2022-2023学年江苏省徐州市撷秀初级中学高考考前提分物理仿真卷含解析.pdf

2023 年高考物理模拟试卷 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点 A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为+Q，点电荷在轻杆 AB 两点的中垂线上，一个质量为 m，电荷量为+q 的小球套在轻杆上，从 A 点静止释放，小球由 A 点运动到 B 点的过程中，下列说法正确的是（）A小球受到的电场力先减小后增大 B小球的运动速度先增大后减小 C小球的电势能先增大后减小 D小球的加速度大小不变 2、一定质量的理想气体，在温度升高的过程中（）A气体的内能一定增加 B外界一定对气体做功 C气体一定从外界吸收热量 D气体分子的平均动能可能不变 3、下列说法中正确的是（）A原子核发生衰变时都遵守电荷守恒、质量守恒、能量守恒 B235114192192056360UnBaKr3 n为核衰变方程 C光电效应说明了光具有粒子性 D康普顿散射实验说明了光具有波动性 4、如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为 10：1，在原线圈接入 u=302sin(100t)V 的正弦交变电压。若闭合开关后灯泡 L 正常发光，且灯泡 L 正常发光时的电阻为 1.5，电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）A副线圈中交变电流的频率为 5Hz B电压表的示数为 3V C电流表的示数为 20A D灯泡 L 的額定功率为 3W 5、如图所示，在矩形区域 abcd 内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直 abcd 平面的匀强磁场，已知 bc 边长为3L。一个质量为 m，带电量为 q 的正粒子，从 ab 边上的 M 点垂直 ab 边射入磁场，从 cd 边上的 N 点射出，MN 之间的距离为 2L，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A磁场方向垂直 abcd 平面向里 B该粒子在磁场中运动的时间为3mqB C该粒子在磁场中运动的速率为qBLm D该粒子从 M 点到 N 点的运动过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量为零 6、如图所示，a 为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径等于地球半径），c 为地球的同步卫星，以下关于 a、b、c 的说法中正确的是（）Aa、b、c 的向心加速度大小关系为bcaaaa Ba、b、c 的向心加速度大小关系为abcaaa Ca、b、c 的线速度大小关系为abcvvv Da、b、c 的周期关系为acbTTT 二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内看做理想气体。则上升过程中，以下说法正确的是_。A气泡内气体对外界做功 B气泡内气体分子平均动能增大 C气泡内气体温度升高导致放热 D气泡内气体的压强可能不变 E.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小。8、如图所示，粗糙的水平轨道 BC 的右端与半径 R0.45m 的光滑竖直圆轨道在 C 点相切，倾斜轨道 AB 与水平方向间的夹角为37，质量 m0.1kg 的小球从倾斜轨道顶端 A 点由静止滑下，小球经过轨道衔接处时没有能量损失。已知水平轨道 BC 的长度 L2m，小球与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数均为 0.375，sin370.6，cos370.8，g 取 10m/s2，则下列说法正确的是（）A若小球刚好运动到 C 点，则小球开始滑下时的高度为 1.5m B若小球开始滑下时的高度为 2m，则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道 C若小球开始滑下时的高度为 2.5m，则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道 D若小球开始滑下时的高度为 3m，则第一次在圆轨道内运动时小球将离开轨道 9、关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是 A当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 B当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大 C一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少 D水的饱和汽压随温度的升高而增大 E.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 10、如图所示，圆心在 O 点、半径为 R 的圆弧轨道 abc 竖直固定在水平桌面上，Oc 与 Oa 的夹角为 60，轨道最低点a 与桌面相切一轻绳两端分别系着质量为 m1和 m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘 c 的两边，开始时，m1在 c 点从静止释放设轻绳足够长，不计一切摩擦则()A在 m1下滑过程中，两球速度大小始终相等 Bm1在由 c 下滑到 a 的过程中重力的功率逐渐增大 C若 m1恰好能沿圆弧下滑到 a 点，则 m1=2m2 D若 m1=4m2，则 m1下滑到 a 点速度大小为2g3vR 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）如图甲所示，一与电脑连接的拉力传感器固定在竖直墙壁上，通过细绳拉住一放在长木板上的小铁块，细绳水平伸直，初始时拉力传感器示数为零。现要测量小铁块与长木板之间的动摩擦因数，用一较大的水平拉力拉住长木板右端的挂钩，把长木板从小铁块下面拉出，在电脑上得到如图乙所示的数据图像，已知当地重力加速度 g=9.8m/s2。(1)测得小铁块的质量 m=0.50kg，则小铁块与长木板间的动摩擦因数=_。（结果保留三位有效数字）(2)以不同的速度把长木板拉出，随着速度的增加，小铁块受到的摩擦力_。（填“越来越大”“越来越小”或“不变”）(3)若固定长木板，去掉小铁块上的细绳，用一水平推力推小铁块，则至少需要_N 的推力才能推动小铁块。12（12 分）一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图甲所示，长度为 L，电阻 R 约为 5，这种金属的电阻率为，因管线内径太小无法直接测量，某同学设计下列实验方案尽可能精确测定它的内径 d；(1)用螺旋测微器测量金属管线外径 D，图乙为螺旋测微器校零时的示数，用该螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径 D=_mm (2)为测量金属管线的电阻 R，取两节干电池（内阻不计）、开关和若干导线及下列器材：A电流表 00.6A，内阻约 0.05 B电流表 03A，内阻约 0.01 C电压表 03V，内阻约 10k D电压表 015V，内阻约 50k E滑动变阻器，010（额定电流为 0.6A）F滑动变阻器，0100（额定电流为 0.3A）为准确测出金属管线阻值，电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_(填序号)(3)如图丙所示，请按实验要求用笔代线将实物图中的连线补充完整_ (4)根据已知的物理量（长度 L、电阻率）和实验中测量的物理量（电压表读数 U、电流表读数 I、金属管线外径 D），则金属管线内径表达式 d_ 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图，T 型硬质轻活塞上端与力传感器固连，下端与气缸光滑接触且不漏气已知大气压强 p0=1.0105Pa，活塞横截面积为 S，活塞到气缸底部距离为 H=20cm，气缸底部到地面高度为 h，此时气体温度为127t。现对活塞下部气体缓慢加热，同时记录力传感器示数，最后得到如图的 Ft 图象。整个过程中活塞与气缸始终密闭。（g 取10m/s2）求：(1)气缸质量 M；(2)h 大小；(3)活塞截面积 S。14（16 分）某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，如图所示一质量为 m，带电量为+q 的粒子，从 P 点以水平速度 v0射入电场中，然后从 M 点沿半径射入磁场，从 N 点射出磁场已知，带电粒子从 M 点射入磁场时，速度与竖直方向成 30角，弧 MN 是圆周长的 1/3，粒子重力不计求：（1）电场强度 E 的大小（2）圆形磁场区域的半径 R（3）带电粒子从 P 点到 N 点，所经历的时间 t 15（12 分）如图所示虚线矩形区域 NPP N、MNNM内分别充满竖直向下的匀强电场和大小为 B 垂直纸面向里的匀强磁场，两场宽度均为 d、长度均为 4d，NN为磁场与电场之间的分界线。点 C、C 将 MN 三等分，在 C、C 间安装一接收装置。一电量为-e。质量为 m、初速度为零的电子，从 P点开始由静止经电场加速后垂直进入磁场，最后从MN 之间离开磁场。不计电子所受重力。求(1)若电场强度大小为 E，则电子进入磁场时速度为多大。(2)改变场强大小，让电子能垂直进入接收装置，则该装置能够接收到几种垂直于 MN 方向的电子。(3)在(2)问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为多大。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、C【解析】A小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项 A 错误；B小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项 B 错误；C小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，在后半段对小球做正功，则小球的电势能先增大后减小，选项 C 正确；D由小球的受力情况可知，在 A 点时小球的加速度小于 g，在 AB 中点时小球的加速度等于 g，在 B 点时小球的加速度大于 g，则加速度是不断变化的，选项 D 错误。故选 C。2、A【解析】AD理想气体不计分子势能，温度升高，平均动能增大，内能一定增加，选项 A 正确，D 错误；BC温度升高，外界可能对气体做功，也可能从外界吸收热量，选项 BC 错误。故选 A.3、C【解析】A原子核发生衰变时电荷数守恒和质量数守恒，但质量不守恒，故 A 错误；B235114192192056360UnBaKr3 n为裂变方程，故 B 错误；C光电效应说明了光具有粒子性，故 C 正确；D康普顿在研究石墨对 X 射线的散射中发现光具有粒子性，故 D 错误。故选 C。4、B【解析】A根据2f可得该交变电流的频率 f=50Hz，变压器不改变频率，所以副线圈中交变电流的频率为 50 Hz，A 项错误；B原线圈所接的交变电压最大值为30 2V，则有效值为 30V，根据2f，代入数值解得 U=3V，即电压表的示数为 3V，B 项正确；C灯泡 L 正常发光时，副线圈中的电流为 231.5UIRA=2 A C 项错误；D灯泡 L 的额定功率 P=I2R=6W D 项错误。故选 B。5、B【解析】A粒子向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直 abcd 平面向外，故 A 错误；B粒子运动轨迹如图所示 根据图中几何关系可得2243=MPLLL，则 R2=3L2+（R-L）2 解得 R=2L 3322LsinL 解得=60 该粒子在磁场中运动的时间为 112663mmtTqBqB 故 B 正确；C根据洛伦兹力提供向心力可得mvRqB，解得该粒子在磁场中运动的速率为 2qBLvm 故 C 错误；D根据动量定理可得该粒子从 M 点到 N 点的运动过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量等于动量变化，由于速度变化不为零，则动量变化不为零，洛伦兹力对该粒子的冲量不为零，故 D 错误。故选 B。6、A【解析】AB地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以 a=c，根据 a=r2知，c 的向心加速度大于 a 的向心加速度。根据2GMar得 b 的向心加速度大于 c 的向心加速度。即 bcaaaa 故 A 正确，B 错误。C地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以 a=c，根据 v=r，c 的线速度大于 a 的线速度。根据GMvr得 b 的线速度大于c 的线速度，故 C 错误；D卫星 C 为同步卫星，所以 Ta=Tc，根据32rTGM得 c 的周期大于 b 的周期，故 D 错误；故选 A。二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、ABE【解析】AD气泡内气体压强 p=p0+gh，气泡升高过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程 pVCT，体积一定增大，故气泡内气体对外界做功，故 A 正确，D 错误。B温度是分子平均动能的标志，温度升高，泡内气体分子平均动能增大，故 B 正确。C温度升高，气泡内气体内能增大，即 U0，体积增大，即 W0，根据热力学第一定律 U=W+Q，可得 Q0，故气泡内的气体吸热，故 C 错误。E根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故 E 正确。故选 ABE。8、ABD【解析】A若小球刚好运动到 C 点，由动能定理，研究小球从 A 点到 C 点的过程得 mgh1mgcos371sin37hmgL00 解得 h11.5m 故 A 正确；B若小球开始滑下时的高度为 2m，根据动能定理，从 A 点到 C 点有 mgh2mgcos372sin37hmgLEkC0 解得 EkC0.25mg 由动能定理得小球要运动到 D 点(右半部分圆轨道上与圆心等高的点为 D 点)，在 C 点的动能至少是 mgR0.45mg 所以小球不能到达 D 点，在 C 点与 D 点之间某处速度减为零，然后沿圆轨道返回滑下，故 B 正确；C小球做完整的圆周运动，刚好不脱离轨道时，在圆轨道最高点速度最小是gR，由动能定理得 2mgR12mv2Ek0 理可得要使小球做完整的圆周运动，小球在 C 点动能最小值为 Ek098mg 若小球开始滑下时的高度为 2.5m，则小球在 C 点的动能是 0.5mg，若小球开始滑下时的高度为 3m，则小球在 C 点的动能是 0.75mg，这两种情况下小球通过 D 点后都会在 D 点与最高点之间某一位置做斜抛运动，即小球将离开轨道，故 C 错误，D 正确。故选 ABD。9、CDE【解析】A在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故 A 错误；B分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故 B 错误；C温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必减少，故 C 正确；D饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故 D 正确；E叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故 E 正确。故选 CDE【点睛】绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；相对湿度较大，但是绝对湿度不一定大；水的饱和汽压随温度的升高而增大；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，根据压强的微观解释分析分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数变化；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 10、CD【解析】Am1由 C 点下滑到 a 点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在 m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故 A 错误；B重力的功率就是 P=mgv，这里的 v 是指竖直的分速度，一开始 m1是由静止释放的，所以 m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到 A 点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是在这个 c 到 a 的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率 mgv 也是先增大后减小的过程，故 B 错误；C若 m1恰好能沿圆弧轨道下滑到 a 点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gR（1-cos60）=m2gR，解得：m1=2m2 选项 C 正确；D若 m1=4m2，设 m1下滑到 a 点速度大小为 v，则 22121211160-=(cos30)22m gRcosm gRmvm v（）解得 2g3vR 故 D 正确。故选 CD。三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.204 不变 1.20 【解析】(1)1由题图乙可知，小铁块所受滑动摩擦力1.0Nf，由fmg解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数=0.204.(2)2由于摩擦力与小铁块运动的速度无关，所以随着速度的增加，小铁块受到的摩擦力不变。(3)3由题图乙可知，小铁块所受的最大静摩擦力 max1.20Nf 所以至少需要 1.20N 的推力才能推动小铁块。12、5.167 A C E 24 ILDU 【解析】(1)1螺旋测微器校零时的示数 3.30.01mm=0.033mm 螺旋测微器测量的管线外径读数为 5.200mm，则所测金属管线外径 D=5.200-0.033mm=5.167mm(2)2两节新的干电池电动势为 3V，因此电压表选择 3 V 的量程，即为 C；3因为电量中最大电流大约为 3A0.6A5mEIR 为了测量的精确，电流表应选择 A，4滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择 E(3)5由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表采用外接法，连接滑动变阻器的滑片接头错误，应该在接线柱；(4)6该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而根据外径求出内径的大小故所需测量的物理量为金属管的长度 L、金属管的外径 D、加在管两端的电压 U、通过管的电流强度 I 据欧姆定律得，URI，又LRS，则LISU，因为 2222DdS（）（）解得:24 ILdDU 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）2kg（2）1.8cm（3）1.41103m2【解析】(1)加热时，气体先做等压变化，气缸活塞整体平衡，由平衡条件得：20NFMg 解得：2kgM (2)气体体积保持不变，气体发生等压变化，由查理定律得：11()2732732HSHh Stt 解得：1.8cmh (3)气体温度从12t到14t过程气体发生等容变化，由查理定律得：3223273273pptt 其中：20MgppS，30pp 解得：321.41 10 mS 14、（1）2032mvqh （2）02 33mvqB （3）02 333hmvqB 【解析】（1）在电场中，粒子经过 M 点时的速度大小 v=0sin30v=2v0 竖直分速度 vy=v0cot30=3v0 由22yvha，a=qEm得 E=2032mvqh （2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为 r 由牛顿第二定律得：qvB=m2vr，02mvmvrqBqB 根据几何关系得：R=rtan30=02 33mvqB （3）在电场中，由 h=12yvt得 t1=02 33hv；在磁场中，运动时间 2112663mmtTqBqB 故带电粒子从 P 点到 N 点，所经历的时间 t=t1+t2=02 333hmvqB 15、(1)2eEdvm；(2)三种；(3)11112meB。【解析】(1)电子在电场中加速 212eEdmv 解得 2eEdvm(2)磁场中 n 个半圆，则（2n+l）R=4d 半径满足 233ddR 解得 2.5n5.5 可见 n=3、4、5 共三种速度的电子.(3)上问 n=5 时运动时间最长 11R=4d 电子在磁场中运动 2vevBmR 111 24mteB 电子在电场中运动 212111=22dmtveB 最长时间 1211112mttteB