【文档说明】安徽省亳州市第一中学2023届高三下学期冲刺卷理综物理试题+word版含解析.docx，共(20)页，1.541 MB，由小赞的店铺上传

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亳州一中2023届高三年级高考冲刺卷理科综合（物理）一、选择题：1.北京时间2022年10月7日21时10分，中国成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6两颗试验卫星送入离地高度约700km的近地轨道。这两颗卫星主要用于实时监测全球卫星导航系统服务性能，开展导航增强及

星间激光通信试验。已知目前在轨运行的中国空间站离地高度约400km，若它们绕地球做的均是匀速圆周运动，已知地球的半径6400kmR=，地球同步卫星的轨道半径约为6.6R，两颗试验卫星的质量均小于中国空间站的质量，下列说法正确的是（）A.

这两颗试验卫星的线速度大于第一宇宙速度B.这两颗试验卫星的线速度小于地球赤道上随地球一起自转的物体的线速度C.这两颗试验卫星的运行周期小于中国空间站的运行周期D.这两颗试验卫星的动能均小于中国空间站的动能

【答案】D【解析】【详解】A．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知这两颗试验卫星的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；B．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得22GMmvmrr=可得GMvr=可知这两颗试验卫星的线速度大于同步

卫星的线速度；根据vr=可知同步卫星的线速度大于地球赤道上随地球一起自转的物体的线速度，则这两颗试验卫星的线速度大于地球赤道上随地球一起自转的物体的线速度，故B错误；C．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得2224GMmmr

rT=可得234rTGM=由于这两颗试验卫星的轨道半径大于中国空间站的轨道半径，则这两颗试验卫星的运行周期大于中国空间站的运行周期，故C错误；D．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得22GMmvmrr=可得卫星的动能为2122GMmmvr=由于这两颗试验卫星的轨道半径大于

中国空间站的轨道半径，且质量小于中国空间站的质量，则这两颗试验卫星的动能均小于中国空间站的动能，故D正确。故选D。2.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出几种不同频率的光，其中只有频率为1v、2v两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应，先

分别用频率1v或2v的三个光源abc、、分别照射该光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示，下列说法中正确的是（）A.处于第4能级的氢原子向下跃迁最多发出4种不同频率的光子B.图线c对应的光是氢原子由第3能级向第1能级跃迁发出的C.图线a对应的光子频率大于图线c对

应的光子频率D.用图线b对应的光照射光电管时，光电流会随着正向电压的增大而不断增大【答案】B【解析】【详解】A．第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中，能发出246C=种不同频率的光，故A错误；BC．由于只有频率为av、bv两种光可让图乙所示的光电管阴极K发生光电效应，跃迁时发出的两种频率最大的

光为4→1、3→1，由图乙可知，b光的遏止电压大，a和c光的遏止电压小，根据光电效应方程k0EhW=−ν及0keUE=知，a对应的光子频率小于图线b对应的光子频率，故ac、是3→1跃迁发出的，b是4→1跃迁发出的，

故C错误，B正确；D．用图线b对应的光照射光电管时，光电流达到饱和后不再增大，故D错误。故选B。3.一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为1000

kgM=和800kgm=。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率2kWP=保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，210m/s=g。在A向上

运动过程中，则（）A.轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动B.轿厢A能达到的最大速度0.2m/smv=C.轿厢A向上的加速度为22m/sa=时，配重B下端的牵引绳上拉

力5600NF=D.厢体A从静止开始到上升的高度为5m时（箱体已处于匀速状态），所用的时间5.25st=【答案】C【解析】【详解】电动机输出功率2kWP=保持不变，速度增大时，根据PFv=可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运

动，故A错误；B．当轿厢A的速度达到最大时轿厢A做匀速直线运动，电动机的牵引力为F，则有()FMmg=−又mPFv=代入数据解得1m/smv=故B错误；C．当A向上的加速度为22m/sa=时，设A、B之间绳的拉力为AF，重物B下端绳的拉力大小为BF。分别分析A、B，根据牛顿第二

定律得AFMgMa−=，BAFmgFma+−=联立解得5600NBF=故C正确；D．厢体A从静止开始到上升高度为5m时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得21()2mPtmghMghMmv+−=+代入数据解得

5.45st=故D错误；故选C。4.如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以大小为v，与水平方向成60°角的速度射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小的球质量为m，带电荷量为-q，重力加速度为g，则在该过程中（）A

.小球机械能先增大再减小B.匀强电场的电场强度大小为2mgqC.小球射入电场后，经过26vg的时间电势能最大D.小球的最小动能为218mv【答案】D【解析】【详解】A．电场力先做负功后做正功，故机械能先减少后增加，故A错误B．初速度分解如图所示cos60xvv=，sin60

yvv=方向恰沿水平方向时，竖直方向速度为零，用时sinvtg=水平方向做匀变速直线运动，则cosvvat=−+根据牛顿第二定律qEma=联立解得3mgEq=故B错误；C．当物体有向右的分速度时，电场力做负功，电势能增大，故水平方向速度

恰为零时，电势能最大，用时cos36vvtag==故C错误；D．小球运动过程中，动能2222k111()(cos)(sin)222xyEmvvmvatmvgt=+=−++−整理得222k1(423)2Emgtgvtv=−+根据数学知识可知，当2233244gvvtgg

−=−=时，动能有最小值min2k18Emv=故D正确故选D。5.如图所示，质量为M的直-20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，桨叶旋转推动空气，空气获

得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（）A.20mSvt=B.0mSvt=C.02mMgtv=D.0mMgtv=【答案】BD【解析】【详解】直升机处于平衡状态，记直升机与空气间的作用力为F，则FMg=飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，

即FF=AB．对空气由动量定理可得000tmvStvFv==解得0mSvt=故A错误，B正确；CD．由上式知0vFtm=且FMg=联立两式可得0ΔΔmMgtv=故C错误，D正确。故选BD。

6.沿x轴传播的一列简谐横波在0=t时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在4mx=处的质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的波长为10mC.该波的传播速度为12m/sD.4s15t=时刻，0x=处的质点回到平衡位

置【答案】AD【解析】【详解】A．根据质点Q的振动图像可知，0=t时刻质点Q沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，选项A正确；BC．该波的波长12m=，周期1.6sT=，由vT=可得该波的传播速度7.5m/sv=，选项B、C均错误

；D．波动图像的方程为()ππ20sincm63yx=+0=t时刻，0x=处的质点偏离平衡位置的位移大小为103cm，振动方程为()5π2π20sincm43yt=+4s15t=时刻回到平衡位置，选项D正确。故选AD。7.一物块以

初速度0v自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能kE随位移x的变化关系如图所示，图中0x、k1E、k2E均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（）A.重力加速度大小B.物体所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析

】【详解】ABC．由动能定义式得2k1012Emv=，则可求解质量m；上滑时，由动能定理kk1(sin)EEmgfx−=−+下滑时，由动能定理k0(sin)()Emgfxx=−−x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知k10sinEmgfx+=，k20sinEm

gfx−=两式相加可得k1k2001sin()2EEgmxx=+相减可知k1k202EEfx−=即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得sinmgfma+=，0vta=故可求解沿斜面上滑的

时间，D正确。故选BD。8.如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，AB间距离为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒MN放在导

轨上，甲、乙两根相同的轻质弹簧一端与MN棒中点连接，另一端均被固定，MN棒始终与导轨垂直并保持良好接触，导轨与MN棒的电阻均忽略不计。初始时刻，两弹簧恰好处于自然长度，MN棒具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，MN棒第一次

运动至最右端，在这一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，则（）A.初始时刻棒受到安培力大小2202BLvRB.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生焦耳热大于23QC.当棒从开始第一次回到初始位置时，AB间电阻R的

功率为22208()3QBLvmR−D.当棒第一次到达最右端时，甲弹簧具有的弹性势能为20122mvQ−【答案】AB【解析】【详解】A．初始时刻棒的速度为v0，导体棒切割磁感线产生的感应电动势0EBLv=导体棒中电流为0

0022BLvBLvBLvIRRR===并导体棒所受安培力2202BLvFBILR==故A正确；B．MN棒第一次运动至最右端，在这一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，回路中产生的总焦耳热为2Q。将此过程分为三个部分：第一阶段，

棒从开始位置第一次到达最左端；第二阶段，棒从最左端再次回到初始位置；第三阶段，棒从再次回到初始位置到最右端；由于安培力始终对MN做负功，棒第一次到达最左端过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，棒第一次到达最左端过程中，整个回路产

生焦耳热大于23Q，故B正确；C．据B项分析可知，棒从再次回到初始位置到最右端过程中，整个回路产生焦耳热小于23Q，则棒从初始位置到再次回到初始位置过程中整个回路产生焦耳热大于24(2)33QQ−=，设棒再次回到初始位置速度为v，应用功能关系得220114223mvmvQ

−解得2083Qvvm−当棒再次回到初始位置时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势2EBLv=AB间电阻R的功率22EPR=解得2220()83QBLvmPR−故C错误；D．由能量守恒定律知，当棒第

一次到达最右端时，棒的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为2200111(2)224mvQmvQ−=−故D错误。故选AB。二、非选择题：本题共14小题（物理：22~26题，62分；化

学：27~30题，58分；生物：31~35题，54分），共174分。9.某兴趣小组的同学为了验证“两个互成角度的力的合成规律”，设计了一个实验方案，在圆形桌子桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮（滑轮上侧所在平面与桌面平行），滑轮1P固定，滑轮23PP、可

沿桌边移动，如图所示。可供选择的实验器材有：刻度尺、三角板、铅笔、白纸、一根橡皮筋、三根细线、质量相同的钩码若干。部分实验操作步骤如下：①将橡皮筋中央处和两端点分别与三根细线相连；②将连在橡皮筋中央的细线跨过固定滑轮1P，连接橡皮筋两端点的

细线跨过可动滑轮23PP、；②在三根细线的下端分别挂上一定数量的钩码，使连在橡皮筋中央的细线与橡皮筋的结点O静止。（1）为完成本实验，下列物理量必须测量或记录的是___________。（填选项前字母）A.橡皮筋的原长B.两端橡皮筋伸长后的长度C.钩码的质量

D.三根细线所挂钩码的个数（2）在完成本实验过程中，下列操作或描述正确的是___________。（填选项前字母）A.连接橡皮筋两端点的细线长度必须相同B.细线1OP必须在2OP与3OP夹角的角平分线上C.记录图中O点的莅置和1OP、2OP、3OP的方

问D.不改变1OP所挂钩码的个数和1OP的方向，改变2OP与3OP的夹角重复实验，O点不用在桌面上同一位置（3）实验中，若桌面不水平___________（填“会”或“不会”）影响实验的结论。【答案】①.D②.CD##DC③.不会的【解析】【详解】（1）[1]橡皮筋伸长后拉

力大小等于所挂钩码的重力，所以钩码的个数必须测量，又钩码质量相同，则不用测量钩码的质量，橡皮筋的原长和伸长后的长度不用测量。故选D。（2）[2]A．连接橡皮筋两端点的细线长度不影响橡皮筋的拉力大小，故长度不用相

同，A错误；B．细线1OP上力的方向与细线23OPOP、上两力的合力方向相反，由于23OPOP、上两力的合力方向是任意的，故1OP不需要在角平分线上，B错误；C．实验中，需要测量12OPOP、和3OP上力的大小和方向，故必须记录图中3OP点的位置和1

23OPOPOP、、的方向以及结点O静止时三根细线所挂钩码的个数，C正确；D．不改变1OP所挂钩码的个数和方向，改变2OP与3OP的夹角重复实验，1OP上的力大小保持不变，另两个力的合力只要跟它等大反向即可保持O点平衡，故O点的位置可以改变，D正确。故选CD。（3）[

3]若桌面不水平，三根线上的拉力大小也为各自所挂钩码重力大小，不会影响实验结论。10.光敏电阻广泛的应用于光控制电路中，物理探究小组设计了图甲所示的电路测量不同照度下的光敏电阻的阻值，照度单位为勒克斯（lx）。小组成员先将照射光

敏电阻的光调至某一照度，将电阻箱阻值调到最大，先闭合电键1S，再将电键2S与1连接，调节电阻箱的阻值如图乙所示时，此时通过电流表G的电流为I，然后将电键2S与2连接，当调节电阻箱的阻值如图丙所示时，电流表的示数恰好也为I。的（1）图乙的读数1R

=______，图丙的读数2R=______，此照度下光敏电阻的阻值0R=_____。（2）图丁是该小组描绘出的光敏电阻的阻值随照度变化的关系图像，由图丁可知（1）中的光照度为_______lx（保留两位有效数字）。（3）此光敏电阻随

光照强度的减小而____________（填“增大”、“不变”或“减小”）。（4）小组设计了如图戊所示的电路控制路灯，图戊中0R为此实验的光敏电阻，1R为滑动变阻器，电磁继电器的衔铁由软铁（容易磁化和消磁）制成，2R为电磁铁的线圈电阻，K为单刀双掷开关。当光照强度小到

某一值时，衔铁就会被吸下，交流电路接通，当光照强度达到某一值时，衔铁就会被弹簧拉起，交流电路就会断开，路灯熄灭，请在图戊中原有电路的基础上用笔画连接电路实现这一功能_________。【答案】①.2320②.1120③.1200④.1.0⑤.增大⑥.【解

析】【详解】（1）[1][2]根据电阻箱各旋钮的示数，可知R1＝2320Ω，R2＝1120Ω；[3]根据题意可知，电键与1连接和与2连接时电流表的示数都为I，根据闭合电路欧姆定律可知两种情况下电路中电阻大小相等，所以R0＝R1－R2＝2320Ω－1120Ω＝1200Ω（2）[4]根据R0的阻值，结

合图像可知（1）中的光照度为1.0lx；（3）[5]根据图线可知，此光敏电阻随光照强度的减小而增大；（4）[6]将线圈与光敏电阻并联，然后与滑动变阻器以及电源串联，这样当光照强度减小时，光敏电阻的阻值增大，并

联部分的分压变大，线圈中的电流增大，螺线管的磁性变强，将衔铁吸下，路灯接通；当光照强度增大时，光敏电阻阻值变小，并联部分分压变小，线圈中的电流减小，螺线管的磁性变弱，衔铁弹起，路灯熄灭。11.光滑地面上水平放置一个质量为2m导热性能良好的容器（容器壁很薄），用一个质量为m、导热性能良

好的活塞封闭一定量的气体在其中，活塞的横截面积为S，容器内部气体的长度为L，气体的质量可忽略不计，活塞和容器间接触光滑。已知外界气压为p0，环境温度恒定。（1）现同时用水平向左的恒力F1和水平向右的恒力F2分别作用在活塞和容器上，且12FFF==，活塞和容器最终无相对运动。求则容器内部气体的长度

L1为多少？（2）若去掉F2，只施加F1推动活塞，稳定后一起匀加速运动。求容器内部气体的长度为L2。【答案】（1）010pSLLpSF=+；（2）020332pSLpSLF=+【解析】【详解】（1）F1、F2分别作用在活塞和容器上，活塞和容器无相对运动时，设容器内气体的压

强为p、长度为L1，对活塞由力的平衡条件有0pSpSF=+解得0FppS=+根据气体等温变化规律有01pSLpSL=解得010pSLLpSF=+（2）对整体则有3Fma=对气缸202pSpSma−=联立解得2023FppS=+根据气体等温变化规律有022pSLpSL=解得020332pSLpS

LF=+12.如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角30=，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹

角30=，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知OM距离为3L，粒子的比荷为vBL不计粒子重力。（1）求OP两点的距离；（2）求粒子在磁场中运动的时间；（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带

电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标。【答案】（1）3OPL=；（2）23Ltv=；（3）153.1.,5xLyL==【解析】【详解】（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C由

牛顿第二定律，得2mvqvBR=解得RL=由几何关系得120OCP=则3OPL=（2）粒子在磁场中运动周期2RTv=粒子偏转120，即在磁场中运动时间3Tt=解得23Ltv=（3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴

正方向成60角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子

即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得3PNQML==又cos30xPN=sin30yOPPN=+解得1.5xL=153.yL=13.图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量00.3kgm=的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水

平击中平台边缘B处质量10.3kgm=的滑块或质量20.2kgm=的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角53=，B与A的高度差20m9h=，B与P处的小熊相距2.2ms=，薄板长度0.9mL=，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间

的动摩擦因数为10.5=，薄板与平台间的动摩擦因数20.3=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，弹丸与滑块发生弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为弹性碰撞。所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度210m/sg=，sin530.8

=。（1）求A、B间的水平距离x；（2）试通过计算判定滑块能否和薄板右侧相碰，如果能相碰求碰撞后滑块和薄板的速度；（3）试通过计算判定挑战会不会成功。【答案】（1）10m3x=；（2）30.8m/sv=，44.8m/sv=；（3）挑

战失败【解析】【详解】（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律有,竖直方向212hgt=水平方向0xvt=又0tangtv=将20m9h=，53=代入，解得2s3t=05m/sv=10m3x=（2）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统动量和机械能均守恒。

设碰后两者速度分别为0v、v1。因01mm=，故两者速度互换，即00v=弹丸此后掉落15m/sv=薄板所受滑块的滑动摩擦力为1111.5Nfmg==薄板所受平台的最大静摩擦力为2212()1.5Nfmmg=+=因12ff=，故薄板静止不动。设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑

块速度为v2，由动能定理有221112111122mgLmvmv−=−代入数据得24m/sv=滑块与薄板发生弹性碰撞，系统动量和机械能均守恒。设碰后两者速度分别为v3、v4有121324mvmvmv=+22212132411

1222mvmvmv=+代入数据得30.8m/sv=44.8m/sv=（3）此后，滑块和薄板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设两者能够共速，速度为v3，对滑块和薄板，分别由动量定理有111513mgtmvmv=−112122524()mg

tmmgtmvmv−−+=−代入数据得51.8m/sv=0.2st=此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为x1和x2，由运动学规律有1351()0.26m2xvvt=+=2451()0.66m2xvvt=+=因21.56m2.2mxLs+==，滑块与薄板的相对位移121Δ0.4

m0.9mxxxL=−==故两者共速假设成立共速后，因12，故假设两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，再发生位移x3，由动能定理有2212312510()()2mmgxmmv−+=−+代入数据得30.54mx=因232.1m2.2mxxLs++=

=所以薄板不能撞上小熊，挑战失败。。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com