【文档说明】《精准解析》2023届安徽省淮北市高三下学期一模物理试题（解析版）.docx，共(24)页，3.206 MB，由小赞的店铺上传

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淮北市2023届高三第一次模拟考试物理试题卷第I卷（选择题）一、选择题（本题包括10小题。在每小题给出的四个选项中，第1-6小题只有一项符合题目要求，第7-10小题有多项符合题目要求。）1.如图所示，一束红光和一束黄光，从O点以相同角度

沿PO方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知α=45°，β=60°，则下列说法正确的是（）A.ON是红光，OM是黄光B.玻璃对OM光束的折射率为62C.沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长D.若将

OM光束从N点沿着NO方向射入，可能发生全反射【答案】C【解析】【详解】A．根据光的折射定律，光在介质中的折射率为sinsininr=由图可知，OM、ON两束光在空气中的入射角相等，而在介质中OM光的折射角大于ON光的

折射角，所以OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，而红光的折射率小于黄光的折射率，所以OM为红光，ON为黄光，故A错误；B．对OM光束，根据光的折射定律有sinsin452sin(90)sin30Mn===−

故B错误；C．光在介质中的传播速度为cnv=由于OM光束在介质中的折射率小于ON光束在介质中的折射率，所以OM光束在介质中的传播速度大于ON光束在介质中的传播速度，而光穿过玻璃柱体的路程相同，所以沿ON路径传播的光穿过玻璃柱体所需时间较长，故C正确；D．OM光线发生全反

射的临界角为2sin2C=则45C=则若将OM光束从N点沿着NO方向射入，此时的入射角一定小于临界角，则一定不会发生全反射，故D错误。故选C。2.下列有关近代物理内容的描述，其中说法正确的是（）A.结合能越大的原子核越稳定B.23490Th衰变为22

286Rn，经过3次α衰变，2次β衰变C.入射光的强度越大，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小【答案】B【解析】【详解】A．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，A错误；B．23490

Th衰变为22286Rn方程为23422240908621ThRn3He2e−→++故经过3次α衰变，2次β衰变，B正确；C．根据光电效应规律，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光强无关，C错误；D．氢原子核外电

子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子吸收光子，原子的总能量增大，D错误；故选B。3.准北市科创中心项目是我市近几年重点工程项目之一，旨在提升城市综合服务功能,增强城市科技创新氛围。其核心建筑商务

政务中心已经建成,最大高度达162m，是淮北市第一高楼,成为淮北市的新地标。如图所示，工人师傅正在用一根绳索将自己悬在空中，对大楼表面玻璃进行清洁工作，工人及其装备总重量为G，且可视为质点，悬绳与竖直墙壁的夹角为，设悬绳对工人的拉力为TF，墙壁对工人的弹力为NF，不计人和墙壁间的摩

擦力。下列说法正确的是（）A.墙壁对工人的弹力大小为tanGB.悬绳对工人拉力大小为cosGC.若缓慢增加悬绳的长度，TF与NF的合力增大D.若缓慢增加悬绳的长度，TF和NF都减小【答案】D【解析】【详解】AB．工人受到重力

、拉力TF和支持力NF，如图根据共点力平衡条件，有TNcostanGFFG==即墙壁对工人的弹力和悬绳对工人的拉力的大小分别为tancosGG、，AB错误；的CD．若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则减小，即TF和NF都减小，而TF与NF的合力始终与工人的重力平衡，大小不变

，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，同一房间中有a、b、c三根完全相同的玻璃试管，管内各用一段相同长度的水银柱封闭了相等质量的空气。现使a管由静止沿光滑斜面下滑；b管轻放在粗糙斜面上，之后下滑；c管以初速度v沿粗糙斜面上滑过程中，当水银柱与玻璃管位置相对稳定时，三管内的气柱长度1L、2

L、3L之间的大小关系为（）A.123LLLB.231LLLC.213LLLD.312LLL【答案】D【解析】【详解】设大气压为0p，玻璃试管的横截面积为S。对a管：a管由静止沿光滑斜面下滑，以水银为研究对象根据牛顿第二定律可得0sin45aamgpSpSm

a+−=对管子和水银整体有sin45aMgMa=联立可得0app=对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得0sin45bbmgpSpSma+−=对管子和水银整体有sin45bMgfMa−=可得0bpp对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得0sin45ccmgpSpSma+−

=对管子和水银整体，有sin45cMgfMa+=可解得0cpp<所以可得bacppp根据玻意耳定律pVC=和VLS=得213LLL<<故选D。5.图甲一简谐横波在某时刻波形图，图乙为质点P以该时刻为计时

起点的振动图像，则从该时刻起（）A.经过0.2s，波沿x轴正方向传播了0.2mB.经过3s，质点P的加速度沿y轴正方向且最大C.经过5s，质点Q的振动速度大于质点P的振动速度D.经过6s，质点P的加速度大于质点Q的加速度【答案】C【解析】【详解】A．由乙图可

知计时起点时P向y轴负方向振动，再由甲图可知波向x轴负方向传播，故A错误；B．由乙图可知，周期4s=T则133s4tT==的所以经过3s，质点P的加速度沿y轴负方向且最大，故B错误；C．由215s14tT==可知经过5s，质点Q的位移是正值且

向y轴正方向振动；质点P的位移是负向最大处，速度为0，故经过5s，质点Q的振动速度大于质点P的振动速度，故C正确；D．由316s1s2t==可知可知经过6s，质点的位移是正值且向y轴负方向振动；质点P的位置在平衡位置，加速度为

0，故经过6s，质点P的加速度小于质点Q的加速度，故D错误。故选C。6.如图甲所示，在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个电荷，A、C的位置坐标分别为3L−和3L。已知C处电荷的电荷量为Q，图乙是AC连线之间的电势与位置坐标x的关系图像，图中xL=点为图线

的最低点，2xL=−处的纵坐标0=，2xL=处的纵坐标037=。若在2xL=−的B点，由静止释放一个可视为质点的质量为m，电荷量为q的带电物块，物块随即向右运动，小物块到达2L处速度恰好为零。则下列说法正确的是（）A.A处电荷带正电，电荷量为4Q，小物块与水平面间的动摩擦因数07qm

gL=B.A处电荷带负电，电荷量为2Q，小物块与水平面间的动摩擦因数014qmgL=C.A处电荷带正电，电荷量为4Q，小物块与水平面间的动摩擦因数027qmgL=D.A处电荷带负电，电荷量为2Q，小物块与水平面间的动摩

擦因数0314qmgL=【答案】A【解析】【详解】由乙图可知，x−图像在xL=处的切线斜率为零，说明xL=处的场强为零，故A、C两处电荷为同种电荷，由于电势大于零，可知A、C两处电荷均带正电；设A处电荷的电

荷量为AQ，则有22(4)(2)AQQkkLL=解得4AQQ=在2xL=−的B点，由静止释放一个可视为质点的质量为m，电荷量为q的带电物块，物块随即向右运动，小物块到达2L处速度恰好为零，根据动能定理可

得003()407qmgL−−=解得07qmgL=故选A。7.一定质量的理想气体从状态a开始，经历abbccdda、、、回到原状态，其pT−图像如图所示，下列判断正确的是（）A.气体在状态b

的内能大于在状态c的内能B.气体从b到d的过程中，体积先变大后不变C.气体从c到d的过程中，吸收的热量大于内能的变化量D.气体从d到a的过程中气体对外界做的功，小于b到c的过程中外界对气体做的功【答案】AD【解析】【详解】A．理想气体，忽略分子势能，所以理想气体的内能由温度决定，气体

在状态b的温度大于在状态c的温度，所以在状态b的内能大于在状态的内能，故A正确；B．由气体理想状态方程PVCT=可知，b到c的过程中，P不变，T减小，V减小，从c到d的过程中，V不变，故B错误；C．由热力学第一定律UQW=+可知，从c到d的过程中，V不变，W不变，T增

大，U增大，Q增大，则气体吸收的热量等于内能的变化量，故C错误；D．从d到a的过程中，气体做功111WPV=由盖—吕萨克定律可知dadaVVTT=联立可得()11adddTTWPVT−=同理可得，从

b到c过程()22bcccTTWPVT−=从c到d的过程中，由查理定律可知12dcPPTT=联立可知21WW故D正确。故选AD。8.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的

质量为m的物体A连接，质量为m的物体B紧挨物体A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向左运动，不计一切阻力，

在此后运动过程中（）A.物体A做简谐运动的振幅为0xB.物体A向左运动的最大位移小于02xC.物体A、B向左运动位移为0x时分离D.物体A、B组成的系统机械能守恒【答案】BC【解析】【详解】ABC．撤去F后，物体A、B开始向左运动做加速运动，当弹簧形变量为零时，速度最大，根据动能定

理有22011222kxmv=之后A物体做减速运动，B物体做匀速运动，所以物体A、B在弹簧形变量为零时分开，物体A继续向左运动到速度为零时，根据动能定理有2211122kxmv=解得1022xx=则物体A向左运动的最大为0102xxx+物体A做简谐运动的振幅为1

022Axx==故A错误，BC正确；D．撤去F后，物体A、B向左运动过程，只有弹簧弹力做功，则物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，物体A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误。故选BC。9.2022年11月29日，神舟十五号飞船在酒泉发射成功，次日凌晨对

接于空间站组合体前向对接口。至此，中国空间站实现了“三大舱段”+“三艘飞船”的最大构型，天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱、天舟五号货运飞船、神舟十四号、神舟十五号载人飞船同时在轨。神舟十五号航天员顺利进驻中国空间站，的与神舟十四号的三名航天员实现了首次“太空会师”。空间站绕地球的运动可以看作

匀速圆周运动，已知空间站离地面高度约为400km，地球半径约为6400km，下列说法正确的是（）A.神舟十五号飞船运载火箭发射过程中，航天员处于完全失重状态B.由于对接后空间站的总质量增加，会造成飞船的运行周期增大C.空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比约为2216

:17D.考虑稀薄大气阻力，若空间站没有进行动力补充，运行速度会越来越大【答案】CD【解析】【详解】A．神舟十五号飞船运载火箭发射过程中，加速度向上，航天员处于完全超重状态，故A错误；B．根据2224MmGmrrT=可得234rTGM=可知飞船的运行周期不变，故B错误；C．根

据()2MmGmaRh=+，2MmGmgR=空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比约为2222640016680017ag==故C正确；D．考虑稀薄大气阻力，若空间站没有进行动力补充，将会做近心运动，引力做正功，运行速度会越来越大，故D正确。故选CD。10.近年来，无线充电技术得

到了广泛应用。图甲为正在进行无线充电的电子产品，图乙为某种无经充电器的简化原理图。由于发射线圈与接收线圈处于两个分离的装置中，穿过接收线圈的磁通量少于发射圈的磁通量。已知发射线圈与接收线圈的匝数分别为1210匝和55匝，当发射线圈接入220V交流电源时，接收线圈输出电压为9V。忽略其它损

耗，下列说法正确的是（）A.发射线圈与接收线圈的电流之比为1:22B.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为1:1C.穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%D.只要发射线圈接入电压为220V，接收线圈输出电压均为9V【答案】BC【解析】【详解

】AC．发射线圈与接收线圈的电压之比等于其匝数之比，则有1122UnUn=带入数据可得210VU=但因为漏磁，接收线圈的电压实际只达到了9V,故可知发射线圈与接收线圈的电流之比为将不再是匝数的反比，即将不再是1:22，另，因为理论上接收线圈中的输出电压为10V而实际上只

有9V，因此可得穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%，故A错误，C正确；B．发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，则可得发射线圈与接收线圈中交变电流的频率为1:1，故B正确；D．无线充电

利用的是电磁感应，因此必须使用交变电压，若使用直流电，将不会产生变化的磁场，接收线圈中也就不会有电压产生，故D错误。故选BC。第II卷（非选择题）二、实验题（本大题共2小题，把答案写在答题卡指定的答题处，不要求写出演算过程。）11.某幼

儿园欲建一个如图甲所示滑梯，根据空地大小和安全需要，对制作滑梯的板材与儿童裤料之间的动摩擦因数有一定要求。某物理兴趣小组用如图乙所示的实验装置测量板材与儿童裤料间的动摩擦因数。先取一种板材水平固定在桌面上，用

儿童裤料包裹的物块受重物的牵引在板材上由静止开始运动，细绳始终与桌面平行，当重物落地后，物块再运动一段距离后停在板材上。打点计时器打出的纸带记录了物块的运动情况。（1）选取重物落地后的一段纸带如图丙所示，1、2、3、4是选取的4个计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。图上注明了对各计数点间

的测量结果，其中有一个数据在记录时有误，有误的数据是_______段。（填“1x”“2x”或“3x”）。已知打点计时器电源的频率为50Hz。利用纸带测得的数据可求出该物块在减速运动过程中的加速度大小=a______2m/s.（2）若重力加速度大小取210m/

s，板材与儿童裤料间的动摩擦因数=______。（所有计算结果均保留2位有效数字）【答案】①.2x②.4.9③.0.49【解析】【详解】（1）[1]根据记录数据时，数据的精确度应该保持一致，所以有误的一组数据是x2；根据匀变速直线运动中相同时间内相邻位移差满足Δx=aT2其中

1155s0.1s50Tf===解得22224.910m/s4.9m/s0.1a−==（2）[2]根据牛顿第二定律可得μmg=ma解得：μ=0.4912.随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。我市质量监督部门对市场上出售的纯净水进行了抽测，结果发现了有少样品的电阻率不合格

。某实验小组通过以下方案测量纯净水样品的电阻率。（1）用游标卡尺测量圆柱形玻璃管的内径d，游标卡尺示数如图甲，则d=______mm；（2）向玻璃管内注满纯净水样品，用金属圆片电极密封玻璃管两端，并用刻度尺测量水柱长度L；（3）采用图乙中电路测量样品的电阻。

先闭合电键1S，将电键2S接1，调节电阻箱R，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数1U、1I；再将电键2S接2，读出这时电压表和电流表的示数2U、2I；则xR表达式为_______（用1U

、1I、2U、2I表示）；xR的测量值_______真实值（选填“小于”、“等于”或“大于”）；纯净水样品的电阻率的表达式为：=______（用、d、L、1U、1I、2U、2I表示）。【答案】①.30.00②.1212xUUR

II=−③.等于④.2122112()4dUIUILII−=【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为30mm00.05mm30.00mmd=+=（2）[2]当电键2S接1时，由欧姆定律有()11A+xUIRRR=+当电键

2S接2时，由欧姆定律有()22AUIRR=+联立两式解得1212xUURII=−[3]由以上分析可知，电流表内阻对未知电阻的计算结果没有影响，所以xR的测量值等于真实值。[4]根据电阻公式可得24=

=xLLRSd结合前面式子可得2122112()4dUIUILII−=三、计算题（本题包括4小题。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.如图所示的直角坐标系中，x<0区

域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个带正电的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为θ，粒子第一次在磁场中运动时离y轴最远距离为L。且带电粒子经电场

偏转后将再次从O点进入磁场，不计粒子重力，求：（1）粒子的比荷；（2）粒子从O点出发再次回到O点所用时间。【答案】（1）0(1cos)vBL+；（2）02(tan)(1cos)Lv+−+【解析】【详解】（1）粒

子的运动轨迹如图所示粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有200vBqvmr=根据几何知识，粒子在磁场中运动时离y轴最远距离为cosLrr=+联立解得粒子比荷为0(1cos)vqmBL+=（2）粒子在磁场中运动时间为12()mtBq−=在电场中运动时间

为t2，粒子进入电场时的速度方向与y轴正向成θ角，则从磁场进入电场的位置与O点距离为2sinyr=粒子进入电场后沿y轴正方向做匀速运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，则有02cosyvt=解得202tan(1cos)Ltv

=+粒子从O点出发再次回到O点所用时间为12ttt=+联立以上相关式子解得02(tan)(1cos)Ltv+−=+14.2022年2月我国成功举办了第24届“冬奥会”，冬奥会让冰雪运动走向大众，让更多人认识冰雪，爱上冰雪，北京冬奥留下的不只是场馆设施等物质遗产，还有影响深远的文化和精神

遗产。如图甲所示为2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为50mL=的倾斜滑道，倾角均为37；BC段是半径20mR=的一段圆弧轨道，圆心角为37，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量

60kgm=，从A点由静止出发沿着滑道ABBC、下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离48md=。该爱好者可看作质点，将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过程中所受的空气阻力，sin370.6=cos370.8=，重力加速度g取210m/s。求：（1）

该人运动到C点时对滑道的压力大小；（2）从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。【答案】（1）1368N；（2）12720J−【解析】【详解】（1）从C处平抛，竖直方向有21sin372dgt=水平方向有cos

37=Cdvt得16m/sCv=在C处，据牛顿第二定律有2NCvFmgmR−=解得滑道对人的支持力为N1368N=F据牛顿第三定律，人运动到C点时对滑道的压力与NF大小相等，为1368N。（2）从A到C由动能定理得()2f1sin371cos372+−+

=CmgLRWmv解得f12720J=−W15.如图所示，质量010gm=的子弹以0402m/sv=的速度射入处在木板左端的物块，并留在物块里。子弹射入前，物块与木板一起随传送带以2m/sv=的

速度匀速向右运动，子弹射入物块后，物块将在木板上滑行，最终未从木板上滑落。已知物块的质量1.99kgm=，木板的质量2kgM=，物块与木板间的动摩擦因数10.6=，木板与传送带间动摩擦因数20.2=，传送带速度始终保持不变。不计空气阻力，重力加速度g取210m/s，求：（1

）物块相对于木板滑行的时间；（2）木板与传送带间由于摩擦产生的热量。【答案】（1）1s4；（2）1J【解析】【详解】（1）子弹穿击物块过程中，子弹和物块组成系统动量守恒，则有()0001mvmvmmv+=+解得14m/sv

=此后子弹和物块一起做匀减速运动，对物块和子弹受力分析，由牛顿第二运动定律可得()()1001mmgmma+=+木板做匀加速运动，由牛顿第二运动定律可得()()10202mmgMmmgMa+−++=

解得216msa=222msa=设经时间1t木板与滑块共速，则11121vatvat−=+解得11s4t=（2）木板与滑块共同的速度为21vvat=+共对木板和滑块12vvxt+=共板对传送带1xvt=传木板与滑块共速后，

由于12所以木板与滑块相对静止一起匀减速，设经2t与传送带共速()()200mmMmmMa++=++共由匀变速运动规律vvat=−共共解得21s4t=这段时间内，木板位移22vvxt+=共板传送带位移2xvt=传板相对于传送带的位移xxxxx=+−+板板传传（）（）

木板与传送带间产生的热量()20QMmmgx=++解得1JQ=16.舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，

可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻0R，同时对动子施加一个回撤力F，在3t时刻撤去力

F，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的vt−图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度140m/sv=，11.5st=，22.0st=，线圈匝数50n=匝，每匝周长1ml=，动子和线圈的总质量5kgm=，线圈的电阻0.5R=，04.5R=，0.1TB=，不

计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：（1）动子和线圈向前运动的最大位移；的（2）回撤力F与动子速度v大小的关系式；（3）图丙中2v的数值。（保留两位有效数字）【答案】（1）40m；（2）()4005Nv+；（3）33m/s−【解析】【详解】（1）动子和线圈向前

运动的最大位移即20t时间段内的位移，由图像知12140m2xvt==（2）动子和线圈在12tt时间做匀减速直线运动，加速度大小为212180m/svatt==−根据牛顿第二定律有FFma+=安其中FnBIl=安可得0nBlvIRR=+解得()4005N

Fv=−在23tt时间反向做匀加速直线运动，加速度不变根据牛顿第二定律有安−=FFma联立相关式子，解得()4005NFv=+（3）动子和线圈在在23tt时间段内的位移()21322axtt=−从3t时刻到返回初始位置时间内的位移21xxx=−根据法拉第电磁感应定律有

Ent=据电荷量定义式qIt=据闭合电路欧姆定律0EIRR=+解得从3t时刻到返回初始位置时间内电荷量0qnRR=+的其中2Blx=动子和线圈从3t时刻到返回时间内,只受磁场力作用，根据动量定理有

2Ftmv=安又因为安培力的冲量FtnBIltnBlq==安()232vatt=−联立可得233m/sv=故图丙中2v的数值为33m/s−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com