2023年新疆烏魯木齊市高考物理一模試卷

一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1?

5題只有一項符合題自要求，第6?10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但

不全的得2分，有選錯的得。分）

1.（4分）小藝從住宅樓27樓乘電梯下到一樓的過程中，不可能經歷的狀態是（）

A.平衡狀態B.超重狀態

C.失重狀態D.完全失重狀態

2.（4分）氫原子的能級公式為：En=」，Ei（n=l，2,3……），其中Ei為基態能量。若

n

處于n=2能級的氫原子吸收頻率為v的光子后恰好能發生電離，已知普朗克常量為h,

貝I（）

3.（4分）如圖所示，小寧利用計算機研究分力Fi、F2與合力F的關系。保持分力Fi的大

小和方向不變，F2的大小不變，使Fi、F2間的夾角。由0°逐漸增大到360°的過程中，

合力F的箭頭的軌跡圖形為（）

4.（4分）帆船是一種依靠自然風力作用于帆上來推動船只前進的水上交通工具。在某次賽

前訓練中，若帆船的迎風面積、空氣密度均不變，當風速為2Vo時，帆船在靜水中順風

勻速行駛的速度為vo,受到的阻力為F；當風速為4Vo時，帆船在靜水中順風勻速行駛

時受到的阻力為9F,此時帆船勻速行駛的速度為（）

4

A.—voB.—voC.—voD.-i^-vo

2248

5.（4分）某興趣小組利用如圖甲所示的電路研究一熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規律。電

路中電源電動勢和內阻保持不變,Ro為定值電阻,Rt為熱敏電阻。通過實驗得到，在0

80C的范圍內，電壓表的示數U隨熱敏電阻的溫度t變化的關系如圖乙所示。則在?

80℃的范圍內，該熱敏電阻Rt的阻值隨溫度I變化的關系圖像為（）

（多選）6.（4分）用充電器為一電容器恒流充電（充電器輸出的電流不變）的過程中，下

列說法正確的是（）

A.電容器的電壓不變B.電容器的電壓變大

C.充電器的輸出功率不變D.充電器的輸出功率變大

（多選）7.（4分）如圖所示，由四根相同的電阻絲連接而成的正方形線框ABCD豎直固定

在勻強磁場中，且AB邊水平，勻強磁場的方向垂直線框平面向里。現給線框通電，電

流從線框的A點流入，B點流出，線框CD邊受到的安培力大小為F,則線框ABCD受

到的安培力的合力（）

B.方向豎直向下

C.大小為4FD.大小為2F

（多選）8.（4分）如圖所示，將用兩段輕繩連接起來的3個相同的鋼球完全浸沒在某種液

體中，將鋼球由靜止釋放后，3個鋼球一起向下做勻加速直線運動的過程中（）

A.液體的密度越大，鋼球的加速度越小

B.液體的密度越大，鋼球的加速度越大

C.上、下兩段繩子的拉力之比為2：1

D.上、下兩段繩子的拉力均為零

（多選）9.（4分）在2022年足球世界杯決賽中，阿根廷隊員梅西將足球踢出后，立即從

靜止開始加速向足球追去，最終追上了還在向前滾動的足球。若該過程中，足球做勻減

速直線運動，梅西做加速度減小的加速直線運動，則該過程中（）

A.梅西的平均速度大于足球的平均速度

B.梅西的平均速度等于足球的平均速度

C.梅西的最大速度可能小于足球的最大速度

D.梅西的最大速度一定大于足球的最大速度

（多選）10.（4分）如圖所示，光滑水平面AB右端貼近相同高度的粗糙水平傳送帶BC,

傳送帶逆時針轉動，速度大小始終為vo。若物塊P（可視為質點）以初速度v從光滑水

平面AB上運動到傳送帶的C端，系統產生的熱量為Q”物塊P受到的摩擦力的沖量為

11；若物塊P以初速度2v從光滑水平面AB上運動到傳送帶的C端，系統產生的熱量為

Q2,物塊P受到的摩擦力的沖量為12,則下列關系式可能成立的是（）

A.QI=Q2B.QI=2Q2C.II=2I2D.II=3I2

二、實驗題（本題共2小題，每空2分，共14分）

11.（6分）某興趣小組利用圖1示的裝置驗證動量守恒定律。實驗時，先不放b球，讓a

球從斜槽上某一位置由靜止滾下，落到位于水平地面上的記錄紙上留下痕跡。再將b球

靜置于水平槽末端，讓a球仍從斜槽上同一位置由靜止滾下，a球與b球碰撞后分別落在

記錄紙上留下各自落點的痕跡。O點是拋出點在記錄紙上的垂直投影的位置，M、P、N

分別為各落點的痕跡。

M?

O-

P-?N

圖2

（1）為了保證實驗中a球在碰撞中不被反彈，兩小球的質量應滿足mamb（選填

或“="）。

（2）該實驗裝置的斜槽不光滑對驗證動量守恒定律（選填“有”或“沒有”）

影響。

（3）若某次實驗時記錄下小球三個落點的位置M、P、N如圖2所示，M和N偏離了

0P方向。若該次實驗遵循動量守恒定律，則一定有ma?OPma?OM+mb?ON（選

填或“="）。

12.（8分）比亞迪電動汽車的刀片電池由多塊刀片電池串聯而成，其中每塊刀片電池又由

多塊電芯串聯而成。某實驗小組用4塊電芯串聯作為電源，通過實驗測量一塊電芯的電

動勢E,實驗電路圖如圖甲所示，圖中R為電阻箱。實驗小組按圖甲連接電路，閉合開

關，多次調節電阻箱，分別記錄多組電阻箱的示數R和對應的電壓表的示數U,利用測

量數據，作出的』圖像如圖乙所示。

UR

（1）圖乙中，若描出的P點偏離圖線較遠，是由于記錄的電阻箱的示數R錯誤所致，則

該組數據記錄的R明顯（選填“偏大”或“偏小

（2）由圖乙可得：一塊電芯的電動勢E=V（保留2位有效數字）；圖乙中，

圖線的斜率很小，說明一塊電芯的內阻（選填“很大”或“很小”）。

（3）若實驗中外電路某處導線中的電流變大，則該處導線內部的電場強度（選

填“變大”“變小”或“不變”）。

三、計算題（本題共5小題，共46分。解答時，要有必要的步驟、公式和文字說明，只寫

結果不得分）

13.2022年11月3日，中國空間站夢天實驗艙順利完成轉位，標志著中國空間站“T”字

基本構型在軌組裝完成。若中國空間站繞地球做勻速圓周運動，已知空間站距地面的高

度為h,地球半徑為R,地球表面的重力加速度大小為g,引力常量為G,求：

(1)中國空間站的加速度a的大小；

(2)中國空間站的運行周期T。

14.如圖所示，空間內勻強電場的方向豎直向下，S為點光源，MN為豎直墻壁，S到MN

的距離為L。一可視為質點的帶電小球A,其質量為m、所帶電荷量為q(q>0)?將小

球A從點光源S處以大小為vo的初速度向右水平拋出，小球A最終打在墻壁上。己知

電場強度大小為￡=理，重力加速度的大小為g,不計空氣阻力。求：

q

(I)小球A在空間運動時的加速度a的大小；

(2)小球A運動時間t時，小球在墻壁上的影子的速度v的大小。

M

Sv()|

f。1

EI

、

、

、

N

15.如圖所示，一半徑為R的光滑圓軌道固定在豎直平面內，兩小球A、B從與圓心O等

高處同時由靜止開始釋放，釋放后兩小球沿圓軌道運動。兩小球第一次發生彈性正碰后,

小球A靜止，小球B繼續沿圓軌道運動。已知小球B的質量為m,重力加速度大小為g,

小球A、B可視為質點且碰撞時間極短。求：

(1)兩小球第一次發生彈性碰撞后的瞬間，小球B的速度v的大小；

(2)小球B第一次通過圓軌道最高點時，軌道對小球B的作用力F的大小。

16.如圖所示為自動卸貨礦車的示意圖。緩沖彈簧下端固定在斜面軌道底端，上端連接輕質

裝置P,P靜置于B點。礦車從斜面軌道上A處由靜止開始下滑，撞擊P后與P一起壓

縮彈簧，當礦車速度減為零時裝置P自動鎖定，卸下全部貨物后，裝置P解除鎖定，礦

車借助彈簧的彈力作用，恰能返回到A點。已知斜面軌道的傾角。=37°,軌道A、B

間的距離L=99.5m,礦車在軌道A、B間運動時受到的阻力為礦車重力的0.4倍，緩沖

彈簧的勁度系數k=4.0X105N/m,允許的最大壓縮量為Xm=0.5m,彈簧彈性勢能表達式

為Ep=/kx2，重力加速度大小g取10m/s2,sin37°=0.6。

(1)試估算礦車從A處開始下滑到速度減為零時所需要的時間t(誤差不超過0.1s)；

(2)求礦車將斜面軌道A處旁邊質量為Mo=2t的貨物從A處運送至C處，需要運送的

17.一質量為m、所帶電荷量為q(q>0)的帶電粒子，由靜止開始經一電場加速，粒子在

電場中運動的距離為3L,所經過的各點的電場強度如圖所示。經過電場加速的粒子從A

點垂直于磁場方向進入平行四邊形勻強磁場區域。粒子從A點開始在磁場區域中做勻速

圓周運動時，先后經過C、D兩點。已知線段AC=AD=L,ZCAD=120°,不計粒子

重力。求：

(1)粒子在磁場中運動的速度v的大小；

(2)穿過平行四邊形勻強磁場區域的磁通量的最小值①min。

2023年新疆烏魯木齊市高考物理一模試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1?

5題只有一項符合題自要求，第6?10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但

不全的得2分，有選錯的得0分)

1?【解答】解：小藝從住宅樓27樓乘電梯下到一樓的過程中，先向下加速運動，加速度向

下，處于失重狀態，然后勻速下降，處于平衡狀態，最后減速下降，加速度向上，處于

超重狀態；因加速下降時，加速度不可能為g,則不可能為完全失重狀態。故D正確，

ABC錯誤；

故選：D。

2.【解答】解：根據氫原子的能級公式，EoU-Ei=lE,

2I41

由能級躍遷公式：hv=0-E2

E.

解得一-＞故C正確，ABD錯誤；

4h

故選：C,

3?【解答】解：根據三角形定則，分力Fi、F2與合力F構成一個矢量三角形，如圖:

保持分力Fi的大小和方向不變，即Fi的箭頭位置不變，F2的起始點不變，且F2大小不

變，則合力F的箭頭的軌跡為以F2的起始點為圓心，以F2為半徑的圓，故A正確，BCD

錯誤。

故選：Ao

4.【解答】解：設帆船的迎風面積為S,在時間At內吹到帆船上的空氣質量為：m=pSv相

對△t

當風速為2Vo時，帆船在靜水中順風勻速行駛的速度為vo,則v相對=2vo-vo

以吹到帆上的空氣為研究對象，以帆船的速度方向為正方向，由動量定理得：

-FiAt=pS(2vo-vo)△t(-2vo+vo)

帆船勻速運動時受到的風力等于阻力，結合牛頓第三定律可知：Fi=F

當風速為4V()時，設帆船勻速行駛的速度為v,同理，可得：

-F2△t=pS(4vo-v)△tp(-4vo+v)

F?=2F

4

解得：v=5vo,故B正確，ACD錯誤。

2

故選：Bo

5.【解答】解：根據電壓表的示數U隨熱敏電阻的溫度t變化的關系有

U=U()-kt

由閉合電路歐姆定律可知Tj=~——

Rt+“+r

R04r

聯立解得Rt=T——

—^-1

U0-kt

則R「t圖像為非線性圖像，且隨著t增加，R,逐漸減小。

故選：C?

6?【解答】解：AB.根據電容器電容的定義式c4可知，在充電過程中，電容器的電荷量不

斷增大，電容器兩端的電壓不斷增大，故A錯誤，B正確；

CD.恒流充電時，根據功率公式P=UI可知，充電器的輸出功率逐漸增大，故C錯誤，D

正確。

故選：BD?

7.【解答】解：通過DA邊和CB邊的電流大小相等，方向相反，由左手定則可知，DA邊

和CB邊受到的安培力大小相等，方向相反，二者的合力為0。

四根導體棒相同，AB邊與ADCB邊并聯，則AB邊與ADCB邊的電阻之比為1：3,流

過它們的電流之比為3：1。

設流過ADCB的電流為I,則流過AB的電路為31。

設線框的邊長為L,則導體棒CD受到的安培力大小F=BIL,方向豎直向上。導體棒AB

受到的安培力大小F'=B?3IL=3BIL=3F,方向豎直向上

故線框ABCD受到的安培力的合力F令=F+F'=4F,方向豎直向上，故AC正確，BD

錯誤。

故選：ACo

8.【解答】解：AB、設液體的密度為p,鋼球的體積為V,鋼球受到的浮力F=pgV,設每

個鋼球質量為m,設鋼球受到的阻力為f,對三個鋼球組成的系統，由牛頓第二定律得：

3mg-3pgV-3f=3ma,解得：a=g-衛強上-&>,液體密度p越大，鋼球的加速度a

mm

越小，故A正確，B錯誤；

CD、以最上面的鋼球為研究對象，由牛頓第二定律得：mg+T上-pgV-f=ma,以最下

面的鋼球為研究對象，由牛頓第二定律得：mg-pgV-f-TT=ma,以中間的球為研究

對象，由牛頓第二定律得：mg+TF-T上-pgV-f=ma,解得：T上=T下=0,故C錯誤，

D正確。

故選：ADo

9.【解答】解：AB、梅西和足球在相等的時間內位移也相等，則兩者的平均速度相等，故

B正確，A錯誤；

CD、因為梅西做的是加速度減小的加速直線運動，球做的是勻減速直線運動，且末速度

不為零。要保證兩者的平均速度相等，設梅西的最大速度為v人，足球的最大速度為v球,

平均速度均為；，則有：

1—

—V人VV

2

1-

—(V球+V末)=v

2

可得關系式：V人<V球+V東

可見由此關系無法比較V人、V球的大小關系，梅西的最大速度可能小于足球的最大速度，

故C正確，D錯誤。

故選：BCo

10?【解答】解：C.物塊受摩擦力f=pmg

根據牛頓第二定律，加速度a.，解得a=pg

m

2

設兩種情況下在C端速度為VI，V2，由速度一位移關系：v-Vi=2aL=(2V)2-V2

兩種情況下時間分別為ti、t2，以摩擦力方向為正，由沖量定義：Ii-umgti

h-pmgt2

兩種情況下物塊位移均為L,則v114at；=2v124at：

■1I、T2，

Wmg2m四mg2m

得2mv(Ii-212)=(Ii-I2)(I1+I2)

若11=如

則Il=l2

故1|甘212

故C錯誤；

D.若h=3l2

由動量定理：Ii=mv-mvil2=m-2v-mv2

得V1=^-v

14

7

v2T

滿足丫2?=⑵產7

故D正確；

A.兩種情況下，系統產生熱量為Qi、Q2,有Qi=f（v（）ti+L）

Q2=f（Vot2+L）

得Qi=voh+|imgL

Qi=vol2+|imgL

若Q1=Q2

則h=l2

故Q1WQ2

故A錯誤；

B.若QI=2Q2

則I-212」星

控制VO大小，可能滿足上述關系，故B正確。

故選：BDo

二、實驗題（本題共2小題，每空2分，共14分）

11.【解答】解：（1）為了保證實驗中a球在碰撞中不被反彈，則a球（入射球）的質量應

該大于b（被碰球）的質量，即兩小球的質量應滿足：nia>mb。

（2）該實驗裝置的斜槽不光滑對驗證動量守恒定律沒有影響，只要每次小球到達底端時

速度相同即可。

（3）如圖所示，連接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影點M'、N',

如圖所示。_____________________________________________

分別測量出OP、OM'、ON'的長度。若在實驗誤差允許范圍內，滿足關系式：MOP

/,,

=ma*OM+mbON

則可以認為兩小球碰撞前后在OP方向上動量守恒。因為OM>OM',ON>ON,,則

ma,OP<ma,OM+mb,ON

故答案為：（1）>;（2）沒有；（3）<?

12?【解答】解：（D由圖示可知，P點在直線下方，電壓測量值準確，所測數據R的值偏

大。

（2）由閉合電路的歐姆定律得：E=U+Ir=U+Ur,整理得：l=ZLX-+->由圖示工」

RUEREUR

圖像可知,b=1=0.078V解得:E總F2.82V,一塊電芯的電動勢為E=^-=12-82V

E44

63.21V；圖像的斜率k=工，則內阻r=kE,斜率k很小，說明內阻r很小。

E

（3）電路某處導線中的電流變大，則該處導線內部電子的定向移動速率變大，電子所受

電場力變大，電場強度變大。

故答案為：（1）偏大；（2）3.21；很小；（3）變大。

三、計算題（本題共5小題，共46分。解答時，要有必要的步驟、公式和文字說明，只寫

結果不得分）

13?【解答】解：（1）中國空間站做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力G砧112

（R+h）2

在地球表面，忽略地球自轉G」粵=mg

R2

聯立解得空間站的加速度a=~——g

（R+h）2

（2）中國空間站做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力

2

G~~虹亍=m（R+h）32=1n（R+Q.史;

（R+h￥T'

在地球表面，忽略地球自轉（;如=1^

R2

聯立解得中國空間站的運行周期丁上UR+H）｛g（R+h）

gR

答：（1）中國空間站的加速度a的大小為―交——；

（R+h）2

（2）中國空間站的運行周期T2冗（R+h2、g（R+h）。

gR

14.【解答】解：（1）對小球，由牛頓第二定律得：mg+qE=ma

解得：a=2g

（2）小球做類平拋運動，小球的影子如圖所示

M

y

N

由相似三角形可知：三善

Ly

2

小球做類平拋運動，水平方向：x=vot豎直方向：h-lat

解得：y=*L

v0

小球在墻壁上的影子的速度大小v=x=wL

tv0

答：（1）小球A在空間運動時的加速度a的大小是2g；

（2）小球A運動時間t時，小球在墻壁上的影子的速度v的大小是處。

v0

15?【解答】解：（1）設小球A、B第一次運動到軌道最低點時的速度大小為vo,小球A的

質量為6,規定向右為正方向，根據機械能守恒定律和動量守恒定律可得

12R12

-mV,mg=-mV

202o

mv（）-mv（）=mv

1/2.12=12

ymVQ+ymvQymv

解得v=2缶K

（2）設小球B第一次通過圓軌道最高點的速度大小為vi，根據機械能守恒定律和牛頓

第二定律得/mv2=mg,2R+/mv；

F+mg=m----

R

解得F=3mg

答：（1）兩小球第一次發生彈性碰撞后的瞬間，小球B的速度v的大小為2J頒；

（2）小球B第一次通過圓軌道最高點時，軌道對小球B的作用力F的大小為3mg。

16.【解答】解：（1）設礦車含貨物總質量M,礦車從A處開始勻加速下滑到B點加速度為

a,到達B點時速度為v,礦車從B處到速度減為0所需要時間為ti

根據牛頓第二定律：MgsinQ-0.4Mg=Ma

得：a=2m/s2

將全程看作勻加速直線運動，由v2=2a（L+xm）

得v=