【文档说明】湖南省长沙市2023届雅礼中学高三下学期一模物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.191 MB，由小赞的店铺上传

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炎德·英才大联考雅礼中学2023届模拟试卷（一）物理命题人：李智伟审题人：焦锦标注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28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.核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险．已知钚的一种同位素23994Pu的半

衰期为24100年，其衰变方程为23994Pu→X＋42He＋γ，下列说法中正确的是()A.X原子核中含有92个中子B.100个23994Pu经过24100年后一定还剩余50个C.由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加D.衰变发出的γ射

线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力【答案】D【解析】【详解】根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则中子数为143．故A错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用．故B错误．由

于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量减小．故C错误．衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力．故D正确．2.2012年10月25日，我国第16颗北斗导航卫星升空，北斗卫星导航系统是继美GPS和俄GLONASS

之后第三个成熟的卫星导航系统；这些卫星含有中地球轨道卫星、地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星；其中地球静止轨道卫星是位于赤道上空的同步卫星，倾斜地球同步轨道卫星的轨道平面与赤道平面有一定的夹角，其

周期与地球自转周期相同，则以下关于倾斜地球同步轨道卫星的说法正确的是（）A.它的轨道高度比位于赤道上空的同步卫星的轨道高度低B.它的运行速度比位于赤道上空的同步卫星的运行速度大C.它的向心加速度大小和位于赤道上空的同步卫星的向心加速度大小相等D.该卫星始终位于地球

表面某个点的正上方【答案】C【解析】【详解】A．只要是同步轨道，周期为24h，根据万有引力提供向心力2224MmGmrrT=可知32rTGM=可知，轨道半径是相同的，所以A错误；B．根据22MmvGmrr=GMvr=可知，两卫星线

速度也相同，B错误；C．根据2MmGmar=2GMar=可知，两卫星的向心加速度相同，C正确；D．由于地球也在自转，所以倾斜地球同步轨道卫星与地球不可能保持静止，不可能在地球表面某个点的正上方，所以D错误。故选C。

【点睛】此类问题实际上属于匀速圆周运动，只是特殊在万有引力提供向心力．根据公式应该熟悉推导相关结论，这类问题便容易处理．另外本题还需要注意提取信息。3.如图所示，一块两面平行的玻璃砖平放在纸面上，将它的前、后两个边界PQ、MN记录在纸面上.若单色光沿

纸面从真空中以入射角60i=，从MN表面射入时，光通过玻璃砖的时间为t；若保持入射光的方向不变，现撤去玻璃砖，光通过PQ、MN之间的区域的时间也为t，那么，这块玻璃砖对该入射光的折射率为()的A.2B.3C.1.5D.2【答案】B【解析】【详解】假设折射角为γ，根据折射率定义，有sin

60nsinγ=，光在玻璃中的速度cvn=，从MN表面射入时，光通过玻璃砖的时间为t，则dvtcosγ=；撤去玻璃砖，光通过PQ、MN之间的区域的时间也为t，则dctcos60=．联立解得：ntan603==．故B项正确，ACD三项错误．4.如图示，半圆轨道固定在水平面上，

一小球（小球可视为质点）从半圆轨道上B点沿切线斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为（）A.332gRB.3

2gRC.32gRD.33gR【答案】A【解析】【详解】小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解。因小球运动

过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30，设位移与水平方向的夹角为，则tan303tan26==因为tan32yyxR==则竖直位移34Ry=而2322yvgygR==所以0tan30yvv=解得03332233gRgR

v==故选A。5.已知在弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式为2P12Ekx=（k为劲度系数，x为弹簧的形变量）。如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端拴一质量为m的小球P，另一端固定在O点，把P提到与O在同一水平线上，此时弹簧处于自然长度L，然后松手，让P自由摆下

。已知P运动到O点正下方时弹簧伸长了x，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为g，则（）A.小球P向下摆到O点正下方的过程中，重力对它做的功为mgLB.小球P向下摆到O点正下方的过程中，它的机械能保持不变C.小球P运动至O点正下方时的速度大小为22()mgL

xkxm+−D.小球P运动至O点正下方时的速度大小为()()kxmgLxm−+【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由于小球摆下过程中，弹簧变长，重力做功应大于mgL，故A错误；B．小球下摆到O点正下方过程中，弹簧伸长，小球做的不是圆周运动，故弹力与速度成钝角，弹力对小球做负功，所以小球

机械能变小，故B错误；CD．小球下摆到O点正下方过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，可得2211()22mgLxmvkx+=+解得22()mgLxkxvm+−=故C正确，D错误。故选C。6.斜面ABC固定在水平面上，AB面光滑，BC面粗糙，AB长度是BC长度的3倍。四

个相同木块a、b、c、d通过轻质光滑定滑轮用细线相连，细线均平行于斜面，如图所示。用手按住d，使其静止在BC上。现放手，则下列关于木块d的判断，正确的是（）A.沿BC面下滑B.沿BC面上滑C.仍静止，所受摩擦力不为零D.仍静止，所受摩擦力为零【答案】D【解析】【详解

】假设放手后木块a、b、c、d仍静止，对木块a、b、c组成的系统受力分析，可知绳的拉力为3sinTmg=对木块d受力分析，木块d所受重力沿斜面向下的分力大小1sinGmg=在三角形ABC中，由正弦定理可得sinsinBCAB=所以sin3sin=即1TG=所以木块d

仍静止，所受摩擦力为零，假设成立。故选D。7.如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小1B，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强

度大小为2B。有一簇质量为m，电荷量为q+的粒子，以相同的速度10qRBvm=沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为（）A.22122312BSRB=+B.()221

2212BSRB+=C.()221221BSRB=+D.()2212214BSRB+=【答案】C【解析】【详解】由10qRBvm=，则知粒子圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域图形如下图图中阴影部分即为

所求：则0122mvBrRqBB==空白区域面积2221122422Srrr−=−=白空白加阴影的总面积()2221132422Srrr=+=总则()221221BSSSRB=−=+

阴总白故选C二、多选题（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，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.某个物理量D的变化量D与发生这个变化所用时间t的比值Dt，叫作这个量D的变化率，也叫这个量

D的变化快慢，下列说法正确的是（）A.若D表示斜向上抛出的小球的速度（不计空气阻力），则Dt方向竖直向下B.若D表示带电粒子在匀强磁场中（只受磁场的作用力）做匀速圆周运动的角速度，则Dt为零C.若D表示带

电粒子在匀强电场中（只受电场的作用力）做匀变速曲线运动的动量，则Dt越大，粒子所受电场力冲量越大D.若D表示物体做简谐运动时相对平衡位置的位移，则Dt的大小正在增大时，物体的加速度正在减小【答案】ABD。【解析】【详解】A．若D表示质点做斜抛运动的速度，则Dt表示

斜抛运动的加速度，即重力加速度，其方向是竖直向下的，A正确；B．若D表示带电粒子做匀速圆周运动的角速度，而此时质点角速度不变，则0Dt=，B正确；C．若D表示带电粒子在匀强电场做匀变速曲线运动的动量，则Dt表示物体所受到的合外力即电场力，合外

力越大，质点所受冲量不一定大，还与力的作用时间有关，C错误；D．若D表示表示物体做简谐运动时相对平衡位置的位移，则Dt表示运动的速度，当速度大小增大时，物体靠近平衡位置，加速度正在减小，D正确。故选ABD9.一列简谐横波在介质中沿x轴

正向传播，波长不小于20cm。O和A是介质中平衡位置分别位于0x=和6cmx=处的两个质点。0=t时开始观测，此时质点O的位移为2cmy=，质点A处于波峰位置；0.5st=时，质点O第一次回到平衡位置，1st=时，

质点A第一次回到平衡位置。下列说法正确的是（）A.质点A振动的频率为4HzB.该波的波速为2cm/sC.质点A振动的振幅为4cmD.质点O振动的位移随时间变化的关系为22coscm24ty=+【答案】BD【解析】【详解】A．设振动周期为T，由于质点A在0到1s内由最大位

移处第一次回到平衡位置，经历的是14个周期，由此可知4sT=A错误；B．由于质点O与A的距离6cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，质点O在0.5st=时回到平衡位置，而质点A在1st=时回到平衡位置，时间相差0.5s，两质点平

衡位置间的距离除以传播时间，可得波的速度12cm/sv=B正确；。CD．设质点O的位移随时间变化的关系为02costyAT=+将题给条件代入上式得02cosA=00cos4A=+解得22cmA=04=质点O的位移随时

间变化的关系为22coscm24ty=+C错误，D正确。故选BD。10.如图所示，a、b为竖直正对放置的两平行金属板，其中a板带正电、两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，

磁场的磁感应强度大小为B，一比荷为qm的带正电粒子以速度0v从两板中间位置沿与a、b平行方向射入两板间的偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x（M、N点在图中未画出）

。则以下说法中正确的是（）A.只减小磁感应强度B的大小，则x减小B.只增大初速度的大小，则x增大C.只减小带电粒子的比荷qm，则x不变D.只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变【答案】BD【解析】【详解】粒子进入磁场后做匀速圆周运

动，设粒子进入磁场时速度方向与磁场边界的夹角为，速度大小为0sin=vv轨道半径mvRqB=由几何关系可知022sinmvxRqB==只减小磁感应强度B、只增大初速度0v或只减小带电粒子的比荷qm时，都可使x增大，而x与偏转电场的电压U无关。故选BD。11.水平放置的光滑绝缘环

上套有三个带电小球，小球可在环上自由移动。如图所示是小球平衡后的可能位置。图甲中三个小球构成一个钝角三角形，A点是钝角的顶点。图乙中三个小球构成一个锐角三角形，其中三角形边长DEDFEF。下列说法正确的是（）A.图甲中A、B两个小球一定带异种电荷B.图甲中三个小球一定带等量电荷C.图乙中

三个小球一定带同种电荷D.图乙中三个小球带电荷量的大小为DFEQQQ【答案】AC【解析】【详解】AB．由于圆环光滑，因此圆环对小球的弹力一定沿半径方向指向圆心或背离圆心，因而每个小球受其他两个小球的库仑力的合力必须沿半径方

向背离圆心或指向圆心。对题图甲中的C球受力分析，若A、B两球带同种电荷，则A、B两球对C球产生的库仑力的合力不可能沿半径方向背离圆心或指向圆心，因此A、B两球一定带异种电荷，钝角三角形ABC的角度大小未知，三小球不一定带等量电荷，A正确，B错误；C．对E、D、

F三小球分别进行受力分析，要保持平衡，三小球必须带同种电荷，C正确；D．对D球受力分析如图所示，为计算方便，设DExDFyEFz===则有ED12QQFkx=FD22QQFky=由几何知识可知12FF所以

有EFQQ同理对F球受力分析可得DEQQ对E球受力分析可得DFQQ综上所述有DEFQQQD错误。故选AC。三、实验题（本题共2小题，共15分）12.某同学用图示的装置来验证加速度和质量成反比，在自制的双层架子上固定平板玻璃，架子放在水平桌面上，连接小车的细绳跨过定滑轮与小桶相连，实

验步骤如下：①在两个小桶中装入适量细砂，并使两桶质量（含沙子）相同②两车紧靠架子左边的挡板，在乙车上放一个砝码，同时释放两车，当车运动一段时间后，用手机对整个装置进行拍照，在照片上，通过装置上的刻度尺，测出甲、乙两车运动的距离x1，x2，③在乙车上逐渐增加砝码个数，重复

步骤②（1）本实验的原理是通过验证小车发生的位移与小车的质量成______，来验证合外力一定时加速度与质量成反比；（2）实验前，该同学将装置的左端适当垫高了一些，目的是______，实验过程中_____

_车（填“甲”或“乙”）受到的拉力更接近沙桶（含沙子）的重力（3）若该同学以12xx为横坐标，以乙车（含砝码）的质量m为纵坐标，作出的图线是直线，该直线的斜率为______的质量（填“甲车”、“乙车”（含砝码）或“

沙桶”（含沙子））【答案】①.反比②.平衡摩擦力③.乙④.甲车【解析】【详解】（1）[1]由牛顿第二定律：Fam=，小车受到拉力相同时，加速度与质量成反比，而位移与加速度成正比；（2）[2][3]将装置的左端适当垫高了一些，目的是平衡摩擦力；由于乙车增加了砝码，故车的质量比沙的质

量要大很多；（3）[4]由于小车发生的位移与小车的质量成反比，可知12mmxx=乙甲故斜率为甲车质量。13.某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和内部电源的电动势（把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零）。实验器材的规格如下：电流表

1A（量程200A，内阻1300R=）电流表2A（量程30mA，内阻25R=）定值电阻09700R=滑动变阻器R（阻值范围0~50）（1）闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表1A和2A的示数分别为1I和2I。多

次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表。1(A)I1201251301351401452(mA)I20.016.713.210.0673.3依据表中数据，作出12-II图线如图乙所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E=_______V，欧姆表内阻为r=_________。（结果保留3位

有效数字）（2）若某次电流表1A的示数是114A，则此时欧姆表示数为_________。（结果保留3位有效数字）【答案】①.1.50②.15.0③.47.5【解析】【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律得(

)()10112EIRRIIr=+++整理得120101rEIIrRRrRR=−+++++结合图像得.60115010ERrR−=++斜率大小633(150120)101.5102010k−−−−==有3011.510rrRR−=++解得1.50V,15.0

ΩEr==（2）[3]欧姆表测的是外电路的电阻，当电流表1A的示数是114A时，滑动变阻器接入电路部分和电流表2A的总电阻6311410(9700300)Ω47.5Ω2410R−−+==所以外电路的总电阻1000047.5Ω47.5Ω100004

7.5R=+外四、计算题（本题共3小题，共37分）14.如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为02p，气室2内气体压强为0p，气柱长均为L，活塞面积为S，活

塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g。若03pSmg=。求：（1）通过计算说明气室2中的气体完全进入气室1；（2）气室1内气体压强多少？为【答案】（1）见解析；（2）03xpp=【解析】【详解】（1）若03pSmg=，对活塞AB与细砂整体，

由平衡条件得0pSpSmg=+解得气室2中封闭气体的压强04pp=CD上的单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，以气室1与气室2中气体整体为研究对象，由玻意耳定律得00024pLSpLSpxS+=解得34xL=假设不成立，所以气室2中的

气体完全进入气室1。（2）以气室1中的气体为研究对象，由玻意耳定律得002xpLSpLSpLS+=解得气室1内气体的压强03xpp=15.激光器发光功率为P，所发射的一束水平平行光束在空气中的波长为，光束的横截面积为S，垂直射到放在光滑水平面上的理想黑色物体的竖直表面上，光被完全吸收，光束的照

射时间为t，物体的质量为m，光子的动量hp=，空气中光速为c，求：（1）物体在t时间内接受到的光子数目；（2）物体在光照射时产生的光压（光子作用力产生的压强）；（3）物体获得的速率和增加的内能。【答案】（1）Ptnhc=；（2）PpcS=压；（3）Ptvmc=，2222PtQPtmc=−【

解析】【详解】（1）由,cPtnh==得Ptnhc=（2）每个光子动量1hp=取较短的时间Δ,Δtt时间内物体吸收的光子数为ΔΔPtnhc=·由动量定理有1ΔΔFtnp=物体受到的光子作用力为FFF=该力产生的压强为FpS=压可得PpcS

=压（3）光子与物体系统动量守恒有1npmv=得Ptvmc=系统能量守恒有212PtmvQ=+得2222PtQPtmc=−16.如图所示，两平行光滑轨道MN和PQ竖直放置，间距l=0.5m，其中EG和FH为两段绝缘轨道，其余均为金属轨道，轨道末端NQ间连接

一个自感系数L=0.01H的线圈，其直流电阻可以忽略．在ABCD、CDEF、GHIJ区域内存在垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小B1=B2=B3=0.2T，方向如图，图中d=0.4m．两导体棒a、b通过轻质杆连

接，总质量m=0.02kg，b棒电阻R=0.2Ω，a电阻不计；现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放，a棒匀速通过ABCD区域，最终a棒以1.6m/s的速度穿出EF边．导体棒与金属轨道接触良好．(1)求h的值；(2)求a棒从进入A

B边到穿出EF边的总时间；(3)若a棒通过GH边时轻质杆突然断裂，以该位置为原点，竖直向下为x轴，求a棒在向下运动过程中电流i与位移x的大小关系，已知线圈上的自感电动势为E=Lit，此过程中导体棒b仍在E

FGH区域运动．【答案】(1)h=0.8m(2)t=0.26s(3)i=10x【解析】【详解】(1)设导体棒a进入磁场B1的速度为v1，产生的电动势E=B1lv1，电流I=11BlvR匀速通过ABCD区域，要求mg

=221BlvR求得v1=4m/sab连杆自由下落过程：h=212vg=0.8m(2)ab连杆在磁场B1区域匀速下落的时间t1=dv=0.1s当导体棒a匀速进入CD边，导体棒开始减速经过t2导体棒a达到EF位置．当导体棒的速度为v时，电动势为E

=2Blv电流为I=2BlvR安培力为F=224BlvR此过程中由动量定理可得：mgt2-224BlvtR=mv2-mv1即：mgt2-224BldR=mv2-mv1求得t2=0.16s总时间t=t1+t2=0.26s(3)导体棒a切割

产生的感应电动势等于线圈自感电动势：B3lv1=Lit移项B3lv1△t=L△i，两边累加得：B3lx=L(i-i0)根据电感线圈的特性(电流不突变)i0=0解得：i=3BlxL=10x．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxu

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