【文档说明】湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2023届高三下学期5月模拟考试物理试题（解析版）.docx，共(18)页，796.223 KB，由小赞的店铺上传

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鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2023年五月模拟考高三物理试卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4

分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于物理学发展的相关内容，下列说法错误的是（）A.1887年爱因斯坦在研究电磁波的实验中发现了光电效应现象，并提出了光电效应理论，获得1921年诺贝尔物理学奖B.英国物理学家汤姆孙利用气体放电

管对阴极射线进行研究，确定了阴极射线是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，后来组成阴极射线的粒子被称为电子C.放射性并不是少数元素才有的，原子序数大于83的元素，都能自发地进行衰变，原子序数小于或者等于83的元素，部分具有放射性D.组成原子核的核子数越多，它的结合

能越大；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】A【解析】【详解】A．1887年赫兹在研究麦克斯韦电磁理论时偶然发现了光电效应现象，1905年爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应，并因此获得1921年诺贝尔物理学奖，故A错误

；B．汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定阴极射线本质上是带负电的电子流，并求出了比荷，从而发现了电子，故B正确；C．放射性并不是少数元素才有的，原子序数大于83的元素，都能自发地进行衰变，原子序数小于或者等于83的元素，部分具有放射性，故C正确；D．原子核的核子数越多，结合能越大；比结

合能越大，原子核中核子结合的越牢固，要想将原子核变成单个核子，需要吸收更大的能量，分开越不容易，原子核越稳定，故D正确。本题选错误的，故选A。2.在现代的国防军工领域，无人机被广泛运用于侦测、预警和通信等各个方面。在某军区举行的一次军事演习中，甲、乙两架无人机以相同的速度沿同一条

水平直线匀速前进，甲在前，乙在后，发现对方后，两架无人机的自动发射系统瞄准对方，同时相对自身以大小为v的速度水平射击对方，忽略发射子弹过程无人机速度的变化，不计空气阻力和子弹的竖直下落，则（）A.甲先被击中B.乙先被击中C.甲不会被击中D.甲乙同时被击

中【答案】D【解析】【详解】若选择其中一架无人机为参考系，则另一架无人机为静止状态，则两颗子弹相对甲乙两架无人机速度都是v，则甲乙同时被击中。故选D。3.如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体叠放在一起，A放在B的上面，已知A4kgm=，B2kgm=，A

、B之间的动摩擦因数0.5=，210m/s=g。对物体A施加水平向右的拉力F，开始时拉力F＝20N，此后逐渐增加，在增大到50N的过程中，下列说法正确的是（）A.当拉力F<30N时，两物体均保持静止状态B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过

30N时，两物体开始相对滑动C.两物体间始终没有相对运动D.两物体间从受力开始就有相对运动【答案】AC【解析】【详解】AB．两物体间达到最大静摩擦力时，对AAAFmgma−=对BABmgma=得60NF=当F>60N时，两物体相对滑动，则当

拉力F<30N时，两物体均保持静止状态，A正确，B错误；CD．由AB可知，两物体始终没有相对运动，C正确，D错误。故选AC。4.一架直升机在125米的高空以21m/sa=的加速度沿水平方向做匀加速直线运动，间隔10s先后

投下A、B两包救灾物资，两包裹落到水平地面上的间距为140m，不计空气的阻力和包裹的大小，重力加速度210m/s=g，则投下第一个包裹A时飞机的速度大小为（）A.1m/sB.2m/sC.4m/sD.6m/s

【答案】C【解析】【详解】设投下第一个包裹A时飞机的速度大小为Av，投下第二个包裹B时飞机的速度大小为Bv，则BAvvat=+包裹下落过程，竖直方向212hgt=水平方向22BAAB2vvxvtvta−

=−+联立解得，投下第一个包裹A时飞机的速度大小为A4msv=故选C。5.如图所示，两接线柱间接入电压恒定的交流电，三个灯泡1L、2L、3L的规格完全相同，变压器可视为理想变压器，在以下各种操作中电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（）A.仅使滑片M上移，灯泡1L变暗B.仅使滑片

M上移，灯泡2L、3L都变亮C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大D.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡3L中的电流一直增大【答案】D【解析】【详解】AB．设输入端电压U0，初级电流电压I1、U1次级电流电压I2、U2，每个灯泡电阻R，次级总电阻R

2则011UUIR=+1122UnUn=1221InIn=222URI=解得012122()UInRRn=+可知当仅使滑片M上移时，12nn减小，则I1变大，灯泡1L变亮，灯泡1L两端电压变大，则变压器输入电压减小，则变压器输出电压大小不能确定，则灯泡2L、3L不一定都

变亮，选项AB错误；C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则整个并联部分的总电阻先变大后变小，副线圈电压不变，则副线圈电流，即电流表示数先减小后增大，选项C错误；D．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡3L所在支路电阻逐渐减小，则灯泡3L中的电流一直增大

，D正确。故选D6.如图所示为某独轮车搬运光滑圆柱体的截面图，两挡板OA、OB可绕O点转动，60AOB=且保持不变，初始时OB与水平方向夹角为60°。保持O点的位置不变，使两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA水平。在此过程中关于圆柱体的受力情况，下列说法正确的是（）A.

挡板OA对圆柱的作用力一直增大B.挡板OA对圆柱的作用力先增大后减小C.挡板OB对圆柱的作用力一直增大D.小车对圆柱的作用力先减小后增大【答案】B【解析】。【详解】由题意可知，初始状态两挡板对圆柱弹力均等于

mg，重力个两弹力组成闭合三角形，如图两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA水平过程中，两挡板弹力夹角不变，则挡板OA对圆柱的作用力先增大后减小，挡板OB对圆柱的作用力逐渐减小。小车对圆柱的作用力等于mg保持不变。故选B。7.2023年3月30日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将宏

图一号01组卫星发射升空，并进入预定的极地轨道做匀速圆周运动。它是由“一颗主星+三颗辅星”构成的卫星组，犹如在太空中飞行的车轮。已知宏图一号卫星组的运行轨道距离地面的高度为h（约为530km），地球半径为R，自转周期为T，地球极地表面的重力加速度为g，卫星组经过赤道上

空的时候，携带的摄像机都可以对赤道进行一次拍摄，要使摄像机在1天的时间内将整个赤道拍摄下来，则每次拍摄赤道的长度至少为（）A.()32π2hRTg+B.()32πhRTg+C.()322πhRTg+D.()324πhRTg+【答案】C【解析】【详解】由2224

πGMmmrrT=卫可得234π()RhTGM+=卫1天时间内卫星经过赤道的次数为23224π()TGMnTTRh==+卫又地球表面或附近有2GMmmgR=所以22324π()gRnTRh=+所以要使摄像机在1天的时间内将整个赤道拍摄下来，则每次拍摄赤道的长

度至少为()322π2πhRlgnTR=+=故选C。8.一列简谐横波沿x轴方向传播，在1.25st=时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（）A.该波的波速为12m/sB.该波沿x轴

正方向传播C.质点P平衡位置位于2mx=处D.从1.25st=开始，质点Q比质点P早0.25s回到平衡位置【答案】AD【解析】【详解】A．根据三角函数相关知识可知，NQ两质点平衡位置之间距离为π3616m42πNQx

=−=解得24m=根据乙图可知波的周期为2sT=，因此波速为的12m/svT==故A正确；B．由图乙可知1.25st=时刻，质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播。故B错误；C．由图乙可知

，在1.25st=之后，质点P第一次位于波峰的时间为2.5st=，由此可知是由波峰为1.25st=时刻质点Q所在波峰传播来的，所以有2.5s1.25s1.25sQPxxv−=−=解得1mPx=故C错误；D．从1.25st=开始，

质点Q所经历的时间为10.5s4Tt==Q点左侧波形的第一个平衡位置处坐标为110m4Qxx=−=该振动状态第一次传播到P点所需时间为1210m1m0.75s12m/sPxxtv−−===则210.25sttt=−=即从1.25st=开始，质点Q比质点P早0

.25s回到平衡位置。故D正确。故选AD。9.如图所示，水平传送带以v=6m/s顺时针匀速转动，水平部分AB的长为L，并与长为3.6m的光滑倾斜轨道BC在B点平滑连接，BC与水平面的夹角为30。现将一个可视为质

点的工件从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为，210m/s=g，要使工件能到达C点（没有施加其他外力辅助），下列关于和L的取值可能正确的是（）A.0.5,3mL==B.0.4,5mL==C.0.3,6mL==D.0.2,7mL==【答

案】BC【解析】【详解】设工件恰好到达C点，根据机械能守恒21sin302BBCmvmgx=工件达到B点的最小速度为6m/sBv=恰好与传送带速度相等，则在水平传送带上，根据动能定理212Bmgxmv=且xL得1.8mL代入选

项数据可知BC的取值时可能的。故选BC。10.如图所示，有一个正方形区域ABCD，在内部某一区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为0B的矩形匀强磁场。一个质量为m、电量为q（0q）的带电粒子从CD的中点以速度v垂

直于CD射入正方形区域，从BC边的中点垂直于BC飞出该正方形区域，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.该粒子在磁场里运动的时间032mtqB=B.该粒子在磁场里运动的时间02mtqB=C.该矩形区域磁场的最小面积22220mvSqB=D.该矩形区域磁场的最小面积()2222

022mvSqB+=【答案】AD【解析】【详解】AB．根据题意可知带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示洛伦兹力提供向心力，则有20vqvBmR=又2RTv=解得0mvRqB=，02mTqB=该粒子在磁场里转过的角度为o270

，则运动的时间为oo027033602mtTqB==故A正确，B错误；CD．该矩形区域磁场的最小面积如图所示，由几何知识可知该矩形区域磁场的最小面积为()2o2220m22(cos452)SRRRmvqB=++=故C错误，D正确。故选AD。11.如图所示，在水平向左

的匀强电场中，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接一个质量为m、电量为()0qq的小球，电场强度mgqE=。现将轻绳拉至右侧水平，将小球从A点由静止释放，对于此后小球的运动情况（轻绳不会被拉断），下列判断中正确的是（）A.在整个运动过程中，当轻绳偏向左下方与水平方向的夹角为4

5时，小球的速度最大B.小球到达O点左侧与圆心等高处的速度大小为2vgl=C.小球到达O点左侧与圆心等高处的速度大小为2vgl=D.小球从最低点向左运动，相对于A点上升的最大高度为22l【答案】CD【解析】【详解】ABC．将小球从A点由

静止释放，小球受到电场力与重力，由题意可知FqEmg==根据牛顿第二定律有22()Fmgma+=解得2ag=设合力方向与水平方向夹角为，则tan1==mgF解得o45=则小球从释放到达最低点的位移为2

xl=根据22vax=解得小球到达最低点的速度为2vgl=小球沿与水平方向成45做匀加速直线运动，小球到达最低点时速度最大，在最低点时细线突然绷紧，小球沿细线方向的速度立即减为零，而水平方向的速度不变，则从最低点到达O点左侧与圆心等高处，根据动能定理

有2o211(cos45)22mglqElmvmv−+=−解得2vgl=故AB错误，C正确；D．设细线方向与水平方向夹角为时，达到最高点，则从最低点到达最高处，根据动能定理有21(1sin)cos2mglqElmv−++=−解得o45=则小球从最低点向左

运动，相对于A点上升的最大高度为o2sin452hll==故D正确。故选CD。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.在用“插针法”测量玻璃折射率的实验中：（1）在“用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率”的实验中，其实验光路图如下图所示，对实验中的一些具体问题，下列说法正确的是______

。A.为减小作图误差，3P和4P距离应适当小一些B.为减小测量误差，1P和2P连线与玻璃砖界面法线的夹角应适当取大一些C.为减小误差，应当选用宽度较大的玻璃砖完成实验D.实验中玻璃砖在纸上位置不可移动，可用玻璃

砖代替尺子画出边界线以固定玻璃砖在纸上的位置（2）甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa和bb后，不小心碰了玻璃砖使它向aa一侧平移了少许，如图2所示，他随后实验测出的折射率。______（选

填“偏大”“偏小”或“不变”）。的的（3）乙同学在画界面时，不小心将两界面aa、bb间距画得比玻璃宽度大些（bb仍然与aa平行），如图3所示，他随后实验测得的折射率______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。（4）丙同学在画界面

时，不小心将界面bb画歪了一些，如图4所示，他随后实验测得的折射率______。【答案】①.BC##CB②.不变③.偏小④.见解析【解析】【详解】（1）[1]A．为减小作图误差，3P和4P的距离应适当大一些，A错误；B

．1P和2P连线与玻璃砖界面法线的夹角适当大一些，折射现象根明显，误差较小，B正确；C．宽度较大的玻璃砖，光在玻璃砖中的路程长，入射点与出射点距离较大，确定角度越准确，误差越小，C正确；D．不可用玻璃砖代替尺子，应沿

玻璃砖描点后，用尺子画出玻璃砖界面，D错误。故选BC。（2）[2]根据题意，如图入射角与折射角没有误差，测量的折射率不变。（3）[3]根据题意，如图入射角不受影响，当折射角的测量值大于真实值，根据sinsininr=因此测得折射率偏小。（4）[4]画出的

界面与真实界面存在交点，左侧界面宽度变小，若光线从左侧出射，则测得折射率偏大；若从交点出射，测得折射率不变，；若从右侧出射，测得折射率偏小。故不能准确说明测得折射率误差，视情况而定。13.小李同学用电阻箱、电压表测量电源的电动势和内阻，所测电源的电动势2E约为9V，内阻2

r约为35~55Ω，允许通过的最大电流为50mA，小李同学所用电路如下图所示，图中电阻箱R的阻值范围为0~9999Ω。（1）电路中0R为保护电阻，实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用______；A.20Ω，125mAΒ。50Ω，20mAC.150Ω，60mAD.1

500Ω，5mA（2）实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表示数U，根据测得的多组数据，作出011URR−+图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势2E=______，内阻

2r=______。（3）若考虑到电压表内阻对实验的影响，则电源电动势的测量值比真实值______（选填“偏大”“偏小”或“不变”），内阻的测量值比真实值______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】①.C②.1a③.ba④.偏小⑤.偏小【解析】【详解】（1）[1]电路最小总电阻约为

min91800.05R==为保护电路安全，保护电阻应选C(150Ω，60mA)。故选C。（2）[2][3]在闭合电路中，电源电动势为2220UEUIrUrRR=+=++则2202111rUERRE=++则011URR−+图像是直线。截距为21aE=斜率为22rbE=解得

21Ea=，2bra=（3）[4]可用“等效电源法”分析误差大小：可以把电源与电压表看做一等效电源，则电动势测量值等于外电路断开时“等效电源”两极间的电压，由于电压表不是理想电表，所以有电流通过“电源”，因而路端电压要小于电动势，所以电动势测量值小于真实值，即偏小。[5]内阻的测

量值为电源内阻和电压表并联后的阻值，内阻的测量值比真实值偏小。14.用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以37.010m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫

星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为31.810m/s。试求：（计算结果保留两位有效数字）（1）分离后卫星的速度增加到多少？（2）分离过程中卫星对火箭壳体所做的功是多少？【答案】（1）317.310m/sv=；（2）89.410JW

−【解析】【详解】（1）根据动量守恒()121122mmvmvmv+=+又3121.810m/svv−=得分离后卫星的速度增加到317.310m/sv=（2）由（1），分离后火箭壳体的速度为325.510m/sv=

分离过程中卫星对火箭壳体所做的功为228222119.410J22Wmvmv=−−15.如图所示，开口向上粗细均匀、长为L的玻璃管竖直放置，管内有一段高h=15cm的水银柱，封闭着长50cma=的空气柱，大气压强075cmHgp=，管内气体的初始温度0300KT=。（1）若将玻璃管自由释放

，不计阻力，不考虑管内空气温度的变化且无水银溢出玻璃管，求稳定后管内封闭空气柱的长度；（2）若295cmL=，将玻璃管固定，求温度至少升到多高时，可使管内水银柱全部溢出？（计算结果保留一位小数）（3）若365cmL=，将玻璃管固定，求温度至少升到多高时，可使管内水银柱全部溢出？【答案

】（1）60cma=；（2）1481.7KT；（3）2311.7KT=【解析】【详解】（1）若将玻璃管自由释放，不计阻力，则整体做自由落体运动，封闭气体的压强等于075cmHgp=，根据等温变化10pSap

Sa=又10ppgh=+得稳定后管内封闭空气柱的长度为60cma=（2）温度升高，封闭气体压强不变，体积增大，水银柱升高。当水银柱上升至管口时，温度继续升高，水银开始逸出，气体压强减小，设温度为1T，管内剩余水银柱高度为h，

此时不用再升高温度，水银柱自动可从管中溢出，根据理想气体方程()()02101pghSLhpSaTT+−=使水银全部溢出1T最大，则()()02pghLh+−应最大，代入数据得10cmh=得1481.7KT温度

至少升到1481.7KT时，可使管内水银柱全部溢出。（3）若365cmL=，同理，当10cmh=时处于临界状态，水银自动溢出，则()()03102pghSLhpSaTT+−=得2311.7KT=温度

至少升到2311.7KT=时，可使管内水银柱全部溢出16.如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，电阻不计，导轨最右端接有阻值为R的定值电阻；整个装置处于两种磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根金属棒M

N、PQ静止于导轨上，两金属棒接入电路的电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数均为（设金属棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力），两棒始终与导轨垂直且接触良好。某时刻，用水平向左的恒力F拉MN棒，使其由静止开始运动，直到PQ刚好要滑动的过程中

，通过金属棒PQ的电荷量为q，重力加速度为g，试求：（1）PQ刚好要滑动时，金属棒MN的速度大小；（2）上述过程中金属棒MN在导轨上运动的距离；（3）上述过程中金属棒MN产生的焦耳热为多少？【答案】（1）223RmgB

L；（2）3qRBL；（3）2232442()3qRFmgRmgBLBL−−【解析】【详解】（1）PQ刚好要滑动时PQ两端的电压为MNPQMN0.51.53BLvRUBLvR==PQ的电流大小为PQMNPQ3UBLvIRR==对PQ受力分

析有PQBILmg=解得MN223RmgvBL=（2）由题意可知通过金属棒MN的电量为2q。21.51.51.5EBLxqIttRRR====解得3qRxBL=（3）对金属棒MN由动能定理可得2MN1()2FmgxWmv−+=安解得22324493()2R

mgqRFmgWBLBL−=−安所以金属棒MN产生的焦耳热为22322232MN4444223()92()3332qRFmgRmgqRFmgRmgQWBLBLBLBL−−==−=−安获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1

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