1、云南省巧家县巧家第一中学2023年高三下学期寒假收心模拟考试物理试题试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，一个质量为=9.11031kg、电荷量为e=1.61019C的电子，以4106m/s的速度从M点垂直电场线方向飞入匀强电
2、场，电子只在电场力的作用下运动，在N点离开电场时，其速度方向与电场线成150角，则M与N两点间的电势差约为（）A-1.0102VB-1.4102VC1.8102VD2.2102V2、把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻下列说法正确的是：( )ARt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大BRt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变C在t=1102s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零D变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V）3、如图所示，某竖直弹射装置由两根劲
3、度系数为 k 的轻弹簧以及质量不计的底 盘构成，当质量为 m 的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为 6mg(g 为 重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为60，则此时每根弹簧的伸 长量为A B C D4、氢原子部分能级的示意图如图所示，不同金属的逸出功如下表所示：铯钙镁铍钛金逸出功W/eV1.92.73.73.94.14.8大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时辐射的所有光子中，能够使金属铯发生光电效应的光子有几种A2B3C4D55、有关量子理论及相关现象，下列说法中正确的是（ ）A能量量子化的观点是爱因斯坦首先提出的B在光电效应现象中，遏止电压与入射光的频率成正比C一个处于n4
4、激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子D射线、射线、射线都是波长极短的电磁波6、如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h=1m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L13m，L22m，则A、B两小球（）A周期之比T1：T22：3B角速度之比1：23：2C线速度之比v1：v2：D向心加速度之比a1：a28：3二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个
5、端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中()A从P到M所用的时间等于B从Q到N阶段，机械能逐渐变大C从P到Q阶段，速率逐渐变小D从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功8、A、B两粒子以相同的初速度沿与电场线垂直的方向由左边界的同一点先后进入同一匀强电场，最后它们都从电场的右边界离开电场。不计粒子的重力。已知A、B两粒子的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，则此过程中（）AA、B的运动时间之比为1：1BA、B沿电场线的位移之比是1：1CA、B的速度改变量之比是2：1DA、B的电势能改变量之比是1：19、小球甲从斜面顶端以初速度v沿
6、水平方向抛出，最终落在该斜面上已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度（n1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A小球乙落在斜面上时的位移为B小球乙在空中运动的时间为C小球乙落在斜面上时的动能为D小球乙离斜面最远时的动量为10、如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小为磁场方向与竖直面垂直，磁场的上、下边界均为水平面且间距为，纸面（竖直平面）内磁场上边界的上方有一质量为、电阻为的正方形导线框，其边长为上下两边均与磁场边界平行。将线框以初速度水平抛出
7、，线框恰能匀速进入磁场，重力加速度为，不计空气阻力，则（）A线框抛出时边距离磁场上边界的高度为B线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量C线框通过磁场的过程中水平位移为D线框通过磁场的过程中边产生的热量为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材“验证力的平行四边形定则”，设计的实验装置如图固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定在量角器圆心O的正上方A点，另一端系绳套1和绳套2。(1)实验步骤如下：弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，记下弹簧测力计的示
8、数F；弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点达到O点，此时绳套1沿0方向，绳套2沿120方向，弹簧测力计的示数为F1；根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1=_；比较_，即可初步验证力的平行四边形定则。(2)将绳套1由0方向缓慢转动到60方向，同时绳套2沿120方向不变，此过程中保持橡皮筋的结点在O点不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是_。A逐渐增大 B先增大后减小C逐渐减小 D先减小后增大12（12分）有一电压表V，量程为3V，要求测量其内阻RV。可选用的器材有：滑动变阻器甲，最大阻值；滑动变阻器乙，最大阻值；电阻箱，最大阻值9999.9；电源，
9、电动势约为4V，内阻不计；电源，电动势约为10V，内阻不计；电压表V0，量程6V；开关两个，导线若干；(1)小兰采用如图甲所示的测量电路图，在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接_；(2)连接好实验电路后，小兰进行实验操作，请你补充完善下面操作步骤：断开开关和，将的滑片移到最左端的位置；闭合开关和，调节，使V满偏；断开开关，保持_不变，调节，使V示数为2.00V，读取并记录此时电阻箱的阻值为，为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器应选择_（填“甲”或“乙”），电源应选择_（填“”或“”），小兰测出的电压表内阻_，它与电压表内阻的真实值RV相比，_RV（选填“”、“=”或
10、“”）；(3)小兵同学采用了如图乙所示的测量电路图，实验步骤如下：断开开关和，将的滑片移到最左端的位置；闭合开关和，调节，使V满偏，记下此时V0的读数；断开开关，调节和，使V示数达到半偏，且V0的读数不变；读取并记录此时电阻箱的阻值为，理论上分析，小兵测出的电压表V内阻的测量值与真实值相比，_RV（选填“”“=”或“”）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图，内壁光滑的绝热气缸竖直放置，内有厚度不计的绝热活塞密封，活塞质量m=10kg。初始时，整个装置静止且处于平衡状态，活塞与底部的距离为l0，温度T0
11、=300K。现用电阻丝（体积不计）为气体加热，同时在活塞上添加细砂保持活塞的位置始终不变直到T=600K。已知大气压强p0=1105Pa，活塞截面积S=1.010-3m2，取g=10m/s2，求：(i)温度为T时，气体的压强；(ii)活塞上添加细砂的总质量m。14（16分）如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，现通过电热丝缓慢加热，当气体吸收热量Q时，活塞恰好缓慢上移H，已知活塞横截面积为S，重量忽略不计，大气压强为p0，求封闭气体内能增加量。15（12分）如图所示，一个高L=18cm、内壁光滑的绝热汽缸，汽缸内部横截面积S=30cm2，缸口上部有卡环，一绝热轻质活塞封闭一定质量的气体，
12、活塞与汽缸底部距离L1=9cm。开始时缸内气体温度为27，现通过汽缸底部电阻丝给气体缓慢加热。已知大气压强p=1105Pa，活塞厚度不计，活塞与汽缸壁封闭良好且无摩擦。封闭气体温度从27升高到127的过程中，气体吸收热量18J，求此过程封闭气体内能的改变量；当封闭气体温度达到387时，求此时封闭气体的压强。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】电子在电场力的作用下做类平拋运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动：根据动能定理：所以有：故B正确，ACD错误。2、A【解析】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温
13、度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=36V，T=0.02s，则 =100rad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin100
14、t（V），故D错误。故选A。【点睛】本题考查交变电流的产生及变压器原理，要注意掌握交变电流中最大值、有效值、瞬时值的表达及相应的关系，知道变压器不改变功率，难度适中。3、D【解析】对物体m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N-mg=ma；其中：N=6mg；解得：a=5g；再对质量不计的底盘和物体m整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：2Fcos60-mg=ma；解得：F=6mg；根据胡克定律，有：，故选D。4、C【解析】氢原子由量子数n=4的能级跃迁低能级时辐射光子的能量有6种；其中： E4-E1=-0.8+13.6eV=12.8eV；E4-E2=-0.8+3.40
15、eV=2.6eV；E4-E3=-0.85+1.51eV=0.66eV；E3-E2=-1.51+3.40eV=1.89eV；E3-E1=-1.51+13.6eV=12.09eV；E2-E1=-3.40+13.6eV=10.2eV；金属铯的逸出功为1.9eV，则能够使金属铯发生光电效应的光子有4种，故选C.5、C【解析】A能量量子化的观点是普朗克首先提出的，选项A错误；B在光电效应现象中，根据光电效应方程，可知遏止电压与入射光的频率是线性关系，但不是成正比，选项B错误；C一个处于n4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子，分别对应于43，32，21，选项C正确；D射线、射线不是电磁
16、波，只有射线是波长极短的电磁波，选项D错误；故选C。6、C【解析】AB小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为。对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：在竖直方向有Fcos-mg=0在水平方向有 由得 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=Lcos，相等，所以周期相等T1：T2=1：1角速度则角速度之比1：2=1：1故AB错误；C根据合力提供向心力得解得 根据几何关系可知故线速度之比故C正确；D向心加速度：a=v，则向心加速度之比等于线速度之比为故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给
17、出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、CD【解析】A海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；B从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；C从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C错误；D根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。故选D。8、ACD【解析】A假设粒子在垂直电场方向运动的位移为，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动结合题意可知A、B在电场中的运动时间相同，A正确；BC根据加速度
18、的定义式可知速度的改变量之比等于加速度之比，粒子只受电场力作用。根据牛顿第二定律变形可得根据运动学公式可得A、B沿电场线的位移之比B错误，C正确；D电场力做功改变电势能，所以A、B的电势能改变量之比等于电场力做功之比，电场力做功所以D正确。故选ACD。9、BC【解析】设斜面倾角为，则 ，解得；，；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n；小球乙落在斜面上时的位移为s/n2；小球乙落在斜面上时的动能为Ek/n2，选项A错误，BC正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为，动量为，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n
19、沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n，选项D错误；故选BC.10、AC【解析】A线框下边界进入磁场时根据闭合电路欧姆定律在竖直方向上，根据运动学公式解得A正确；B线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量B错误；C线框在磁场中匀速运动的时间水平位移解得C正确；D线框进入磁场后做匀速直线运动，减小的重力势能转化为电能，根据能量守恒定律则边产生的热量D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、F F1与F1的大小 D 【解析】(1)1根据力的平行四边形定则，计算绳套1的拉力2比较F1和F2的大小，即可初步验证力的平
20、行四边形器定则；(2)3保持绳套2方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动90，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下故绳套1的拉力先减小后增加，故ABC错误，D正确。故选D。12、 R 甲 E1 = 【解析】(1)1实物连线如图(2)23456断开开关，保持R不变，调节R2，使V示数为2.00V，读取并记录此时电阻箱的阻值为R0，为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R1应选择阻值较小的甲；电源应选择E1；当电压表读数为2V时，电阻箱两端电压为1V，则由串联电路的特点可知，测出的电压表内阻；因断开开关后，电阻箱与电压表串联，则电阻值变大，此时电阻箱与电压表两端电压
21、之和要大于3V，而电压表读数为2V时电阻箱两端电压大于1V，则实际上电压表内阻小于2R0，则电压表内阻的真实值RV相比，RV；(3)7此测量方法中，S2闭合时电压表两端电压等于S2断开时电压表和R2两端的电压之和，则当S2断开时电压表半偏时，电压表的内阻等于电阻箱R2的阻值，此方法测量无误差产生，即。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 (i)4105Pa；(ii)20kg。【解析】(i)初状态时，设气体的压强为，以活塞为研究对象，由平衡条件知末状态时，设气体的压强为，由查理定律有解得=4105Pa(ii)末状态时.以活塞为研究对象，由平衡条件知解得:m=20kg14、【解析】加热过程中气体做等压变化，封闭气体压强为pp0气体对外做功为Wp0SH由热力学第一定律知内能的增加量为UQWQp0SH15、9J；【解析】活塞上升过程中封闭气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律有解得气体温度为127时，活塞与汽缸底部距离此过程气体对外做的功根据热力学第一定律可知气体内能的增加量设活塞刚好到达汽缸口卡环位置时，封闭气体的温度为，根据盖一吕萨克定律有解得所以封闭气体温度达到活塞已到达汽缸口卡环位置，根据查理定律有解得
