2023届江苏省徐州市睢宁县第一中学高三下学期5月模拟物理试题（含解析）

这是一份2023届江苏省徐州市睢宁县第一中学高三下学期5月模拟物理试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省徐州市睢宁县第一中学高三下学期5月模拟物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．1930年，赵忠尧先生独立发现γ射线在重元素中的“反常吸收”。同年，又发现了γ射线在重元素中的“额外散射”，这是对正负电子对产生和湮灭的最早观察。关于γ射线的描述正确的是（　　）A．带正电，穿过气室时可以使空气电离B．穿透能力比伦琴射线强C．波长比红外线长D．是由原子核外电子的能级跃迁产生的2．图示为通过3D眼镜看电脑显示屏的照片，下列说法正确的是（　　）A．左侧镜片上涂有增反膜B．右侧镜片上涂有增透膜C．两侧镜片为透振方向不同的偏振片D．电脑显示屏发出的光为自然光3．如图所示，沿x轴正方向传播的机械波在t=0时传播到x=1m处的A点，t=1.2s时x=7m处的Q点开始振动，则（　　）A．该机械波的周期为0.2sB．经过1.7s，Q点向前传播8.5mC．经过1.7s，Q的路程为15cmD．t=1.7s时，Q在x轴上方3cm处4．用频率为的a光照射截止频率为的金属时发生了光电效应，用b光照射时不发生光电效应现象。普朗克常量为h，电子电量为e。则（　　）  A．该金属的逸出功为B．a光的强度一定比b光强C．若用a光实验，将P右移，电流表示数变大D．调节P使电流表的示数恰好为零，此时电压表示数为5．天文学家发现一个略大于木星的气体行星（HD188753Ab），它围绕天鹅座“HD188753”系统的主星公转，公转周期为3.3日，轨道半径约为天文单位，若忽略其它星球对它的影响，认为它围绕主星做匀速圆周运动。设地球至太阳的距离为1天文单位，地球绕太阳公转周期为365日。根据上述数据，可求出（　　）A．行星与地球的质量之比B．主星与太阳的质量之比C．行星与地球的第一宇宙速度之比D．行星与地球的表面重力加速度之比6．如图所示，x轴过均匀带正电绝缘球体的球心O，M、N及A、B分别关于O点对称，下列说法正确的是（　　）  A．A、B两点场强相同B．M、N两点场强相同C．A点电势高于B点电势D．M点电势等于N点电势7．质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂，悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°，P点为最低点，sin37°=0.6，则（　　）A．左侧悬点对麻绳拉力为0.6mgB．右侧悬点对麻绳拉力为0.8mgC．最低点P处张力为0.3mgD．P点右侧麻绳质量为0.36m8．一起重机用钢绳提起静止在地面上的重物，开始在竖直方向上做匀加速运动，然后做匀速运动。重物上升高度为h，运动时间为t，加速度为a，动能为Ek，起重机功率为P，下列图像能描述上述过程的是（　　）A．   B．  C．   D．  9．从空中某点同时以相同的速率向各个方向抛出相同的小球，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）A．各小球落地时动量相同B．落地前各小球位于同一个球面上C．落地前同一时刻各小球的动能相同D．与水平方向成45°斜向上抛出的小球水平射程最远10．如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的球B。现将球A从O点由静止释放，此时弹簧弹力为零，球A运动到P点返回。关于球A说法正确的是（　　）  A．向下运动时，加速度随位移变化越来越快B．向下运动到OP中点时速度最大C．向下运动过程中机械能一直增大D．在OP间做简谐运动 二、实验题11．某小组用图甲电路先测量电阻R，再测量电池电动势E和内阻r，器材如下：A．待测金属丝R（电阻约几欧姆）和待测电池（E约3V）B．电流表A（量程0.6A，内阻约0.2Ω）C．电压表V（量程3V，内阻约3.0kΩ）D．滑动变阻器R1（0~50Ω）E.滑动变阻器R2（0~100Ω）F.开关S、导线若干  （1）用图甲电路进行实验。将R1，R2滑片均移至左端，闭合开关S，接下来正确的操作顺序是______①将R1的滑片移至右端②保持R2的滑片不动，R1的滑片逐渐右移，读出多组电压表U和电流表I的示数③保持R1的滑片不动，R2的滑片逐渐右移，读出多组电压表U和电流表I的示数（2）该组同学在测量电阻R阻值的过程中，电压表示数U和相应电流表示数I记录于下表。描点作出的U—I图线如图乙所示。U/V1.001.401.812.202.392.80I/A0.200.280.360.440.480.56 由图线可知，电阻R的阻值为______Ω（结果保留两位有效数字）。（3）该组同学在测量电池电动势E和内阻r的过程中，根据多组电压表示数U和相应电流表示数I，作出U—I图线如图丙所示，测得图线在U轴上的截距为b，斜率的绝对值为k，则测得电池的电动势E为______，内阻r为______。（用R1、k、b表示）（4）由于电表内阻影响，电动势的测量值小于真实值，原因是______。 三、解答题12．如图所示，内壁光滑、体积为V的圆柱形绝热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，初始时汽缸内密封有温度为T0、压强为p0、体积为0.5V的理想气体，p0和T0分别为外界大气的压强和温度。现对气体缓慢加热，当缸内气体压强达到1.2p0时停止加热，气体内能增量为U。求：（1）缸内气体压强达到1.2p0时的温度T1；（2）气体吸收的热量Q。13．如图甲所示为小型发电机的示意图，n=10匝的线圈逆时针匀速转动。从中性面开始计时产生的电动势随时间变化规律如图乙所示。发电机线圈内阻r=1Ω，外接灯泡电阻R=3Ω。求：（1）t=2.5×10-3s时穿过线圈的磁通量大小；（2）线圈转动一周过程中灯泡上消耗的电能。  14．如图所示，在x轴上有足够长绝缘薄板，薄板与x轴相邻的交点间距为0.01m，相交处夹角均为45°，沿+x方向的磁场磁感应强度B=0.4-10x（T）。比荷的带正电粒子沿+x方向以v=2×104m/s的速度在x=0处击中薄板，粒子击中薄板后沿板方向速度不变，垂直于板方向原速率反射。（1）求粒子在x=0处反射后做圆周运动的半径；（2）求粒子从x=0处运动到x=0.04m处所需的时间；（3）在（2）中，若磁场分布于轴线平行于x轴的圆柱内，求该圆柱横截面积的最小值。  15．如图所示，质量为3m，上表面光滑且左端带挡板的木板，在倾角θ=30°的无限长斜面上以速度v0匀速下滑。某时刻将质量为m的小滑块以与木板相同速度放到木板上某点，当木板第一次速度减为0时滑块刚好运动到挡板处，此后滑块与挡板发生弹性碰撞（时间极短）。已知滑块在运动过程中始终未与木板分离，重力加速度为g，求：（1）滑块放到木板上时木板加速度大小；（2）第一次碰撞过程中木板对滑块的冲量I大小；（3）以滑块放上木板为计时起点，则第N次碰撞的时刻及此过程系统产生的热量Q。  
参考答案：1．B【详解】A．γ射线是一种频率较高的电磁波，不带电，其穿透本领强，电离能力弱，因此γ射线可以穿过气室，但不能使空气电离，A错误；B．γ射线的频率比伦琴射线（即X射线）的频率高，则γ射线的穿透能力比伦琴射线强，B正确；C．γ射线的频率比红外线的频率高，根据可知，γ射线的波长比红外线的波长短，C错误；D．放射性元素的原子核在发生衰变时，产生的新原子核由高能级跃迁至低能级时向外辐射出γ射线，即γ射线是由原子核的能级跃迁产生的，D错误。故选B。2．C【详解】D．手机、电脑、电视等电子显示设备发出的光是偏振光，D错误；ABC．3D眼镜的2个镜片是两个透振方向互相垂直的偏振片，图中电脑显示屏发出的偏振光的透振方向与左侧眼镜垂直，没有光穿过左侧眼镜，左侧眼镜看不见电脑显示屏，电脑显示屏发出的偏振光的透振方向与右侧眼镜平行，有光穿过右侧眼镜，右侧眼镜看得见电脑显示屏，AB错误，C正确。故选C。3．C【详解】A．由于t=0时传播到x=1m处的A点，t=1.2s时x=7m处的Q点开始振动，则波传播的速度根据波形可知，波长为2m，则机械波的周期A错误；B．介质中的质点只在各自平衡位置振动，不会随波迁移，B错误；C．由于t=1.2s时x=7m处的Q点开始振动，则1.7s内，Q点振动的时间为可知经过1.7s，Q的路程为C正确；D．根据同侧法，可知质点A点起振方向沿y轴负方向，由于所有质点的起振方向相同，则质点Q点起振方向也沿y轴负方向，根据上述经过1.7s，Q点振动的时间为0.5s，可知，t=1.7s时，Q在波谷位置，即在x轴下方3cm处，D错误。故选C。4．D【详解】A．该金属的截止频率为，则逸出功为，故A错误；B．a光的频率一定比b光高，a光的强度不一定比b光强，故B错误；C．若用a光实验，将P右移，光电管两端加反向电压，电流表示数减小，故C错误；D．调节P使电流表的示数恰好为零，则解得遏止电压此时电压表示数为，故D正确。故选D。5．B【详解】AB．由万有引力提供向心力，可知行星与地球的质量在计算中约去，不可求出；中心天体主星与太阳的质量可以求出主星与太阳的质量之比可以求出故A错误，B正确；C．由，解得星球的第一宇宙速度由于行星与地球的质量和半径都未知，所以行星与地球的第一宇宙速度之比不可求出，故C错误；D．由，解得星球的重力加速度由于行星与地球的质量和半径都未知，所以行星与地球的表面重力加速度之比不可求出，故D错误。故选B。6．D【详解】A．由于球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，根据点电荷电场线的分布规律可知，A、B两点场强大小相等，方向相反，A错误；B．由于均匀带电球壳内部场强处处为零，将球体分成一个一个的球层，则M、N两点场强是以O为圆心，以ON为半径的球体上的正电产生，根据上述可知，M、N两点场强大小相等，方向相反，B错误；CD．带电球体可以看为由一个一个的点电荷构成，空间某位置的电势等于各个点电荷的电势的代数和，根据根据对称性可知，A点电势等于B点电势，M点电势等于N点电势，C错误，D正确。故选D。7．D【详解】AB．对麻绳受力分析，受重力、左侧悬点对麻绳拉力、右侧悬点对麻绳拉力，则解得故AB错误；CD．对右侧麻绳受力分析，受重力、最低点P处张力、右侧悬点对麻绳拉力，则所以P点右侧麻绳质量为故C错误，D正确。故选D。8．C【详解】A．重物开始在竖直方向上做匀加速运动，则图像是开口向上的抛物线，故A错误；B．重物开始在竖直方向上做匀加速运动，然后做匀速运动。图像先是与时间轴平行且不为零的直线，然后加速度为零，故B错误；C．重物开始在竖直方向上做匀加速运动时，由牛顿第二定律得解得起重机的拉力起重机的功率图像是过原点的倾斜的直线；重物匀速运动时，起重机的拉力起重机的功率则起重机的功率为定值，故C正确；D．重物开始在竖直方向上做匀加速运动时的动能图像是过原点的倾斜的直线，故D错误。故选C。9．D【详解】A．动量是矢量，各小球落地时动量方向不同，故A错误；B．根据斜抛运动规律可知，落地前各小球不是位于同一个球面上，故B错误；C．竖直上抛的小球动能先减小，后增大，所以落地前同一时刻各小球的动能不相同，故C错误；D．设与水平方向成角斜向上抛出的小球水平射程最远，根据斜抛运动规律有可知当时，水平射程最远，故D正确；故选D。10．A【详解】A．设A、B小球分别带电量为q1、q2，释放A球时A、B间距为r，弹簧的劲度系数为k，小球A运动到最低点的过程中，受力分析如图所示  加速阶段，根据牛顿第二定律得解得对a1求导得所以在加速阶段，加速度随位移x的增加而减小，且加速减小得越来越快。减速阶段，根据牛顿第二定律得解得对a2求导得在减速阶段加速度随位移x的增加而增大，且加速度增加得越来越快，故A正确；BD．小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小的更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称；向下运动到OP中点下方某处时速度最大，小球在OP间不做简谐运动，故BD错误；C．小球向下运动过程中，由于要克服电场力、弹簧弹力做功，所以球A的机械能逐渐减小，故C错误。故选A。11．     ②①③     5.0               电压表分流【详解】（1）[1]将R1，R2滑片均移至左端，R1，R2接入的电阻均为0，为了测量Rx的阻值，先要保持R2的滑片不动，即R2接入的电阻保持为0，R1的滑片逐渐右移，读出多组电压表U和电流表I的示数，此时随后，将R1的滑片移至右端，保持R1的滑片不动，即保持R1接入电阻不变，R2的滑片逐渐右移，读出多组电压表U和电流表I的示数，其中电压表示数U即为电池的路端电压，可知接下来正确的操作顺序是②①③。（2）[2]根据欧姆定律结合图乙解得（3）[3][4]根据上述实验操作有变形得结合图丙有，解得，（4）[5]由于电压表的分流影响，导致数据处理时的干路电流小于实际通过电池的电流，若将电压表与电池等效为一个新电源，则电动势的测量值为等效电源的电动势，则有12．（1）；（2）【详解】（1）活塞刚刚到达气缸顶部前气体压强始终为p0，可知当缸内气体压强达到1.2p0时，活塞已经位于气缸顶部， 根据理想气体状态方程有解得T1=2.4T0（2）根据热力学第一定律有活塞上升过程，气体对外做功，则有解得13．（1）；（2）0.54J【详解】（1）穿过线圈的磁通量最大值t=2.5×10-3s时穿过线圈的磁通量大小（2）由图可知电动势的最大值则电动势的有效值为线圈转动一周过程中灯泡上消耗的电能14．（1）0.05m；（2）；（3）0.09πm2【详解】（1）在x=0处，B=0.4T，粒子碰撞后速度大小为v=2×104m/s，方向为沿+y方向，根据解得r1=0.05m（2）粒子x=0运动到x=0.04m共经历4段匀速直线运动和4段匀速圆周运动，作出轨迹如图所示   匀速直线运动时间在O点匀速圆周运动时间同理有则有，粒子运动时间（3）粒子与薄板碰撞后轨迹均与x轴相切，沿+x方向半径大小依次为r1=0.05m， r2=0.066m，r3=0.1m，r4=0.2m由于r3、r4分居x轴两侧，圆柱横截面半径最小值r=r3 +r4=0.3m面积最小值为Smin=0.09πm215．（1）；（2）；（3）【详解】（1）设木板与斜面间的动摩擦因数为μ，木板加速度为a板，木板匀速时，由平衡条件可得木板减速时，由牛顿第二定律可得联立解得（2）设滑块碰挡板前速度为v，因板块系统外力矢量和为0，由动量守恒定律可得3mv0+mv0=mv解得v=4v0滑块以v与挡板发生弹性碰撞，设碰后滑块速度为v1，木板速度为v2，由动量守恒定律得mv= mv1+3mv2由能量守恒得联立解得v1＝－2v0  ， v2＝2v0对滑块，由动量定理得所以第一次碰撞过程中木板对滑块的冲量大小为6mv0 。                （3）第一次碰撞后，滑块以2v0沿斜面向上运动，木板以2v0沿斜面向下运动，对滑块，由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma块解得若滑块放上木板为计时起点，木板第一次速度减为零的时间第一次碰撞后木板速度再次减为零的时间滑块的速度此时，滑块的位移此时，木板的位移即木板、滑块第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块和木板重复前面的运动过程，则相邻两次碰撞的时间间隔则第N次碰撞的时刻滑块、木板每次碰撞时，滑块和木板的总动能都相等，Δt时间内系统产生的摩擦热等于滑块、木板减少的重力势能ΔQ=4mgx板sin30°=24mv02滑块放上木板到第一次碰撞系统产生热量所以总过程产生热量Q=Q1+（N-1）ΔQ=6mv02+24（N－1）mv02