能级跃迁到较低能级，其轨道半径减小，氢原子的势能减小，核外电子动能增大，故B正确；
C.由能级跃迁条件可知，处于能级的氢原子自发跃迁时由可得辐射出的光子的最大能量为：
故C正确；
D.由玻尔理论知一个处于基态的氢原子可以吸收一定频率的光子后跃迁到高能级，故D正确；
本题选择错误选项；
故选：A。
一个处于能级的氢原子，最多辐射出两种频率的光子，氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，根据库仑引力提供向心力，得出电子速度的变化，从而得出电子动能的变化，根据玻尔理论研究放出的光子的最大能量。
知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和，通过动能的变化可以得出电势能的变化。氢原子跃迁时放出的光子的频率取决于初末能级之差。
 4.【答案】C 【解析】解：A、小环靠重力和支持力的合力提供向心力，设AC与中轴间的夹角为，根据牛顿第二定律得，，则，可知转动的半径越大，角速度越小，则，故A错误。
B、根据知加速度为：，即两次转动的加速度大小相等，故B错误。
C、根据得线速度为：，以转动时小环的半径较大，则线速度较大，故C正确。
D、小环做圆周运动的向心力为：，得知两次转动时向心力大小相等，故D错误。
故选：C。
小环做圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律得出线速度、角速度、加速度的表达式，从而分析判断．
解决本题的关键知道小环做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律分析判断，对于比较线速度、角速度、加速度，关键得出表达式．
 5.【答案】B 【解析】解：A、由图知，波源开始振动方向向上，则传播方向上所有质点开始振动的方向都向上，故A的说法正确。
B、对波从P传到Q，
由图可知，周期为为，故，故B的说法错误。
C、Q点到波源的距离为48m，所以此波源滞后，故C的说法正确。
D、P、Q间距离为，，即，因为波匀速传播，故在一个周期的时间里传播的距离是一个波长，即二者刚好差半个周期，故二者的振动情况刚好相反，故Q质点刚要振动时，P质点正沿平衡位置向下振动。故D说法正确。
因本题选错误的，故选：B。
各质点的起振方向与波源开始振动方向相同，求出波速，根据波长入求解波长，据P和Q的振动情况逐个进行分析即可。
本题主要是考查了振动的图象，解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、周期和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。注意波传播方向上所有质点开始振动的方向都与波源开始振动方向相同。
 6.【答案】D 【解析】解：A、对物体受力分析，受到重力和拉力T，由平衡条件得，绳上拉力
同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于G，故A错误；
BCD、对滑轮受力分析，滑轮受到绳子的压力等于两边绳子拉力的合力，以及a杆的弹力，如图

根据平衡条件，因滑轮两边细绳的拉力夹角为，则结合几何关系，有a杆对滑轮的作用力大小为
方向斜向右上，故BC错误，D正确。
故选：D。
先对重物受力分析，根据平衡条件求得拉力；再对滑轮受力分析，根据力的合成的平行四边形定则求得细线对滑轮的合力，再得到a杆对滑轮的力。
本题考查共点力平衡条件的应用，关键是先后对重物和滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解即可。
 7.【答案】A 【解析】解：如图所示：

根据图甲可知，
在图乙中，
联立解得：，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据场强的特点和几何关系得出点的电场强度大小。
本题主要考查了场强的叠加问题，理解场强的特点，结合几何关系即可完成分析。
 8.【答案】A 【解析】解：A、感应电动势：，感应电动势之比：，故A错误；
B、感应电流，感应电流之比，故B正确；
C、设线框的边长为L，速度之比：，运动时间之比：，通过线框导线横截面的电荷量之比：，故C正确；
D、两次线圈产生的焦耳热之比：，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
根据求出感应电动势，然后求出感应电动势之比；
由于欧姆定律求出感应电流，再求出感应电流之比；
应用电流定义式求出电荷量，然后求出电荷量之比；
根据焦耳定律，求出线圈中产生的焦耳热之比。
本题是电磁感应与电路相结合的一道综合题，掌握基础知识是解题的前提，应用基础知识即可解题；本题采用比例法，用相同的物理量表示所求量，再求比例，是常用的方法。
 9.【答案】AD 【解析】解：A、理想变压器原线圈输入电压，则输入电压的峰值，输入电压有效值，输入电压的角频率，则电流的频率，故A正确；
B、S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，原线圈输入电压不变，原副线圈匝数不变，则原副线圈两端电压不变，两电压表示数都不变，故B错误；
C、S打到a处，滑动变阻器滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，副线圈电流增大，电流表示数增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，故C错误；
D、若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，副线圈匝数减小，输入电压不变，输出电压减小，即电压表的示数减小，变压器输出功率可知，副线圈输出功率减小，根据输入功率等于输出功率，可知减小，不变，则减小，即电流表的示数减小，故D正确。
故选：AD。
根据变压器输入电压的瞬时值表达式求出电压的峰值与角频率，然后求出有效值与频率；根据图示电路结构应用理想变压器的变压比与变流比分析答题。
本题考查交流电路中的动态变化的分析，此类问题总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
 10.【答案】AD 【解析】解：A、当A、B两个小球都能落到水平面上时，两者的下落高度相同，由得，两者运动的时间相同，水平方向的位移为，则水平位移之比为初速度之比，即为1：2，故A正确；
BCD、当A、B都落在斜面的时候，小球的竖直位移和水平位移的比值即为斜面夹角的正切值，即
整理可得，时间
所以运动的时间之比为初速度之比，即为1：2
小球的水平位移
则两小球的水平位移大小之比为速度平方之比，即为1：4
当只有A落在斜面上的时候，A、B水平位移之比在1：4和1：2之间，故BC错误，D正确。
故选：AD。
本题考查平抛运动，将小球的运动分解到水平方向和竖直方向，结合位移公式列式求解即可。
本题考查平抛运动得规律，知道平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，注意小球可能都落在斜面上，都落在水平面上，或一个落在水平面上一个落在斜面上。
 11.【答案】BCD 【解析】解：A、B、C、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则；故A错误，B正确，C正确；
D、CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，电势差稳定时，电场力和洛伦兹力平衡，有：，则，故D正确；
故选：BCD。
在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差的正负。CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差与什么因素有关。
解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。
 12.【答案】AD 【解析】解：A、设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度，碰后红壶的速度为，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：

解得：，故A正确；
B、根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为：，所以蓝壶静止的时刻为：，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后蓝壶移动的距离为：，故B错误；
C、碰撞过程两壶损失的动能为：，解得：，故C错误；
D、碰后红所滑过的距离为，所以碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为：：20，故D正确；
故选：AD。
研究碰撞过程，根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度；根据图象求解碰前红壶的加速度，由此得到所以蓝壶静止的时刻，再根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解碰后蓝壶移动的距离；根据碰撞过程能量关系求解动能的损失；根据速度位移公式求碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比。
本题考查动量守恒定律和运动图象，解答本题要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，知道速度图象的斜率表示加速度，面积表示位移，能够根据图象获得信息。
 13.【答案】定滑轮    A 能 【解析】解：将长木板放在水平桌面上，调节定滑轮高度，使牵拉滑块的细线与长木板平行。
由，可得小车加速度的大小为
依题意有
因钩码的质量m远小于滑块的质量M，上式可简化为
解得
依题意，由于
得
因此图像应是图丙中的A；
钩码的质量m远小于滑块的质量M，滑块的加速度与钩码的关系式为
将纵坐标轴向右平移到坐标原点为图线与横轴的交点处，可得到加速度与合外力的关系图像，说明滑块质量一定时，加速度与合外力成正比。
故答案为：定滑轮，，；，能
根据实验操作结合逐差法可求出滑块加速度，根据牛顿第二定律解得动摩擦因数；
根据图像结合牛顿第二定律分析解答。
解决本题的关键知道实验的原理以及实验中注意的事项，注意逐差法解得加速度的方法。
 14.【答案】乙  左        变大 【解析】解：根据实验目的，要描绘小灯泡伏安特性曲线，要使小灯泡中两端电压要从0开始变化，滑动变阻器应选用分压式，因此实验电路图应选用图乙，为了保护用电器，实验时在开关闭合前滑动变阻器阻值应该调成最大值，即滑动变阻器的触头应滑至图中滑动变阻器的最左端；
根据灯泡额定电压是3V，电压表应选择，灯泡额定电流，电流表应选择，为方便实验操作，滑动变阻器应选择；
由图所示图象可知，随电压增大，图线上点与坐标原点连线的斜率减小，斜率的倒数变大，由于图线上点与坐标原点连线斜率的倒数等于灯泡电阻，则随电压增大灯泡电阻变大；
故答案为：乙，左；，，；变大。
根据实验目的为描绘小灯泡的伏安特性曲线可知电路图的选择，再根据实验安全的考虑应该将滑动变阻调成最大；
根据小灯泡的额定电压以及额定电流与额定功率以及额定电压之间的关系即可可知实验器材的选择；
根据丙图图线斜率进行分析小灯泡电阻随着电压的变化规律。
本题考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，考查了设计实验电路图的选择、实验器材选择、实验数据处理等问题；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路图的前提与关键；要掌握实验器材的选择原则。
 15.【答案】解：汽车经过桥顶时，在竖直方向上的受力情况如图所示

以汽车为研究对象，根据牛顿第二定律
即
根据牛顿第三定律，汽车对桥顶的压力大小
汽车对桥面的压力
汽车的行驶速度越小，桥面所受压力越大，汽车行驶越安全。
答：汽车经过桥顶时，在竖直方向上受力示意图见解析；
汽车经过桥顶时，汽车对桥的压力的大小为9000N；
汽车的行驶速度越小，桥面所受压力越大，汽车行驶越安全。 【解析】汽车竖直方向受重力与支持力作用；
根据牛顿第二定律与牛顿第三定律解答分析。
本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，解题关键掌握受力分析，注意支持力和压力的关系。
 16.【答案】解：带电微粒从P点开始在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，由得
 m
因为，匀速圆周运动的圆心在OP的中点，由几何关系可知，A点位置的坐标为 m， 
带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为 s
由图可知，微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场，故
 s
微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零，然后反向做匀加速直线运动，微粒运动的加速度为：
，
故在电场中运动的时间为：

代入数据解得： s
微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动，故有：
 s
所以微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界的时间为：
 s
微粒从B点第三次经过电磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，则加速度为：
 
则第四次到达电磁场边界时有：



得： 
则微粒第四次经过电磁场边界时的速度为：
 
答：带电微粒第一次进入电场时的位置坐标为；
带电微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界经历的总时间为；
带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小为 【解析】根据粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的半径，结合几何关系求出带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；
带电粒子在磁场中先做四分之一圆周进入匀强电场，向上做匀减速运动，然后返回做匀加速直线运动，进入磁场后又做四分之一圆周，再进入电场做类平抛运动，分别求出各段时间即可求出带电微粒从P点出发到第三次经过电磁场边界经历的总时间．
微粒从B点第三次经过电磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式通过几何关系求出带电微粒第四次经过电磁场边界时的速度大小。
本题考查带电粒子在电磁场中的运动，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意粒子做匀变速直线运动，还是做类平抛运动。