2023届北京丰台区北京第十二中学高考物理五模试卷含解析.pdf

2023 年高考物理模拟试卷 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 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、如图，劲度系数为400N/m的轻弹簧一端固定在倾角为45的光滑楔形滑块的顶端O处，另一端拴一质量为m=1010kg的小球。当楔形滑块以大小为 a=3g 的加速度水平向右运动时，弹簧的伸长量为（取 g=10m/s2）（）A54cm B104cm C1.25cm D2.5cm 2、如图所示，通有恒定电流的导线 MN 与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置平移到位置，第二次将金属框绕 cd 边翻转到位置，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为和，则（）A B C D不能判断 3、甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A甲车做直线运动，乙车做曲线运动 B在 0t1时间内，甲车平均速度等于乙车平均速度 C在 0t2时间内，丙、丁两车在 t2时刻相遇 D在 0t2时间内，丙、丁两车加速度总是不相同的 4、取一根长 2m 左右的细线，5 个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔 12 cm 再系一个，以后垫圈之间的距离分别是 36 cm、60 cm、84 cm，如图所示站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不计空气阻力，则第 2、3、4、5 个垫圈（）A落到盘上的声音时间间隔越来越大 B落到盘上的声音时间间隔相等 C依次落到盘上的速率关系为1:2:3:2 D依次落到盘上的时间关系为1:21:32:23 5、下列说法中正确的有 _ A阴极射线是一种电磁辐射 B所有原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的谱线一定不同 C 衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的 D古木的年代可以根据体内碳 14 放射性强度减小的情况进行推算 6、如图所示，内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上，且恰好处在两固定光滑挡板 M、N 之间，圆轨道半径为 1 m，其质量为 1 kg，一质量也为 1 kg 的小球（视为质点）能在管内运动，管的内径可不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，取 g10 m/s2。则小球运动到最低点时对轨道的压力大小为 A70 N B50 N C30 N D10 N 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、对于热运动和热现象，下列说法正确的是（）A玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用 B云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列 C未饱和汽在降低温度时也不会变成饱和汽 D物体放出热量，其分子平均动能可能增大 E.气体压强达到饱和汽压时，蒸发和液化都停止了 8、如图所示，理想变压器的原线圈接在 110 2sin50Vut的交流电源上，副线圈接有110R 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为 1：2，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A电流表的示数约为5.7A B电压表的示数约为220V C原线圈的输入功率为440W D副线圈输出的交流电的频率为50Hz 9、如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率 v=4m/s 顺时针转动。一煤块以初速度 v0=12m/s从 A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取 g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A倾斜传送带与水平方向夹角的正切值 tan=0.75：B煤块与传送带间的动摩擦因数=0.5 C煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 4s D煤块在传送带上留下的痕迹长为12+4 5（）m 10、甲、乙两质点同时同地在外力的作用下做匀变速直线运动，其运动的xtt图像如图所示。关于甲、乙两质点的运动情况，下列说法中正确的是（）A乙质点做初速度为 c 的匀加速直线运动 B甲质点做加速度大小为2cd的匀加速直线运动 C2dt 时，甲、乙两质点速度大小相等 D4dt 时，甲、乙两质点速度大小相等 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）如图所示，是把量程为 010mA 的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电池电动势 E=1.5V。(1)经改装后，若要确定“0”刻度位置，应将红、黑表笔短接，并调节滑动变阻器 R 的阻值，使原电流表指针指到_mA 刻度处；(2)改装后的欧姆表的内阻值为_，电流表 2mA 刻度处应标_。12（12 分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中 M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）(1)下列实验步骤正确的是_ A用天平测出砂和砂桶的质量 B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.实验中不需要砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为 50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_2m/s。（结果保留两位有效数字）(3)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_。A2tan Btan C2k Dk 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）一长木板在水平地面上运动，在 t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小 g=10/s2.求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；（2）从 t=0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小 14（16 分）如图所示，水平轨道 AB 和 CD 分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直光滑圆形轨道与 CD 相切于点 E，一轻质弹簧原长03ml，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为1kgm 的小物块 P 由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为1.2ml。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点，另一端与小物块 P 接触但不连接。弹簧原长小于光滑轨道 AB 的长度，轨道靠近 B 处放置一质量为2kgM 的小物块Q。传送带长25mL，沿顺时针方向以速率6m/sv 匀速转动，轨道 CE 长为4mx。物块与传送及轨道 CE 之间的动摩擦因数均为0.2。现用小物块 P 将弹簧压缩至长度为1.2ml，然后释放，P 与 Q 弹性碰撞后立即拿走物块 P，Q 恰好可以到达与光滑圆形轨道圆心等高的 F 点，取210m/sg。（1）求 P 与 Q 碰撞后 Q 的速度；（2）求光滑圆形轨道的半径 R。15（12 分）研究比较复杂的运动时，可以把一个运动分解为两个或几个比较简单的运动，从而使问题变得容易解决。(1)如图，一束质量为 m，电荷量为 q 的粒子，以初速度 v0沿垂直于电场方向射入两块水平放置的平行金属板中央，受到偏转电压 U 的作用后离开电场，已知平行板长为 L，两板间距离为 d，不计粒子受到的重力及它们之间的相互作用力。试求 粒子在电场中的运动时间 t；粒子从偏转电场射出时的侧移量 y。(2)深刻理解运动的合成和分解的思想，可以帮助我们轻松处理比较复杂的问题。小船在流动的河水中行驶时，如图乙所示。假设河水静止，小船在发动机的推动下沿 OA 方向运动，经时间 t 运动至对岸 A 处，位移为 x1；若小船发动机关闭，小船在水流的冲击作用下从 O 点沿河岸运动，经相同时间 t 运动至下游 B 处，位移为 x2。小船在流动的河水中，从 O 点出发，船头朝向 OA 方向开动发动机行驶时，小船同时参与了上述两种运动，实际位移 x 为上述两个分运动位移的矢量和，即此时小船将到达对岸 C 处。请运用以上思想，分析下述问题 弓箭手用弓箭射击斜上方某位置处的一个小球，如图丙所示。弓箭手用箭瞄准小球后，以初速度 v0将箭射出，同时将小球由静止释放。箭射出时箭头与小球间的距离为 L，空气阻力不计。请分析说明箭能否射中小球，若能射中，求小球下落多高时被射中；若不能射中，求小球落地前与箭头的最近距离。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、D【解析】当小球和斜面间的弹力为零时，设此时的加速度大小为 a0，则由牛顿第二定律，有 0tanmgma 代入数据得 a0=g 故当滑块以 a=3g 的加速度水平向右运动时，由 aa0，知小球此时离开斜面，根据受力分析，结合力的合成与分解，可得 22()0()1Fmgmamg 根据胡克定律有 F=kx 联立代入数据得 x=2.510-2m=2.5cm 故 ABC 错误，D 正确；故选 D。2、C【解析】第一次将金属框由位置 I 平移到位置，磁感线穿过金属框的方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金属框绕边翻转到位置，磁感.线穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以，选项 C 正确.ABD 错 故选 C 3、B【解析】A位移时间图线表示位移随时间的变化规律，不是物体运动的轨迹，甲乙都做直线运动，故 A 错误；B由位移时间图线知，在 0t1时间内，甲乙两车通过的位移相等，时间相等，甲车平均速度等于乙车平均速度，故B 正确；C由v t图像与坐标轴所围面积表示位移，则由图可知，丙、丁两车在 t2时刻不相遇，故 C 错误；D由v t图像斜率表示加速度，由图像可知，在 0t2时间内有个时刻两车的加速度相等，故 D 错误。故选 B。4、B【解析】AB、5 个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1:3:5:7，可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为1:3:5:7，因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1:3:5:7，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等，故选项 A 错误，B 正确；CD、因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘中的时间比为1:2:3:4，则速度之比为1:2:3:4，故选项C、D 错误 5、B【解析】A阴极射线是高速电子流，故 A 错误；B原子光谱，是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，原子光谱都不是连续的，每一种原子的光谱都不同，称为特征光谱，故 B 正确；C 衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故 C 错误；D原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，不随时间改变，故 D 错误。故选 B。6、A【解析】抓住小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，求出最高点的速度，根据动能定理求出小球在最低点的速度，从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，根据牛顿第三定律得出小球对圆轨道的最大压力【详解】当小球运动到最高点时速度最小，此时圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m21vR，N=mg，解得最高点的速度 v1=2gR；小球从最高点到最低点，根据动能定理得，mg 2R=22211122mvmv，解得 v2=6gR；根据牛顿第二定律得，Nmg=m22vR，联立解得 N=7mg=70N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力 N=7mg=70N，故 A 正确，BCD 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、ABD【解析】A玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用，选项 A 正确；B云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列，选项 B 正确；C饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则降低温度可使未饱和汽变成饱和汽，故 C 错误；D物体放出热量，若外界对物体做功大于放出的热量，则物体内能增大，温度升高，则其分子平均动能会增大，选项 D 正确；E气体压强达到饱和汽压时，进入液体内的和跑出液体的分子数相等，蒸发和液化都没有停止，选项 E 错误。故选 ABD。8、BC【解析】AB由题意可知变压器输入电压的有效值1110VU，由1122UnUn可知，副线圈两端电压 2220VU 电压表的示数为220V；通过电阻R的电流 22220A2A110UIR 由1 122n In I得 14AI 电流表的示数为4A，故 A 错误，B 正确；C变压器两端功率相等，故原线圈的输入电功率等于输出功率 222202W440WPU I 故 C 正确；D交流电的频率 50Hz25Hz22f 变压器不改变交流电的频率，故 D 错误。故选 BC。9、AD【解析】AB由 vt 图像得 01s 内煤块的加速度大小 221124m/s8m/s1a 方向沿传送带向下；12s 内煤块的加速度大小 22240m/s4m/s1a 方向沿传送带向下。01s，对煤块由牛顿第二定律得 1sincosmgmgma 1 2s，对煤块由牛顿第二定律得 mgsin 一 mgcos=ma2 解得 tan=0.75，=0.25 故 A 正确，B 错误；Cvt 图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为 x=10m，由运动学公式得下滑时间为 222 10s5s4xta下 所以煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为25 s，故 C 错误；D01s 内煤块比传送带多走 4m，划痕长 4m，12s 内传送带比煤块多走 2m，划痕还是 4m。2 25 s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为 2212124 5 m2a tvt，故 D 正确。故选 AD。10、BD【解析】A根据匀变速直线运动位移时间公式2012xv tat得01 2xvatt 对于乙质点，由图可知 v0乙=c 12cad 乙 乙的加速度为 2cad 乙 乙质点做初速度为 c 的匀减速直线运动，选项 A 错误；B对于甲质点，由图可知 v0甲=0 12cad甲 甲的加速度为 2cad甲 甲质点做加速度大小为 2cd的匀加速直线运动，故 B 正确。C2dt 时，甲的速度 22=cdcdva t甲甲 乙质点速度 020=v2vadtccd乙乙乙 选项 C 错误；D4dt 时，甲的速度 22=14cdvtdac甲甲 乙质点速度 021=v42va tccdcd乙乙乙 即甲、乙两质点速度大小相等，选项 D 正确。故选 BD。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、10 150 600 【解析】(1)1根据闭合欧姆定律 gxEIRR 可知，当电流最大时，测量电阻最小，即若要确定“0”刻度位置，应将红、黑表笔短接，并调节滑动变阻器 R 的阻值，使原电流表指针指到 10mA 刻度处(2)2改装后欧姆表的内阻为 g3g1.515010 10ERI 32mA 刻度处标 31.5(150)6002 10gERRI 12、BDE 1.3 C 【解析】(1)1AE本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故 A 错误，E 正确；B该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，应拿走砂桶，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故 B 正确；C打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故 C 错误；D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，获取多组实验数据，故 D 正确；故选 BDE。(2)2由于两计数点间还有两个点没有画出，故 T=0.06s，由 x=aT2可得 22360322(3.83.32.82.3 1.9 1.4)101.3m/s99 0.06xxaT(3)3由牛顿第二定律得 2F=ma 则 2aFm a-F 图象的斜率 2km 小车质量为 2mk 故选 C；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、（3）3.23，3.33（2）s=3.325m【解析】试题分析：（3）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为 3和 2，木板与物块的质量均为 m v-t 的斜率等于物体的加速度，则得：在 3-35s 时间内，木板的加速度大小为2215 1/8/0.5vam sm st 对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得3mg+22mg=ma3，对物块：3-35s 内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=3g t=35s 时速度为 v=3m/s，则 v=a2t 由解得 3=323，2=333（2）35s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为 a=2g 由于物块的最大静摩擦力 3mg2mg，所以物块与木板不能相对静止 根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于 a2=3g=2m/s2 35s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为221124/mgmgam sm 故整个过程中木板的位移大小为22201111.62522vvvxmaa 物块的位移大小为222220.522vvxmaa 所以物块相对于木板的位移的大小为 s=x3-x2=3325m 考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题首先要掌握 v-t 图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移 14、（1）4m/s（2）1m【解析】（1）将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为1kgm 的小物块 P 由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为1.2ml，则此时弹簧具有的弹性势能为 10(3 1.2)J=18JpEmg l 弹簧水平放置时，小物块 P 将弹簧压缩至长度为1.2ml，然后释放，可知此时弹簧具有的弹性势能仍为 EP=18J，则物体 P 脱离弹簧后的速度满足 2012pmvE 解得 v0=6m/s 物块 P 与 Q 碰撞满足动量守恒的能量守恒，则：01mvmvMv 22201111222mvmvMv 解得 v1=4m/s（2）物块滑上传送带上时的加速度 22m/sag 加速到共速时的距离为 22221645m25m22 2vvsa 可知物块 Q 将以 6m/s 的速度滑离传送带，即到达 C 点的速度 vC=6m/s 则由 C 点到 F 点由动能定理：21-02CMgxMgRMv 解得 R=1m 15、(1)0Ltv；2202qULymdv；(2)能，2202gLv【解析】(1)沿垂直电场方向粒子不受外力，做匀速直线运动 0Ltv 粒子在偏转电场中运动的加速度 qUamd 根据运动学公式212yat，得 2202qULymdv(2)箭能够射中小球，如答图 1 所示：箭射出后，若不受重力，将沿初速度方向做匀速直线运动，经时间 t 从 P 运动至小球初始位置 D 处，位移为 x1=L 脱离弓后，若箭的初速度为零，将沿竖直方向做自由落体运动，经相同时间 t 从 P 运动至 E，位移为 x2；箭射出后的实际运动，同时参与了上述两种运动，实际位移 x 为上述两个分运动位移的矢量和（遵循平行四边形定则），即此时箭将到达 F 处。小球由静止释放后做自由落体运动，经相同时间 t 运动的位移与箭在竖直方向的分位移 x2相同，即小球与箭同时到达 F 处，能够射中小球。若不受重力，箭从 P 运动至小球初始位置 D 处的时间 0Ltv 射中时小球下落的高度 h=12gt2，解得 h=2202gLv