精品解析：重庆市巴蜀中学校2022-2023学年高三下学期高考适应性月考物理模拟试题（六）（解析版）

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重庆市巴蜀中学高2023届高三下学期高考适应性月考卷（六）物理模拟试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：本大题共10小题。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求；第8～10题有多项符合题目要求1. 北京冬奥会速滑比赛中的某段过程，摄像机和运动员的位移x随时间t变化的图像如图，下列说法正确的是（　　）A. 摄像机做直线运动，运动员做曲线运动B. 时间内摄像机在前，时间内运动员在前C. 时间内摄像机与运动员的平均速度相同D. 时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度【答案】C【解析】【详解】A．图像只能表示直线运动的规律，则摄像机和运动员都在做直线运动，故A错误；B．图像反映了物体的位置随时间的变化情况，由图可知，在时间内摄像机一直在前，故B错误；C．时间内摄像机与运动员的位移相同，所用时间相同，根据可知，平均速度相同，故C正确；D．图像的斜率表示速度，则在时间内摄像机的速度先大于运动员速度，在等于运动员速度，后小于运动员速度，故D错误。故选C。2. 小黄是徒手爬楼高手，在网上拥有许多粉丝，被称为现实中的“蜘蛛侠”。如图为他徒手利用两面直角相关的墙角靠摩擦爬上墙壁的图片。当他双脚离开直角墙面，仅用双手将自己稳定在空中，此时关于他的受力分析可能正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】依题意，当人双脚离开直角墙面，仅用双手将自己稳定在空中时，每面墙壁给人每只手弹力均垂直墙壁指向外面，根据对称性可知墙面对人每只手的弹力大小相等，且两弹力相互垂直，根据平行四边形定则可知两弹力的合力垂直墙角竖直线指向外，所以人所受弹力与重力的合力向外倾斜，由平衡条件可得，人手所受两面直角墙壁的摩擦力的合力应向内倾斜，综上所述，故选D。3. 呼气试验是临床用于检测幽门螺杆菌感染的一种方法。被检者空腹，用约20mL凉开水口服一粒尿素［］胶囊，静坐25分钟后，用一次性吹气管向二氧化碳吸收剂中吹气，通过分析呼气中标记的的含量即可判断患者胃中幽门螺杆菌的存在情况。已知的半衰期大约是5730年，发生的是β衰变，其衰变方程为。下列说法正确的是（　　）A. 衰变释放β射线时，生成的新核Ｘ的核电荷数比的核电荷数少1B. 含的化合物与单质衰变快慢相同C 被检者体温越高衰变越快D. 由于衰变释放能量，新核Ｘ的质量数比的质量数少【答案】B【解析】【详解】A．β衰变的实质是原子核内的一个中子转变为一个质子同时释放出一个电子，所以新核Ｘ的质子数比的质子数多1，即核电荷数多1，A错误；BC．放射性元素衰变的快慢是由核内部自身因素决定的，跟原子所处的外部条件、化合物还是单质都没有关系，B正确，C错误；D．核反应满足质量数和电荷数守恒，可知Ｘ为，比少一个中子、多一个质子，但质量数相同，D错误。故选B。4. 天文爱好者小郭在10月29日通过卫星过境的GoSatWatch获得天和空间站过境运行轨迹（如图甲），通过微信小程序“简单夜空”，点击“中国空间站过境查询”，获得中国天和空间站过境连续两次最佳观察时间信息（如图乙，11月2日开始时间17:50:08和11月3日开始时间18:28:40），这两次连续过境中空间站绕地球共转过16圈，但因白天天空太亮或夜晚空间站处在地球阴影中而造成观察时机不佳。地球自转周期为24h，不考虑空间站轨道修正，由以上信息可得同步卫星的轨道半径是天和空间站的轨道半径的（　　）A. 3.6倍 B. 6.3倍 C. 9.6倍 D. 12倍【答案】B【解析】【详解】由图乙的信息可知两次最佳观察时间约为24h，两次最佳观察过境中间空间站还有15次过境，可知空间站一天时间绕地球16次，根据空间站的周期根据开普勒第三定律解得同步卫星与天和空间站的轨道半径之比为故B正确，ACD错误。故选B。5. 如图甲所示，在平面内有两个波源（，）和（，），两波源做垂直于平面的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示，两波源形成的机械波在平面内向各个方向传播，波速均为。平面上有A、B两点，其位置坐标分别为（，），（，），则（　　）A. 两波源形成波不同，不能产生干涉现象B. 图中点（，）的振幅为C. AB连线上有一个振动加强点D. 两波源的连线上（不含波源）有11个振动减弱点，它们的位移大小始终是【答案】C【解析】【详解】A．由图乙、图丙可知两列波的周期都为，则两列波的频率都为可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，A错误；B．两列波的波长均为点到两波源的波程差为由于两波源的起振方向相反，可知点为振动减弱点，故点的振幅为B错误；C．点到两波源的波程差为由于两波源的起振方向相反，可知、两点均为振动减弱点，而两波源到点波程差为，两波源到点波程差为，因此、连线上有一个波程差为的点，该点为振动加强点，C正确；D．两波源的连线上（不含波源）点与两波源的波程差满足由于两波源的起振方向相反，可知当波程差满足时，该点为振动加强点，则有可知两波源的连线上（不含波源）有11个振动加强点，它们的振幅为，但位移在到之间变化，D错误。故选C。6. 在距地面高H处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械E能随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是（　　）A. 小球的质量等于B. 当时，小球的动能等于重力势能C. 小球运动的加速度等于D. 运动过程中小球受到的阻力大小恒为【答案】C【解析】【详解】AD．设小球质量为m，运动过程受到的阻力为f，根据功能关系可得小球下落到距地面高h处时的机械能为结合图像，当h=H时，有解得由图像的斜率可得故AD错误；B．当时，根据动能定理，可知可见在此位置小球的动能小于重力势能，故B错误；C．根据牛顿第二定律有结合A项中的分析可得故C正确。故选C。7. 如图所示，不带电的金属球N的半径为R，球心为O，球N左侧固定着两个电荷量大小均为q的异种点电荷，电荷之间的距离为2R。M点在点电荷＋q的右侧R处，M点和O点以及＋q、－q所在位置在同一直线上，且两点电荷连线的中点到O点的距离为5R。当金属球达到静电平衡时，下列说法正确的是（　　）A. M点的电势低于O点的电势B. M点的电场强度大小为C. 感应电荷在球心O处产生的场强大小为D. 将一电子由M点移到金属球上不同点，克服电场力所做的功不相等【答案】C【解析】【详解】A．金属球靠近M点的位置感应出负电荷，M点左侧图示虚线位置上电场线向右，沿着电场线的方向电势逐渐降落，处于静电平衡的金属球是一等势体，M点的电势高于O点的电势。A错误；B．M点的电场强度大小由三部分组成，等量异种电荷的电场和金属球上的感应电荷的电场，等量异种电荷在M点的电场强度之和为方向水平向右，感应电荷在M点产生的场强之和应水平向右，故合场强要大于，B错误；C．金属球处于静电平衡内部场强处处为0，等量异种电荷在O点的电场强度之和为方向水平向右，所以感应电荷在球心O处产生的场强大小等于，方向水平向左，C正确；D．M点与金属球上不同点间的电势差相等，将一电子由M点移到金属球上不同点，克服电场力所做的功相等。D错误。故选C。8. 如图所示，虚线下方有垂直纸面向里的足够大有界匀强磁场，虚线上方同一高度处有两个完全相同的正方形均匀金属线框1、2 ，线框1做自由落体运动，线框2做初速度为v0的平抛运动。线框1、2在运动过程中均无旋转。磁场的磁感应强度大小B，线框1恰匀速进入磁场。不计空气阻力，从开始运动到线框完全进入磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 线框2减速进入磁场区域 B. 线框1、2始终处于同一高度C. 线框1产生的焦耳热小于线圈2产生的焦耳热 D. 通过线框1、 2导线横截面的电荷量相等【答案】BD【解析】【详解】AB．因为线框2做初速度为v0的平抛运动，则竖直方向进入磁场前也做自由落体运动，进入磁场时，竖直方向速度和线框1的相等，且左右两边产生的电动势抵消，所以线框2进入磁场时和线框1 受力情况相同，故竖直方向始终在同一高度，线框2也是匀速进磁场，故A错误，B正确；C．同理，两线框电流相等，运动情况相同，故线框1产生的焦耳热等于线圈2产生的焦耳热，故C错误；D．根据知通过线框1 、2导线横截面的电荷量相等，故D正确。故选BD。9. 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管（忽略管的内径），半径OB水平，OA竖直，一个直径略小于管内径的小球由B点以某一初速度进入细管，之后由管内的顶部A点以大小为的水平速度飞出。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A. 为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足B. 为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足C. 为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为D. 小球从A点飞出的水平初速度必须满足，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点【答案】BC【解析】【详解】AB．为使小球能从A点飞出，则在A点的最小速度为零，则由机械能守恒定律解得则小球在B点的初速度必须满足选项A错误，B正确；C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则解得小球在B点的初速度应为选项C正确；D．要使的小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误。故选BC。10. 如图，空间中有一个圆心角为的扇形区域MON，扇形区域内分布方向垂直纸面向外的匀强磁场，扇形区域外分布方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B。一电荷量为e、质量为m的电子以某一速度沿MO方向射入扇形区域，最终能够经过N点。则粒子从M点运动到N点的时间可能为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】ACD【解析】【详解】A．把扇形n等分，作出轨迹图当n取奇数时，由图1可知，为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即；当n为偶数时，由图2可知，由对称性可得。当时，可得故A正确；BC．当时，可得故B错误，C正确；D．当时，可得故D正确。故选ACD。二、非选择题：共5小题。11. 某同学利用如图甲所示的装置探究合力的功与动能变化间的关系。斜面的倾角为，其底端与光滑的水平台面平滑连接，斜面上每间隔长度的A、B、C、D、E五个位置处可放置挡板，装置的右侧固定一个竖直木板，木板上粘贴有白纸和复写纸。该同学用游标卡尺测量钢球的直径d，从而在白纸上确定了水平面上钢球圆心等高点的位置，记为O点，并在白纸上建立竖直方向的坐标轴，白纸到水平台面右端的距离为s。现分别从斜面上五个位置处静止释放质量为m的钢球，在白纸上测得了五组墨迹的中心点的坐标值y。重力加速度为g。（1）利用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图丙所示，则钢球直径______mm；（2）如果作出的______图像（选填“”、“y”、“”或“”）是一条直线，如图乙所示，则表明钢球所受合力的功与钢球获得的速度的平方成正比；（3）若图像中直线的斜率为k，则钢球所受的合力______（用题目给定的物理量表示）。【答案】    ①. 11.40    ②.     ③. 【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为（2）[2]刚下落过程中，合力的功设小球运动到斜面底端的速度为v，离开水平面后做平抛运动，水平方向竖直方向可得若作出的图像是一条直线，则说明。（3）[3]根据动能定理可得其中斜率可得12. 某课外兴趣小组设计了如图甲的实验电路来研究电路特点并测量电池电动势E、内阻r和某一定值电阻的阻值。所用器材有：待测电池一个，待测定值电阻（阻值约几欧，起保护电路的作用），滑动变阻器R一个，电压表（0~6V）、电流表（0~0.6A）各一个（均可视为理想电表），开关S一个，导线接线柱、导线若干。主要实验步骤如下（拆接电表按规程切换开关S）；①按图甲电路连接实物图，B、C端接线柱空出备用；②将电流表接入接线柱B、C端，读出此时电流表的示数；③拆下电流表，将电压表接入接线柱A、D端，读出此时电压表的示数；④保持电压表接入电路位置不变，再将电流表与滑动变阻器串联后接入接线柱B、C端，调节滑动变阻器，读出几组电压表和电流表的读数U和I，并作出图像（如图乙所示），图中图线与横轴I的截距为a。请回答以下问题：（1）通过所做操作和图像中获得的数据可知，该电池电动势______，内阻______，定值电阻的阻值______（用所得数据中的、、a表示）；（2）若仅电压表不能当作理想电表，则第（1）问中所得到的电池电动势的测量值与真实值相比______，内阻的测量值与真实值相比______，定值电阻的测量值与真实值相比______。（选填“偏大”、“偏小”，“相等”或“无法判断”）。【答案】    ①.     ②.     ③.     ④. 偏小    ⑤. 偏小    ⑥. 偏小【解析】【详解】(1)[1]由于电压表和电流表均为理想电表，将电压表接入接线柱A、D端，闭合开关S，读出此时电压表的示数，可得电池电动势[2]由图乙的图像可知当时，外电路开路，此时电压表的读数与步骤③的情况相同，即图乙的图线与纵轴的截距即为，根据闭合电路欧姆定律可知内阻[3]由步骤②可得即定值电阻的阻值(2)[4]若仅电压表不能当作理想电表，设电压表的内阻为。步骤③中得电池电动势的真实值即电动势的测量值小于真实值；[5]步骤④中的电路由于电压表的分流，内阻测量值为内阻测量值小于真实值； [6]步骤②中电路定值电阻的真实值而测量值则测量值与真实值之差即定值电阻的测量值小于真实值。13. 如图，用“打夯”方式夯实地面的过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小相等、方向与竖直方向成37°的力F，使重物恰好脱离水平地面并保持静止，然后突然一起发力使重物升高0.4m后即停止施力，重物继续上升0.05m，最后重物自由下落把地面砸深0.05m。已知重物的质量为40kg，取重力加速度，，。忽略空气阻力，求：（1）F的大小；（2）从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间；（3）地面对重物的平均阻力的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）重物处于平衡状态，由解得（2）设停止施力时重物的速度为v，发力使重物上升的高度为，停止发力后重物继续上升的高度为，从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间为t。由，联立得（3）设地面对重物的平均阻力为f，重物把地面砸深度为，重物从最高点到最低点的过程中，有解得14. 2022年北京冬奥会上，中国花样滑冰队的隋文静、韩聪不负众望，在双人滑项目上强势夺冠，这也是中国队时隔12年之后再次登上奥运会最高领奖台。该项目有一项技术动作叫双人螺旋线，如图（a）所示，以男选手成为轴心，女选手围绕男选手旋转。将这一情景抽象成，如图（b）所示：一细线一端系住一小球，另一端固定在一竖直细杆上，小球以一定大小的速度随着细杆在水平面内作匀速圆周运动，细线便在空中划出一个圆锥面，这样的模型叫“圆锥摆”。圆锥摆是研究水平面内质点作匀速圆周运动动力学关系的典型特例。小球（可视为质点）质量为m，细线AC长度为L，重力加速度为g。（1）在紧贴着小球运动的水面上加一光滑平板，使球在板上作匀速圆周运动，此时细线与竖直方向所成夹角为θ，如图（c）所示，当小球的角速度ω大于某一值ω1时，小球将脱离平板，则ω1为多大？（2）撤去光滑平板，让小球在空中旋转，测试发现，当小球的角速度ω小于某一值ω2时，细线会缠绕在竖直杆上，最后随细杆转动，如图（d）所示，则ω2为多大？（3）在题（2）情境下，再用一根细线，同样一端系在该小球上，另一端固定在细杆上的B点，且当两条细线均伸直时，如图（e）所示，各部分长度之比。则当小球以匀速转动时，两细线的对小球的拉力分别多大？【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【详解】（1）当平板对小球支持力为零时，小球恰好脱离平板，此时重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得解得（2）撤去平板后，小球重力和绳子拉力提供向心力，当绳子没有绕在竖直杆时，设绳子与竖直杆的夹角为，由牛顿第二定律可得解得随着角速度减小，减小，当时，细线开始绕在竖直杆上，解得此时角速度为（3）当细线BC恰好伸直时，有几何关系得，AC与竖直方向所成夹角为37°，同理可得，此时小球的角速度为 则时细线BC未伸直，即，设此时细线AC与竖直方向夹角为β，由上得 解得 根据平衡条件得 15. 如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第二象限内有一半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ，磁场边界与x轴和y轴分别相切于A、C两点，磁场方向垂直平面向里，磁感应强度大小为B。在0≤x≤R的区域有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为。在R≤x≤2R区域有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿x轴负方向，x＝2R处放置与x轴垂直的荧光屏。沿x轴移动的粒子发射器能持续稳定的沿平行y轴正向发射速率相同的带负电粒子，该粒子的质量为m，电荷量大小为q．当粒子发射器在A点时，带电粒子恰好垂直y轴通过C点。带电粒子所受重力忽略不计。（1）求粒子的速度大小；（2）当粒子发射器在－2R＜x＜0范围内发射，求匀强磁场Ⅱ右边界有粒子通过的区域所对应纵坐标的范围；（3）当粒子发射器在范围内发射，求荧光屏上有粒子打到的区域的长度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由A点射入的粒子恰好垂直轴通过C点，可知圆周运动的圆心在坐标原点处，圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有解得粒子的速度为（2）当粒子在－2R＜x＜0范围内发射时，由于轨迹圆半径等于磁场圆半径，粒子的射入点、磁场圆圆心、轨迹圆圆心、粒子的射出点组成菱形，则射出点在磁场圆圆心水平右侧R处，即所有的粒子均从C点离开匀强磁场区域Ⅰ，与y轴正向夹角在0~180°范围内均有粒子射出粒子射入磁场Ⅱ区域做匀速圆周运动，由向心力公式得解得r＝2R由C点沿y轴负方向射入磁场Ⅱ的粒子，从磁场Ⅱ右边界时的位置最靠下为D点，运动轨迹如图所示，由几何关系得粒子的运动轨迹与磁场Ⅱ右边界相切时，切点F为从右边界射出的最上方的位置，运动轨迹如图所示由几何关系得匀强磁场Ⅱ右边界有粒子通过的区域所对应纵坐标的范围是（3）当粒子在范围内发射时，运动轨迹如图所示由几何关系可知处射入的粒子在Ⅰ区偏转120°由C点进入Ⅱ区，在Ⅱ区偏转30°垂直右边界由G点射出进入电场后做匀加速直线运动打到荧光屏上M点；处射入的粒子在Ⅰ区偏转60°由C点与Ⅱ区左边界成60°进入Ⅱ区，在Ⅱ区偏转60°后在H点沿y轴正向进入电场．进入电场后做类平抛运动打到荧光屏上K点，x轴方向y轴方向荧光屏上有粒子打到的区域的长度解得