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云南省昭通市巧家县第一中学2022-2023学年高三省测模拟
物理
（全卷满分100分，用时90分钟）
姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题
1．下面关于放射性同位素的说法中正确的是（ ）
A．磷的放射性同位素原子核与一般磷原子核中的中子数相同
B．磷的放射性同位素原子核与一般磷原子核中的核子数相同
C．在医学上可以利用放射性同位素的射线治疗某些疾病
D．有的放射性同位素可以只放出一个γ光子，而后变成另一种新元素
2．下列关于超重、失重现象说法正确的是（ ）
A．超重现象就是重力增大，失重现象就是重力减小
B．无论是超重还是失重，实质上作用在物体上的重力并没有改变
C．卫星中物体，从一发射开始，就处于完全失重状态
D．不论因为什么原因，只要物体对支持物（或悬挂物）的压力（或拉力）增大了，就称物体处于超重状态
3．如图是特技跳伞运动员的空中造型图，当运动员们保持该造型向下落时，运动员甲看到大地迎面而来，他选择的参考系可能是（ ）
A．地面 B．运动员乙 C．地面的树木 D．浮在空中的云
4．如图所示，一长为l的绝缘杆两端分别带有等量异种电荷，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角α=60°，若使杆沿顺时针方向转过60°（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述中正确的是（ ）
A．电场力不做功，两电荷电势能不变
B．电场力做的总功为，两电荷的电势能增加
C．电场力做的总功为，两电荷的电势能减少
D．电场力做总功的大小跟转轴位置有关
5．如图所示，电荷量分别为+q、+q、-q、-q的点电荷a、b、c、d，分别处于菱形abcd的四个端点，∠α＝600．1、2、3、4分别为所在边的中点，其对应的电场强度大小分别为E1、E2、E3、E4，对应的电势分别为φ1、φ2、φ3、φ4，则下列说法正确的是( )
A．E1 ＝ E3、φ1＝ φ3
B．E2 ＝ E4、φ2＝φ4
C．E1 ＝ E3、φ1＞ φ3
D．E2 ＝ E4、φ2＞φ4
6．下列叙述中正确的是（ ）
A．库仑提出了用电场线描述电场的方法
B．用质点来代替实际物体的研究方法叫做等效替代法
C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度、电容都是采用了比值法定义的
D．牛顿通过扭秤实验测出了万有引力常量
7．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（ ）
A．加速度逐渐减小
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
8．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（ ）
A．在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）g
B．摆动过程中，支架对地面压力一直增大
C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（2m+M）g
D．摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大
二、多选题
9．关于左手定则，下列说法正确的是（ ）
A．大拇指跟其余四个手指垂直
B．大拇指、四个手指都跟手掌在一个平面内
C．磁感线要垂直于手心
D．伸开的四指指向电流方向
10．如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，小球通过最高点时的速率为v0，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．若v0=，则小球对管内壁无压力
B．若v0>，则小球对管内上壁有压力
C．若0
11．下列说法中正确的是（ ）
A．将有棱角的玻璃棒用火烤熔化后，棱角变钝是液体表面张力的缘故
B．晶体在熔化过程中，温度保持不变，所以内能保持不变
C．地球大气的各种气体分子中氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少
D．如果分子间作用力表现为引力，则两分子间距离增大时，一定是克服分子力做功
E．为了估测一容器中气体分子间的平均距离，需要知道该气体的密度、体积和摩尔质量
12．图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，是平衡位置处的质点，是平衡位置处的质点，图乙为质点的振动图像，则（ ）
A．该简谐横波的传播速度为
B．该简谐横波沿轴正方向传播
C．在时刻，质点的加速度沿轴正方向
D．时间内，质点通过的路程小于
13．如图所示菱形abcd的边长为，∠bad=60°，已知匀强电场的电场线平行于菱形abcd所在的平面，一个带电量的点电荷由a点移动到c点的过程中，电势能增加了，由c点移动到b点的过程中电场力做功，则
A．该电场线的方向由a点指向d点
B．该电场的场强大小为1 V/m
C．a点的电势高于c点的电势
D．正电荷由b点移到a点的过程中，电势能减小
14．如图甲所示，光滑斜面固定在水平面上，倾角为30°，斜面足够长. 质量为0. 2kg的物块静止在斜面底端，时刻，物块受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，g取10m/s2。则
A．4s末物体的速度为零
B．时物块沿斜面向上运动最远
C．0~4s内拉力对物体做功为20
D．0~4s内拉力对物体冲量为零
第II卷（非选择题）
三、实验题
15．某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13V，内阻小于3Ω，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：
(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空。
第一步：按电路图连接实物
第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零
第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V
第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为_________V
第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15V的电压表。
(2)实验可供选择的器材有：
A．电压表（量程为3V，内阻约2kΩ）
B．电流表（量程为3A，内阻约0.1Ω）
C．电阻箱（阻值范围0～9999Ω）
D．电阻箱（阻值范围0～999Ω）
E．滑动变阻器（阻值为0～20Ω，额定电流2A）
F．滑动变阻器（阻值为0～20kΩ，额定电流0.2A）
电阻箱应选___________，滑动变阻器应选___________。
(3)用扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并做出图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为___________Ω。
16．如图所示是研究电源电动势和电路内、外电压关系的实验装置。电池的两极A、B与电压表V2相连，位于两个电极内侧的探针a、b与电压表V1相连，R是滑动变阻器，电流表A测量通过滑动变阻器的电流，置于电池内的挡板向上移动可以使内阻减小。当电阻R的滑臂向左移动时，电压表V2的示数_______________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。若保持滑动变阻器R的阻值不变，将挡板向上移动，则电压表V1的示数变化量ΔU1与电流表示数变化量ΔI的比值_______________。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
四、解答题
17．如图所示，有三根长度均为L=0.3 m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量均为m=0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q=+3×10－6 C，B球带负电，与A球带电荷量相同．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．(静电力常量k=9×109 N·m2/C2)
(1)求此匀强电场的电场强度E的大小．
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力T的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ.
(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)．
18．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃。
（1）求该气体在状态B、C时的温度（用摄氏温度表示）；
（2）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？
19．一束电子束射入如图所示的组合磁场中，其中磁场I的磁感应强度为B，方向向里，磁场横向宽度为d，纵向延伸至无穷；磁场II的磁感应强度为B，方向向外，磁场横向宽度为3d，纵向延伸至无穷．以粒子进入磁场点处为原点，射入方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系．同时为了探测电子的位置，在磁场I的左侧边界铺设了荧光屏．已知电子的比荷为K．忽略电子间的相互作用与重力作用．求：
（1）求粒子能够进入磁场II的最小速度V1与进入区域二时的坐标．
（2）当V1满足（1）小题所给值时，当粒子速度为V2=5/3V1时离开磁场I时的坐标．
（3）当V1满足（1）小题所给值时，若运动的带电粒子能使荧光屏发光，已知放射源放出的粒子速度为3V1＞V＞0.5V1，那么荧光屏发光的坐标范围是多少？
20．如图所示，一个倾角、长的光滑倾斜轨道固定在水平地面上，倾斜轨道底部通过一段很小的光滑圆弧与静止在水平地面上、质量为的薄木板B平滑连接（不拴接），薄木板左侧某处静止着一质量为的薄木板C，B、C等高。现让质量为的小物块（可以视为质点），从倾斜轨道顶端由静止滑下，物块A滑上薄木板B后，B开始向左运动，当A滑到B的左端时，A、B速度刚好相等，且B、C刚好发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失且碰撞时间极短。已知A与B、C间的动摩擦因数均为，B、C与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。求：
(1)小物块A到达倾斜轨道底部时的速度大小和在倾斜轨道上运动的时间；
(2)开始时B、C之间的距离；
(3)整个运动过程中，薄木板B和地面间因摩擦产生的热量。
参考答案：
1．C
【详解】AB．磷的放射性同位素原子核与一般磷原子核中的质子数相同，中子数不同，核子数不同，故AB错误；
C．在医学上可以利用放射性同位素的射线治疗某些疾病，故C正确；
D．放射性同位素只放出一个γ光子，根据电荷数和质量数守恒可知该放射性同位素不会变成另一种新元素，故D错误。
故选C。
2．B
【详解】AB．超重就是接触面对物体的支持力（绳对物体的拉力）大于重力的现象，失重就是接触面对物体的支持力（绳对物体的拉力）小于重力的现象，实质上物体的重力并没有改变，A错误，B正确；
C．卫星中物体，发射过程向上加速，处于超重状态，在轨运行时处于失重状态，C错误；
D．物体对支持物的压力，或悬挂物的拉力增大了，但仍小于重力，就处于失重状态，D错误。
故选B。
3．B
【详解】当运动员们保持该造型向下落时，运动员甲看到大地迎面而来，大地相对运动员迎面而来，故选择的参考系是运动员乙，大地相对地面、地面的树木、浮在空中的云都是静止的，故B正确ACD错误。
故选B。
4．C
【详解】A．+Q所受电场力水平向右，-Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60°时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小。故A错误；
BCD．电场力对正电荷所受的功：
W1=QEl1（1-cos60°）
电场力对负电荷所受的功：
W2= QEl2（1-cos60°）
电场力做的总功为：
W=W1+W2=QEl
由于电场力做正功，所以两个电荷的电势能减少，由以上分析可判断电场力做总功的大小跟转轴位置无关，故BD错误，C正确；
故选C。
5．C
【详解】由场强合成原理并联系对称性可知，1、3两点的场强大小和方向均相同，即E1 ＝ E3；2、4两点的场强大小相同，但是方向不同；1点离两个正电荷较近，离两个负电荷较远；3点离两个负电荷较近，离两个正电荷较远，则φ1＞ φ3；ad两电荷在4点形成电场的电势为零，正电荷b比负电荷c离4点较近，可知4点电势大于零；同理可分析2点电势小于零，即φ2<φ4；综上可知，选项C正确，ABD错误；故选C.
6．C
【详解】A．法拉第提出用电场线描述电场的方法，故A错误；
B．用质点来代替实际物体的研究方法叫做理想模型法，故B错误；
C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度、电容都是采用了比值法定义的，故C正确；
D．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，A错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，B错误；从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C错误；从A到B过程中根据动能定理可得，即，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D正确．
8．B
【详解】A．在释放瞬间，摆球的速度是零，则有细线拉力是零，对支架受力分析，支架受重力和地面对它的支持力，处于静止状态。所以在释放瞬间，地面对支架的支持力大小是Mg，由牛顿第三定律可知，支架对地面压力大小为Mg，A错误；
B．对小球在向下运动过程中在某一位置进行受力分析：如图所示，当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得
mgRsinθ=mv2
解得
根据牛顿第二定律得
T mgsinθ=
而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力，根据平衡条件得，在竖直方向上有
Tsinθ+Mg=FN
所以
FN=3mgsin2θ+Mg
摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律，即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，B正确；
C．在从释放到最低点过程中，根据动能定理得
在最低点绳子拉力为T＇，对小球受力分析：小球受重力和绳子拉力，根据牛顿第二定律得
当小球在最低点时，支架受重力、支持力、绳子的拉力。根据平衡条件得
解联立解得
FN=（3m+M）g
C错误；
D．①小球在开始运动时的速度是零，则这时重力的功率P1=0 ；
②当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得
mgRsinθ=mv2
并且重力与速度的方向夹角为θ，则这时重力的功率P2
③当小球运动到最低点时，速度的方向水平，垂直于重力的方向，P3=0；
因此在摆动过程中，重力对小球做功的功率变化为：先变大后变小，D错误。
故选B。
9．ABD
【详解】伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向，故ABD正确，C错误．
点睛：本题主要掌握左手定则．
10．ABC
【详解】A．在最高点，只有重力提供向心力时，由
解得
此时小球对管内壁无压力，选项A正确；
B．若v0>，则有
表明小球对管内上壁有压力，选项B正确；
C．若0＜v0＜，则有
表明小球对管内下壁有压力，选项C正确；
D．综上分析，选项D错误。
故选ABC。
11．ACD
【详解】A．将有棱角的玻璃棒用火烤熔化后，棱角处由固态变成液态，在表面张力的作用下收缩而变圆，从而在凝固后变钝，故A正确；
B．晶体在熔化过程中，温度保持不变，但吸收热量，所以内能增大，故B错误；
C．地球大气的各种气体分子中氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少，故C正确；
D．如果分子间作用力表现为引力，则两分子间距离增大时，分子间仍是引力作用，所以一定是克服分子力做功，故D正确；
E．为了估测一容器中气体分子间的平均距离，需要知道该气体的密度ρ、摩尔质量M和阿伏伽德罗常数NA，不需要知道体积。该气体的摩尔体积为
每个气体分子占据的平均体积为
所以该气体分子间的平均距离为
故E错误。
故选ACD。
12．BD
【详解】A．由甲、乙图像可知该简谐波的波长为
周期为
故波速为
A错误；
B．0.2s时质点N经过平衡位置向上振动，说明N是由其左侧邻近质点带动的，所以波沿x轴正方向传播，B正确；
C．0.2s时质点M在平衡位置上方，加速度方向向下（沿轴负方向），C错误；
D．的时间内，质点向最大位移处移动，再从最大位移处向下移动，平均速率小于从平衡位置到最大位移的平均速率，所以路程小于A，即路程小于，D正确。
故选BD。
13．BC
【详解】依题意，该负电荷从a到c电场力做负功，所以a点的电势高于c点的电势，C正确；因为该负电荷从a点到c点和c点到b点电场力做功大小相等，且a到c电场力做负功，所以电场线由a指向c，A错误；由几何关系可知，，所以，B正确；因为电场线由a指向c，所以将正电荷从b移到a点的过程中，电势能增大，D错误．故选BC．
【点睛】根据电荷从a到c做功的情况，得出两点的电势关系，再判断a点与b点的电势情况，从而得出电场线的方向，即电场强度的方向，再根据电场力做功公式与U=Ed联立即可求出电场强度．
14．BC
【分析】根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解速度;根据位移公式求解位移，再求出拉力做的功。根据冲量的计算公式求解冲量。
【详解】AB．0~2s内
得，在2~4s内
，
得，则物块0~2s内向上匀加速直线运动，内向上匀减速直线运动，3s时减速为零，3~4s内向下匀加速直线运动，4~6s向下匀减速直线运动，6s时减速为零，以后往复性运动，选项A错误，选项B正确。
C．在和时物块在同一位置，速度等大反向，所以在0~4s内拉力对物体做功等于0~2s内拉力对物体做功，
，
选项C正确。
D．0~4s内拉力对物体冲量
选项D错误。
故选BC。
15． 0.6 C E 11.5 2.5
【详解】（1）[1] 把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，需将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，则由电表改装的原理
可得
据题分析，；电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，电路中并联电路的电压不变，因此电压表的电压为原来的，使电压表读数为0.6V。
（2）[2] 电压表的量程为3V，内阻约为2kΩ，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为
电阻箱选C。
[3]在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，滑动变阻器选E。
（3）[4]由于电压表改装后量程扩大5倍，将图丙的纵截距扩大5倍，由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为
根据纵轴截距得电池的电动势为
。
[5]由图线斜率的绝对值可求，电池的内阻为
。
16． 变小 不变
【详解】[1]根据题意，电压表测量是电源的内电压，电压表测量是路端电压，由闭合电路欧姆定律：
可知，当电阻的滑臂向左移动时外电阻减小，总电流增大，由：
可知内电压变大，故电压表2的示数变小；
[2]因电源电动势等于电源内外电路之和，故电压表1和电压表2的示数之和不变；若保持滑动变阻器的阻值不变，将挡板向上移动，则电源的内电阻将减小，根据
结合数学推理可知：
所以电压表1的示数变化量与电流表示数变化量的比值大小等于电源的内阻，由于挡板向上运动时，液体的横截面积变大，根据电阻定律：
可知内电阻减小，故比值变小。
17．（1）（2）2.4N ，37°（3）
【详解】（1）对B球进行受力分析，在水平方向受水平方向的电场力和A球施加的库仑力，由于球均处于平衡状态， B球水平方向合力为零，得
，；
（2）两球及细线最后位置如图所示：
对A、B球整体分析，受重力和线QB的拉力，由平衡条件得
对A球进行受力分析：A球受重力，电场力，AB线的拉力，库仑力，由平衡条件得：重力和电场力的合力必须沿着线的方向
，，
（3）A球克服电场力做功
所以A球的电势能增加了
18．（1），；（2）放热
【详解】（1）气体在状态A时的热力学温度为
对A→B过程根据盖—吕萨克定律有
解得
由图易知
根据理想气体状态方程可知
所以
（2）该气体从状态A到状态C的过程中体积减小，外界对气体做功，而气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知气体放热。
19．（1）v1=KBd；其进入磁场II坐标为（d，-d）（2）（d，-d/3）（3）（0，-2d）到（0，4R-4R）
【详解】（1）进入磁场II的最小速度情况如图所示：
由洛伦兹力提供向心力得：ev1B=mv12/d
得v1=KBd 其进入磁场II坐标为（d，-d）
（2）电子以速度v在磁场I中运动，其运动半径r=v/KB．
当v2=5/3v1时，其轨迹半径r2=5/3r1
其运动情况如图所示：
由几何关系可知，粒子偏转角θ=37°
所以离开磁场I时，粒子水平方向位移x=d，竖直方向的位移y=-（5/3d-4/3d）-d/3
离开磁场I时的坐标为（d，-d/3）
（3）当0.5v1＜v＜v1时，临界情况如图所示．
亮线范围是（0，-2d）到（0，-d）
当v1＜v＜2v1时，临界情况如图所示．
粒子达到荧光屏距离原点距离y=4R-4R
亮线范围为（0，-2d）到（0，4R-4R）
当2v1＜v＜3v1时，粒子穿出区域二右边界，不能打到荧光屏上．
综上，亮线坐标范围为（0，-2d）到（0，4R-4R）
点睛：本题考查了带电粒子在磁场中偏转，需要学生理解题目情境中的临界条件，结合相关知识求解．需要学生在题目条件的基础上分析粒子偏转的实际情况，着重考查了问题分析能力．
20．(1)，；(2)；(3)
【分析】本题通过匀变速直线运动、牛顿第二定律、动量守恒定律等考查考生的分析综合能力、逻辑推理能力。本题考查的知识有力和运动、机械能守恒定律、动量守恒定律、功和能等。
【详解】(1)物块从倾斜轨道上滑下时，机械能守恒，设物块到达倾斜轨道底部的速度为，有
设物块运动的时间为，有
联立解得
，
(2)滑上B后，做匀减速运动，B做匀加速运动，设、B的加速度大小分别为、，则
对物块，根据牛顿第二定律有
对薄木板B，根据牛顿第二定律有
设经时间，、B达到共同速度，、B共同速度设为，则有
，
联立解得
，，，
碰前B、C之间的距离为
解得
(3)设B、C两薄木板碰后瞬间速度分别为、，B、C两薄木板碰撞过程动量守恒，机械能守恒，选向左为正方向，则有
解得
，
碰撞完成后B向右运动最后停下，薄木板B和地面间因摩擦而产生的热量为
代入数据得
