2023年陜西省銅川市王益中學高考物理一模試卷

2023年陜西省銅川市王益中學高考物理一模試卷

1.取一對用絕緣柱支撐的導體4和B,使它們彼此接觸，起初它們不帶電。用金屬導線將導

體4的左端與驗電器的金屬球連接，驗電器置于B的右側。如圖所示，把帶正電荷的物體C移

近導體4穩(wěn)定后，下列關于實驗現象描述中正確的是（）

A.導體4帶正電荷B.導體B帶負電荷

C.驗電器的金屬球帶正電荷驗電器D.驗電器的金屬球帶負電荷

2.某一空間可能存在電場，也可能存在磁場，將一電子靜止釋放，忽略其所受的重力和空

氣阻力，下列判斷正確的是（）

A.如果空間只存在勻強電場，電子將做勻速直線運動

B.如果空間只存在勻強磁場，電子將做勻速圓周運動

C.如果空間只存在勻強電場，電子將做勻加速直線運動

D.如果空間只存在勻強磁場，電子將做勻加速曲線運動

3.交流發(fā)電機的矩形線圈abed在勻強磁場中繞垂直于磁

場方向的軸勻速轉動，線圈abed的電阻阻值為10,外接電

阻R的阻值為90,圖甲中理想交流電壓表。的示數為18v.

若只在外電路上接上理想變壓器，則可以提高電阻R的電功

率.圖乙中理想交流電壓表?的示數為10V,則該理忽變壓器原、副線圈的匝數比為（）

A.1：9B,1：3C.3：1D.9：1

4.“開普勒”太空望遠鏡在銀河系中找到一千多顆可能是行星的星體，其中有54顆處于適

合生命存在的“宜居星體帶”。若其中某顆星體的密度與地球的密度相同，但它表面處的重

力加速度是地面重力加速度的:倍。已知近地衛(wèi)星繞地球運動的線速度約為7.9km/s。若忽略

星體自轉，則該星體的第一宇宙速度約為多大（）

A.1.97fcm/sB.3.95fcm/sC.15.8fcm/sD.316km/s

5.木塊4,B的質量分別為Tn〉m2,用細線通過滑輪連接，如圖所示。

已知4B靜止時兩條細線都處于繃緊狀態(tài)?，F將物塊8下方的細線剪斷,

忽略滑輪摩擦及一切阻力，設剪斷細線前后，4B間的細線彈力分別7;、

T2,則（）

A.叫。=>rn2g

B.m^g>Tx=m2g

C.niig>T2=m2g

D.m1g>T2>m2g

6.如圖所示，小明同學手中托著一摞書本乘電梯上樓，當電梯勻加速上

升時，下列說法正確的是（）

A.小明對書本的支持力做的功等于書本動能的增加量

B.電梯對小明的支持力做的功等于小明機械能的增加量

C.小明受到的各個力做功的代數和等于小明動能的增加量

D.電梯對小明的支持力大小不變，做功的功率一直增大

7.如圖所示，質量為100kg的小木船靜止在湖邊附近的水面上,

船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h=0.8m。

在船尾處有一質量為20的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊

拴住，此時鐵塊到船頭的距離L=3m,船頭到湖岸的水平距離x=0,7m。將細線燒斷后該鐵

塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度

g=10m/s2.下列判斷正確的有（）

A.鐵塊脫離木船后在空中運動的時間為0.4s

B.鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為1.75771/S

C.小木船最終的速度大小為1.25m/s

D.彈簧釋放的彈性勢能為108/

8.在直角坐標系xOy中，有一半徑為R的圓形磁場區(qū)域，

磁感應強度大小為8,方向垂直于xOy平面指向紙面外，該

區(qū)域的圓心坐標為（0,/?）,如圖所示。有一個負離子從點

4,0）沿y軸正向射入第I象限，若負離子在該磁場中做一個完整圓周運動的周期為T,則下

列說法正確的是（）

A.若負離子在磁場中運動的半徑為今則負離子能夠經過磁場圓心坐標

B.若負離子在磁場中運動的半徑為2R,則負離子在磁場中的射入點與射出點相距最遠

C.若負離子能夠過磁場圓心坐標，則負離子在磁場中運動的時間為三

D.若負離子在磁場中的射入點與射出點相距最遠，則負離子在磁場中運動的時間!

9.學習小組的同學們準備探究“做功與物體動能變化的關系”，他們在實驗室組裝了一套

如圖甲所示的裝置，另外他們還找到打點計時器所用的學生電源一臺、天平、刻度尺、導線、

復寫紙、紙帶、祛碼若干。實驗步驟如下：

①測量滑塊的質量m：

②將長木板右端墊起，平衡滑塊與木板之間的摩擦力；

③接通電源后靜止釋放滑塊，滑塊在細線拉動下拉著紙帶一起運動。

圖乙是實驗中打出的一條紙帶。

圖甲圖乙

（1）打點計時器所用交流電的頻率為50Hz,在紙帶上每5個點取一個計數點，用刻度尺量出相

鄰計數點之間的距離，%!=3.50cm、x2=4.50cm、x3—5.50cm、x4=6.50cm、打B點時小

車的速度/=m/s,打。點時小車的速度。2=m/s。（結果均保留三位有效數

字）。

（2）用天平測得滑塊的質量為m=0.880kg,g取9.8m/s2考慮實驗過程中存在誤差后，請判斷

此次實驗中使用的小沙桶及細沙的總質量可能為：。

A.0.100kg

B.0.097kg

C.0.089kg

D.0.088kg

10.在“用伏安法測干電池的電動勢和內阻”的實驗中，為了保護電源、電表，某同學在電

路中接入一合適的電阻Ro防止短路。

(1)該同學通過改變滑動變阻器滑片的位置，得到幾組電壓表、電流表的讀數填入表中。

根據這些實驗數據不能測出干電池的電動勢和內阻，與預想的不一致，錯誤原因是電路設計

有問題，請你幫助該同學分析一下，他所連接的錯誤電路可能是圖中的。

(3)應用重新測得的電壓表、電流表的數據，根據P=U/計算出電池組的輸出功率P,根據R=彳

計算出對應的外電阻R,在坐標紙上繪出P-R圖象，由所得圖線判斷出被測電池組的電動勢

E=憶電池組的內阻r=0。(結果保留兩位有效數字)

11.設均勻球體在空氣中下落時，空氣對球體的阻力的大小只與球的最大截面竹

積成正比，某同學用輕質細繩匕連接球4與球B,再用輕質細繩已將球B懸掛于B球0

上方某位置點，當兩球處于平衡狀態(tài)時，球4與水平地面的距離為18m,此時

兩細繩拉力的大小分別是2N、3N,已知球A與球B的半徑之比為1：2,當地重

力加速度為l(hn/s2,第一次，若只剪斷細繩，1，4球經2s落地，第二次，若只7/7/

剪斷細繩%，4球經多長時間落地？

12.如圖所示，兩根無限長金屬導軌平行放置在傾角為30。的斜面上，導軌寬度為3導軌下

端MN間接有電阻R。將質量為小、電阻為r的金屬桿PQ以一定速度沿導軌向上推出，穿過寬

度為s、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直于金屬導軌所在斜面向下。金屬桿向上

滑動離開磁場時的速度剛好是進入磁場時速度的一半，金屬桿離開磁場后繼續(xù)上滑一段距離,

然后返回并勻速進入磁場。金屬桿與金屬導軌始終接觸良好，它們之間的動摩擦因數〃=

金屬導軌的電阻忽略不計。求金屬桿上滑階段通過磁場過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q。

13.人類對物質屬性的認識是從宏觀到微觀不斷深入的過程。以下說法正確的是（）

A.當兩個分子間的距離減小時，它們的勢能可以先減小后增加

B.將打氣管的出口端封住，向下壓活塞，當空氣被壓縮到一定程度后很難再壓縮，這一事實

說明這時空氣分子間表現為斥力

C.液面上部的蒸汽達到飽和時，仍有液體分子從液面飛出

D.內能不同的物體，它們分子熱運動的平均動能可能相同

E.玻璃、石墨和金剛石都是晶體，木炭是非晶體

14.如圖所示，截面積不等的氣缸水平固定放置，內壁光滑，活塞4[----------

的截面積以=20cm2,活塞B的截面積SB=30師2.兩活塞用質量不計『----力B

6小桶------

的細繩連接，活塞4還通過細繩、定滑輪與質量不計小桶相連.4和B之

間封閉有一定量的理想氣體，且溫度始終與外界保持相同.已知大氣壓強po=1.0x105pa保

持不變，環(huán)境溫度保持不變，活塞4、B始終可以自由移動.若往小桶中緩慢注入1kg細沙，發(fā)

現氣缸內活塞4、B向左移動了3cm.試求：若再往小桶中緩慢注入1kg細沙，活塞4、B移動的

距離為多少？

15.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速u=4c/n/s。a、b兩質點平衡位置的坐標分別為

xa=18cm^ixb=32cm,t=0時刻的波形如圖所示，此時質點a剛好開始振動，則下列說法

正確的是（）

x/cm

A.該簡諧橫波的周期是3.5s

B.t=3.5s時，質點b剛好開始振動

C.質點b剛要開始振動時，質點a剛好處于波峰位置

D.質點b剛要開始振動時，在0<x<4cm范圍內的質點都向下振動

E.該簡諧橫波穩(wěn)定傳播后，a、b兩質點間可以同時出現兩個波峰

16.如圖所示，一束光線a從正方體透明冰磚的上表面。點射入，a。的投

影b。垂直于正方體右側面，入射角為45。，冰磚的折射率為。，試回答:

①光線進入冰磚后能否在側面上發(fā)生全反射

②若冰磚的厚度為，馬zn,光在真空傳播的速度為c=3.0x108m/s,求這

束光線在冰磚中傳播所用的最短時間。&

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：導體4B與驗電器組成一個新的導體，帶正電荷的物體C移近導體4,發(fā)生靜電感應現

象，負電荷在電場力作用下從金屬箔片經金屬球，移動至新導體左端，（導體4左端）感應出負電荷，

新導體右端（驗電器的金屬球）感應出正電荷，導體B不帶電。故48。錯誤，C正確。

故選：C。

發(fā)生靜電感應現象時，導體靠近帶電體一端感應出異種電荷，遠端感應出同種電荷。

此題考查了靜電感應現象，要明白其中電荷移動的原因，會確定導體的近端和遠端。

2.【答案】C

【解析】解：AC,如果空間中只存在勻強電場，電子將在電場力的作用下由靜止開始做勻加速直

線運動，故A錯誤，C正確；

BD、如果空間只存在勻強磁場，則由于粒子靜止時不受磁場力作用，故粒子將一直保持靜止狀態(tài)，

故8。錯誤。

故選：Co

明確電場和磁場的特點，知道電子在電場中受恒定作用力，而電子在磁場中靜止時不受洛倫茲力

作用，再根據力和運動的關系確定電子的運動情況.

本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律，要注意明確靜止粒子在電場中受電場力作用，而

在磁場中不受磁場力作用.

3.【答案】B

【解析】解：交流發(fā)電機的矩形線圈abed在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動時產生的

1O

感應電動勢為E=18U+與x=20K,

當按圖乙接法時，電壓表示數Ui=10V,原線圈的電流強度為=2=紇3=104,則原線

圈的輸出功率為：Pl=UJ1=100MZ,

設副線圈兩端電壓為外，則2=小，解得/=30憶

R

根據變壓器原理可得：詈=*=：，故B正確、ACD錯誤；

幾2§

故選：B。

根據甲圖求解電源電動勢，根據乙圖求解此時原線圈的輸出功率，根據功率相等求解副線圈的電

壓，由此得到匝數比.

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數之比，在只

有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且

相等.

4.【答案】B

【解析】解：星體的第一宇宙速度及近星體衛(wèi)星的速度，根據牛頓第二定律得G增

RR

忽略星體自轉，在星體表面6翳=叫9

星體質量M=p^nR3

4

Gp^rcR=g

因為星體與地球的密度相同，得出g與R成正比：笑=等=之

?g地2

聯立得1;=y/gR

_1

一2

11

則。星=]"地=2x7.9km/s=3.95/czn/s

故選：Bo

根據萬有引力充當向心力，求出軌道半徑為球半徑的速度是第一宇宙速度。

本題考查笫一宇宙速度，注意軌道半徑為球半徑。

5.【答案】AD

【解析】解：AB,剪斷細線前，木塊4、8均靜止，且兩繩均處于繃緊狀態(tài)，即兩繩均有彈力,

分別對4、B受力分析由平衡條件有：

對力：mxg=7\

對B,=m2g+T

則巾1。=A＞巾2。，故A正確，B錯誤;

CD、剪斷細線后，木塊4、B一起加速運動，設加速度為a,分別對4、B由牛頓第二定律有:

—a

對4：m^g—T2=m1a,解得：T2=^11(5)

對B：T2-m2g=m2a,解得：T2=m2{g+a)

則J7119>7*2>^2。，故C錯誤，。正確。

故選:AD。

剪斷細線前，木塊A、B均靜止，且兩繩均處于繃緊狀態(tài)，即兩繩均有彈力，分別對4、B受力分

析由平衡條件即可求解；

剪斷細線后，木塊4、B一起加速運動，分別對4、B由牛頓第二定律列方程即可求解。

本題是常見的連接體問題，關鍵要知道細線剪斷后A、B一起加速運動，然后由牛頓第二定律列方

程。

6.【答案】CD

【解析】解：4、根據功能原理可知，小明對書本的支持力做的功等于書本機械能的增加量，故A

錯誤；

8、人除了受到電梯對人的支持力，重力外，還受到書本對人的壓力，電梯對人的支持力與書本對

人的壓力做功的代數和等于小明機械能的增加量，故B錯誤；

C、根據動能定理，小明受到的各個力做功的代數和等于小明動能的增加量，故C正確；

。、因電梯勻加速上升，電梯對小明的支持力大小不變，根據P=Fu,支持力做功的功率一直增

大，故。正確。

故選：CD。

選擇不同的對象，根據功能原理判斷支持力做功與機械能的變化量的關系。根據動能定理動能的

變化量等于合外力的做功的代數和即可判斷。

只要掌握動能定理和功能原理及其適用條件即可順利解決此類問題。

7.【答案】AD

【解析】解：從鐵塊脫離木船后在空中做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律可得鐵塊脫離木船后

在空中運動的時間為:s=0.4s，故A正確;

B、設鐵塊離開船時船向左運動的距離為s,鐵塊和船水平方向平均動量守恒，可得：rn^L-s)=

m船S,解得：s=0.5TH,則鐵塊脫離木船后水平方向運動的位移為X+S,所以鐵塊脫離木船時的

瞬時速度大小為〃=拳=”等m/s=3m/s,故B錯誤;

C、水平方向根據動量守恒定律可得：=m/,解得小木船最終的速度大小為1/=0.6m/s,

故C錯誤；

。、根據能量守恒定律可得彈簧釋放的彈性勢能為E=3小鐵盧+船/2=1087,故。正確?

故選：AD.

鐵塊脫離木船后在空中做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律求解落地時間；根據“人船模型”求解

鐵塊脫離木船后水平方向運動的位移，再根據平拋運動的規(guī)律求解速度大小；水平方向根據動量

守恒定律求解小木船最終的速度大??；根據能量守恒定律可得彈簧釋放的彈性勢能。

本題主要是考查“人船模型”和平拋運動的結合，解答時要首先弄清楚運動情況，利用碰撞前系

統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據能量關系列方程求解。

8.【答案】BC

【解析】解：4C.若負離子能夠過磁場圓心坐標（如圖1）：

圖1

負離子在磁場中運動的半徑為R,根據幾何關系可知負離子在磁場中運動的圓弧等于完整圓弧的

因此負離子在磁場中運動的時間t=故A錯誤，C正確。

BD.若負離子在磁場中的射入點與射出點相距最遠，如圖2所示：

以MN為圓形磁場區(qū)域的一條直徑，負離子在磁場中運動的半徑為2R,根據幾何關系可知，負離

子在磁場中運動的圓弧等于完整圓弧的之所以負離子在磁場中運動的時間t=故8正確，D

錯誤。

故選：BCo

格努題意畫出對應的粒子的運動軌跡，結合幾何關系得出負離子的射入點和射出點的關系：

根據幾何關系得出圓心角的大小，結合周期的計算公式得出對應離子的運動時間。

本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，熟悉粒子的受力分析，理解其向心力來源，結合幾何

關系即可完成解答。

9.【答案】0.4000.600A

【解析】解：>與=3.50cm=0.0350m、x2-4.50cm=0.0450m、x3—5.50cm=0.0550TH、

x4=6.50cm=0.0650m

(1)打B點時小車的速度為4、C段的平均速度，梓打B點時的速度為：

%1+%2(xi4-X2)/0.0350+0.0450.八，八八

V1==-----------X50m/s=0A00m/sz

r=irmX0+X4(4+'4)f0.0550+0.0650_.八,八八.

同理功==」一%"=-------x50m/s=0.600m/s

(2)由動能定理可知：

m+7nm

m沙g(X2+%3)=5(沙)董~!(+小沙)資

代入數據解得m*=0」0°如，故A正確，88錯誤；

故選：兒

故答案為：(1)0.400；0.600；(2)4

(1)根據勻變速直線運動的特點得出小車的瞬時速度；

(2)根據動能定理列式得出小沙桶和細沙的質量.

本題主要考查了功與速度變化關系的探究實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合運動學

公式和動能定理即可完成分析。

10.【答案】C3.05.0

【解析】解：(1)題目中的電流值、電壓值數據均勻增加，且比值恒定，顯然本次實驗是對定值電

阻的測量，所以他所連接的錯誤電路可能是下圖中的C。

(2)電路的連線圖如下圖所示;

(3)當外電阻與內電阻阻值相等時，電源的輸出功率最大。所以由圖象可知，內電阻為r=5.O0,

根據聯=居

(3)3.0；5.0

(1)根據實驗原理選擇錯誤的電路圖;

(2)根據電路圖畫出對應的實物連線圖；

(3)根據閉合電路歐姆定律，結合圖像的物理意義得出電動勢和內阻的大小。

本題主要考查了電源電動勢和內阻的測量實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合閉合電

路歐姆定律和圖像的物理意義即可完成分析。

11.【答案】解：靜止不動時細線拉力分別為2N、3N,貝必1球的質量為巾4=0.2kg,B球的質量=

0.1kg,

剪斷細線k后，4球經2s首先落地，根據八=：的許

解得：=5=^?m/s2=9mls2

C12

對4球，根據牛頓第二定律，mAg-fA=

解得：fA=0.2/V：

因阻力大小與球的最大截面積成正比，且4球與B球半徑之比為2：1,則兩球的阻力之比為啟：i=4：

1,貝I：%=0.8N,

若只剪斷細繩已，假設B球單獨運動，根據牛頓第二定律有：mBg-fB=mBa2

2

解得：a2=2m/s

因。2<%，則兩者會一起向下運動，

對整體，根據牛頓第二定律有：(小+niB)g-/-/B=5。+7nB)a

解得：a=ym/s2

2x18__

對4球，根據/i=；a專有：t2=-^-s=2.3s

答：第二次，若只剪斷細繩％，A球經2.3s落地.

【解析】根據細線的拉力，可知4球與B球的質量，由4球下落的時間與位移，即可求解下落的加

速度，再由牛頓第二定律，即可求得4受到的阻力，再根據阻力大小與球的最大截面積成正比,

結合4球與B球半徑之比，得到B球受到的阻力，并對整體根據牛頓第二定律，結合運動學公式即

可求解.

考查運動學公式與牛頓第二定律的內容，掌握整體法與隔離法的應用，注意阻力與大截面積的關

系，從而確定阻力與半徑的關系，是解題的關鍵.

12.【答案】解：設金屬桿剛進入磁場的速度為打，離開磁場時的速度為吸。

金屬桿上滑階段通過磁場過程，根據動能定理可得：

—(mgsin300+nmgcos300)s—WF安=gm域—gm說

根據題意可得：%=2以

金屬桿離開磁場后繼續(xù)減速上滑x距離速度為零時，根據動能定理可得:

—(mgsin30°+4mgeos30°)x=0-gm諺

金屬桿下滑x距離速度為內，根據動能定理可得:

]

(mgsin30°—卬ngcos30°)%=-mvj

金屬桿勻速進入磁場，據法拉第電磁感應定律可得：

E=BLV3

根據閉合電路歐姆定律可得：

/=￡

R+r

金屬棒受到的安培力為：

F安=BIL

金屬棒勻速運動時，根據平衡狀態(tài)可得：

mgsin300=尸安+pngcos30°

聯立解得：

=21m3g2(R+r)277ngs

安—128///8

金屬桿上滑階段通過磁場過程中，電阻R上產生的焦耳熱為：

0_21m3g2(口+丁川7mgsR

Q~~128B4L48(R+r)

答：金屬桿上滑階段通過磁場過程中，電阻R上產生的焦耳熱為-群^

【解析】根據動能定理得出金屬棒的速度關系，結合法拉第電磁感應定律，歐姆定律和安培力的

計算公式得出電阻R產生的焦耳熱。

本題主要考查了電磁感應的相關應用，熟悉電學物理量的計算公式，結合安培力的計算公式和動

能定理聯立等式即可完成分析。

13.【答案】ACD

【解析】解：A當分子間距從無窮遠到時，分子勢能逐漸減小，當「=為時，分子勢能最小，當

「＜力時，分子勢能逐漸增加，所以當兩個分子間的距離減小時，它們的勢能可以先減小后增加，

故A正確；

員將打氣管的出口端封住，向下壓活塞，當空氣被壓縮到一定程度后很難再壓縮，這一事實是大

氣壓作用的緣故，不能說明這時空氣分子間表現為斥力，故B錯誤；

C.液面上部的蒸汽達到飽和時，從液面飛出的液體分子與進入的液體分子數量達到平衡，故C正

確；

。.物體的內能包括分子動能和分子勢能，則內能不同的物體，它們溫度可能相同，分子熱運動的

平均動能可能相同，故。正確；

E.石墨和金剛石都是晶體，玻璃、木炭是非晶體，故E錯誤；

故選：ACD.

當分子間距從無窮遠到r°時;分子勢能逐漸減小，當r=r°時;分子勢能最小，當時，分子

勢能逐漸增加：將打氣管的出口端封住，向下壓活塞，當空氣被壓縮到一定程度后很難再壓縮，

這一事實是大氣壓作用的緣故；液面上部的蒸汽達到飽和時，仍有液體分子飛出與進入，其數量

達到平衡；物體的內能包括分子動能和分子勢能之和，則內能不同的物體，它們溫度可能相同，

分子熱運動的平均動能可能相同；石墨和金剛石都是晶體，玻璃、木炭是非晶體。

本題的關鍵是把握分子勢能與分子間距的關系圖像，對分子內能、晶體非晶體等有清晰的認識與

理解。

14.【答案】解：以封閉氣體為研究對象，狀態(tài)1：Pi=p。，匕=?

5

往小桶中緩慢注入m=1kg細沙，平衡后為狀態(tài)2,則：%=匕一(SB-SA)hr=Vr-3xIO-,

根據平衡條件可得：PO(SB-SQ+mg=p2(Sp-SQ,解得p2=xl()5pa；

再往小桶中緩慢注入lkg細沙，平衡后為狀態(tài)3,貝ij：V3=V2-(SB-SA-)h2,

5

根據平衡條件可得：PO(SB-SQ+2mg=p3(Sfi-S4),解得P3=1.2x10Pa；

根據玻意耳定律可得Pi匕=「2功，解得：匕=3.3xICT，7n3,所以七=匕_3x10-5=3x