2022-2023学年福建省莆田第一中学高考仿真卷物理试卷含解析.pdf

2023 年高考物理模拟试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，质量为 M=3kg 的小滑块，从斜面顶点 A 静止开始沿 ABC 下滑，最后停在水平面 D 点，不计滑块从 AB 面滑上 BC 面，以及从 BC 面滑上 CD 面的机械能损失 已知：AB=BC=5m，CD=9m，=53，=37，重力加速度 g=10m/s2，在运动过程中，小滑块与接触面的动摩擦因数相同则（）A小滑块与接触面的动摩擦因数=0.5 B小滑块在 AB 面上运动时克服摩擦力做功，等于在 BC 面上运动克服摩擦力做功 C小滑块在 AB 面上运动时间大于小滑块在 BC 面上的运动时间 D小滑块在 AB 面上运动的加速度 a1与小滑块在 BC 面上的运动的加速度 a2之比是 5/3 2、若一个质点由静止开始做匀加速直线运动，下列有关说法正确的是（）A某时刻质点的动量与所经历的时间成正比 B某时刻质点的动量与所发生的位移成正比 C某时刻质点的动能与所经历的时间成正比 D某时刻质点的动能与所发生位移的平方成正比 3、如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框 abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为 R 的圆形区域的边界上，be 为圆形区域的一条直径，be 上方和下方分别存在大小均为 B 且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从 a 点流入、从 f 点流出的大小为 I 的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为 A3BIR B23BIR CBIR D0 4、如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则 AP 和 Q 都带正电荷 BP 和 Q 都带负电荷 CP 带正电荷，Q 带负电荷 DP 带负电荷，Q 带正电荷 5、一个物体在外力 F 的作用下静止在倾角为 的光滑固定斜面上，关于 F 的大小和方向，下列说法正确的是（）A若 F=mg，则 F 的方向一定竖直向上 B若 F=mgtan，则 F 的方向一定沿水平方向 C若 F=mgsin，则 F 的方向一定沿斜面向上 D若 F=mgcos，则 F 的方向一定垂直于斜面向上 6、关于卢瑟福的 粒子散射实验和原子的核式结构模型，下列说法中不正确的是（）A绝大多数 粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进 B只有少数 粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上 C卢瑟福依据 粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论 D卢瑟福的“核式结构模型”很好地解释了氧原子光谱的实验 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、有一种调压变压器的构造如图所示。线圈 AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中 A 为交流电流表，V 为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D 两瑞按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（）A当 R3不变，滑动触头 P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小 B当 R3不变，滑动触头 P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小 C当 P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大 D当 P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 8、平行金属板 PQ、MN 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为 E，内电阻为零；靠近金属板 P 的 S 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为 m，电荷量+q，初速度为零的粒子，粒子在加速电场 PQ 的作用下穿过 Q 板的小孔 F，紧贴 N 板水平进入偏转电场 MN；改变滑片 p 的位置可改变加速电场的电压 Ul和偏转电场的电压 U2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（）A粒子的竖直偏转距离与 U2成正比 B滑片 p 向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小 C飞出偏转电场的粒子的最大速率2Eqm D飞出偏转电场的粒子的最大速率Eqm 9、预计 2020 年再发射 24 颗卫星后，北斗全球系统建设将全面完成，使我国的导航定位精度不断提高。北斗导航卫星有一种是处于地球同步轨道，假设其离地高度为 h，地球半径为 R，地面附近重力加速度为 g，则有（）A该卫星运行周期可根据需要任意调节 B该卫星所在处的重力加速度为2()RgRh C该卫星运动动能为22()mgRRh D该卫星周期与近地卫星周期之比为23(1)hR 10、如图，理想变压器原.副线圈匝数比 n1:n2=3:1，灯泡 A、B 完全相同，灯泡 L 与灯泡 A 的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上45 2sin100ut(V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表，且电流表 A2的示数为 2A，则（）A电流表 A1的示数为 12A B灯泡 L 的额定功率为 20W C灯泡 A 的额定电压为 5V D将副线圈上的灯泡 A 撤去，灯泡 L 不能正常发光 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）在一次实验中,某同学想描绘一标有“3V，1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，除导线开关外还有:A直流电源(电动势约为 4V，内阻可不计)B直流电流表 A1(量程 03A，内阻约为 0.1)C直流电流表 A2(量程 0300mA，内阻为 1)D直流电压表 V1(量程 015V，内阻很大)E.直流电压表 V2(量程 04V，内阳很大)F.滑动变阻器(最大阻值 10，允许通过的最大电流为 2A)G.滑动变阻器(最大阻值 1k，允许通过的最大电流为 0.5A)H.定值电阻 R1=1 I.定值电阻 R2=10 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。(1)实验中电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_(均用序号字母表示)。(2)请按要求设计实验电路_ (3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，现把实验中使用的两个相同的小灯泡串联后由 E=3V，内阻不计的电源供电，此时灯泡的实际功率约为_W(结果保 留两位有效数字)。12（12 分）某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻 Rg=100，满偏电流 Ig=200A，定值电阻 R1=2.5，R2=22.5，电源电动势 E=1.5V，则该多用表 （1）A 接线柱应该是与_（填“红”或“黑”）表笔连接；（2）当选择开关接_（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；（3）若选 a 档测量电阻，则原表盘 100A，对应的电阻刻度值应当为_；原表盘 50A 的刻度，对应的电阻刻度值应当为_。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）一半径为 R10cm 的半圆形玻璃砖放置在竖直平面上，其截面如图所示。图中 O 为圆心，MN 为竖直方向的直径。有一束细光线自 O 点沿水平方向射入玻璃砖，可以观测到有光线自玻璃砖右侧射出，现将入射光线缓慢平行下移，当入射光线与 O 点的距离为 h6cm 时，从玻璃砖右侧射出的光线刚好消失。已知光在真空中的传播速度为c3108 m/s，则：(1)此玻璃的折射率为多少；(2)若 h 52cm，求光在玻璃砖中传播的时间。14（16 分）如图所示，固定在竖直面内半径 R=0.4m 的光滑半圆形轨道 cde 与长 s=2.2m 的水平轨道 bc 相切于 c 点，倾角=37的斜轨道 ab 通过一小段光滑圆弧与水平轨道 bc 平滑连接。质量 m=1 kg 的物块 B 静止于斜轨道的底端 b 处，质量 M=3kg 的物块 A 从斜面上的 P 处由静止沿斜轨道滑下，与物块 B 碰撞后黏合在一起向右滑动。已知 P 处与 c 处的高度差 H=4.8m，两物块与轨道 abc 间的动摩擦因数=0.25，取 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，A、B 均视为质点，不计空气阻力。求：(1)A 与 B 碰撞后瞬间一起滑行的速度大小；(2)物块 A、B 到达 e 处时对轨道的压力大小。15（12 分）某种透明材料制成的半球壳，外径是内径的两倍，过球心 O 的截面如图所示，A 是外球面上的点，AO 是半球壳的对称轴。一单色光在图示截面内从 A 点射入，当入射角 i=45时折射光恰与内球面相切于 B 点。（i）求透明材料对该光的折射率；（ii）要使从 A 点入射光的折射光能从内球面射出半球壳，求光在 A 点入射角应满足的条件。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、根据动能定理得：Mg0ABBCABBCCDSsinSsinMg S cosScosMgS,解得：716，故 A 错误；B、小滑块在 AB 面上运动时所受的摩擦力大小 f1=Mgcos53，小滑块在 BC 面上运动时所受的摩擦力大小 f2=Mgcos37，则 f1f2，而位移相等，则小滑块在 AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在 BC 面上运动克服摩擦力做功，故 B 错误。C、根据题意易知小滑块在 A、B 面上运动的平均速度小于小滑块在 B、C 面上的平均速度，故小滑块在 AB 面上运动时间大于小滑块在 BC 面上运动时间，C 正确；D、小滑块在 AB 面上运动的加速度2143/8agsingcosm s，小滑块在 BC 面上运动的加速度225/2agsingcosm s，则 12:43:20aa，故 D 错误。故选 C 2、A【解析】A根据pmv和vat，联立可得 pmat p与t成正比，故 A 正确；B根据2vax可得 2pmvmax p与x成正比，故 B 错误；C由于 2211()22kEmvm at kE与2t成正比，故 C 错误；D由于 2112max22kEmvmax kE与x成正比，故 D 错误。故选 A。3、A【解析】根据串并联电路的特点可知线框流过 af 边的电流：156II 流过 abcdef 边的电流：216II de、ab 边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理 bc、ef 边受到的安培力等大同向，斜向右下方，则 de、ab、bc、ef 边所受的安培力合力为：313FBIR 方向向下；cd 边受到的安培力：126BIRFBIR 方向向下，；af 边受到的安培力：2156BIRFBIR 方向向上，所以线框受到的合力：21313FFFFBIR A 正确，BCD 错误。故选 A。4、D【解析】AB受力分析可知，P 和 Q 两小球，不能带同种电荷，AB 错误；CD若 P 球带负电，Q 球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则 C 错误 D 正确，故本题选 D 5、C【解析】A由甲图可知，若 F=mg，则 F 的方向可能竖直向上，也可能与竖直方向成 2 角斜向下，选项 A 错误；B由乙图可知，若 F=mgtan，则 F 的方向可能沿水平方向，也可能与斜面成 角斜向上，选项 B 错误；C由甲图可知，若 F=mgsin，则 F 的方向是唯一的，一定沿斜面向上，选项 C 正确；D由图丙可知，若 F=mgcos，则若以 mgcos 为半径做圆，交过 G 且平行于 N 的直线于两个点，则说明 F 的解不是唯一的，且 F 的方向一定不是垂直于斜面向上，选项 D 错误；故选 C。6、D【解析】A粒子散射实验的内容是：绝大多数粒子几乎不发生偏转；少数粒子发生了较大的角度偏转；极少数粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90，有的甚至几乎达到180，被反弹回来），故 A 正确；B粒子散射实验中，只有少数粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，但不能说明原子中正电荷是均匀分布的，故 B 正确；C卢瑟福依据粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论，故 C 正确；D玻尔的原子模型与原子的核式结构模型本质上是不同的，玻尔的原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，故 D错误；不正确的故选 D。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、AC【解析】A当3R不变，滑动触头P顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，故 A 正确；B当3R不变，滑动触头P逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，故 B 错误；CD保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，1R分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过2R的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，故 C 正确，D 错误；故选 AC。8、BC【解析】A带电粒子在加速电场中加速 21012U qmv 在偏转电场中 2222011()24U qU llydm vdU 由于 12UUE 则 222212=44()U lU lydUd EU 则粒子的竖直偏转距离 y 与 U2不是成正比关系，选项 A 错误；B从偏转电场飞出的粒子的偏转角 22011tan22yvU lU lvdUdU 滑片 p 向右滑动的过程中 U1变大，U2减小，则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小，选项 B 正确；CD当粒子在加速电场中一直被加速时，飞出偏转电场的速率最大，即当 U1=E 时粒子的速率最大，根据动能定理 212mEqmv 解得 2mEqvm 选项 C 正确，D 错误。故选 BC。9、BC【解析】A地球同步卫星和地球自转同步，周期为 24 h，即该卫星运行周期是固定不变的，选项 A 错误；B由 2MmGmgr 可知 2GMgR 2()GMgRh 则该卫星所在处的重力加速度是 2()RggRh 选项 B 正确；C由于 22MmvGmrr 则 2GMgRvrRh 该卫星的动能 22k122()mgREmvRh 选项 C 正确；D根据开普勒第三定律可知，该卫星周期与近地卫星周期之比为 32()TRhTR 选项 D 错误。故选 BC。10、BD【解析】A因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为 24AI 由变压规律可知原线圈中电流为 212143AnIIn 即电流表 A1的示数为43A，故 A 错误；BC令副线圈两端电压为2U，则由变压规律可知原线圈两端电压为 112223nUUUn 令灯泡 L 两端电压为LU，则有 12LAU IU I 根据题意则有 1LUUU 45VU 联立可得 210VU，15VLU 则灯泡 A 的额定电压为 10V，灯泡 L 与灯泡 A 的额定功率相同，则灯泡 L 和 A 的额定功率 22 10W20WAPI U 故 B 正确，C 错误；D将副线圈上的灯泡A 撤去，则输出电流变小，根据理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小，灯泡 L不能正常发光，故 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、C E F 0.54-0.57 【解析】(1)12小灯泡的额定电压为 3V，因此电压表选择量程大于等于 3V 的即可，电压表故选 E；而小灯泡的额定电流为 1.5A0.5A3PIU 电流表 A1量程太大，测量误差太大，故应用电流表 A2和定值电阻1R并联，改装成电流表，电流表故选 C；3还需要调节电路的滑动变阻器，为了方便操作，且小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选阻值较小的 F；(2)4本实验小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；同时因电流表内阻与小灯泡的电阻接近，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故电流表选用外接法；实验电路图如图所示：(3)5电源内阻不计，两灯泡串联，每个灯泡两端电压相等为1.5VU，根据UI图象可知，此电压下流经灯泡的电流为 0.37AI 则小灯泡的功率 1.5 0.37W0.56WPUI 12、黑 b 150 450【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A 接线柱应该是与“黑”表笔连接；（2）整个回路最小电流minEIRR内外，同时ggg12minI RIIRR，当选择开关接 b 时，此时R外有最大值。当选择开关接 b 档时其对应的电阻档的倍率更高。（3）用 a 档测量电阻，欧姆调零时，gg2g1m10000 AIRRIIR，此时150mERI内，当1100 AgI，此时干路电流为12115000 AgggIRRIIR，由于EIRR内外，解得150RR外内；当表盘150 AgI时，此时干路电流为12112500 AgggIRRIIR，由于EIRR内外，解得3450RR外内。【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题。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)53；(2)8210 s9【解析】设此光线的临界角为 C。(1)根据题意可知，当入射光线与 O 点的距离为 h 时，从玻璃砖射出的光线刚好消失，光线恰好在 MN 圆弧面上发生了全反射，作出光路图，如图 根据几何知识得 sinhCR 又 1sinCn 解得 53Rnh(2)若 h 52cm，光在 MN 圆弧面上的入射角 45C 光在 MN 圆弧面上发生全反射，光路如图 光在玻璃砖中传播的时间 4htv 又 cvn 解得 8210 s9t 14、(1)6m/s；(2)50N【解析】(1)A 沿斜轨道下滑时，由牛顿第二定律 1sincosMgMgMa 结合运动学公式 212sinHva 两物块碰撞满足动量守恒，选取水平向右为正方向 12 ()MvMm v 解得 26m/sv (2)物块从 b 运动到 e 的过程，根据动能定理 223211()()2()()22Mm gsMm gRMm vMm v 在 e 点，根据牛顿第二定律 23RFmM gmMv 解得 50NF 根据牛顿第三定律可知物块对轨道e点的压力大小为50N。15、（i）2n；（ii）i30【解析】（i）当入射角 i=45时，设折射角为 r，透明材料对该光的折射率为 n，ABO 为直角三角形，则 sin2RrR sinsininr 解得 r=30 2n （ii）光在 A 点入射角为 i时，设折射角为 r，折射光射到内球面上的 D 点刚好发生全反射，则折射光完全不能从内球面射出半球壳，折射光在内球面的入射角等于临界角为 C，如图所示，在 ADO 中，由正弦定理有 2sin sin 180RRrC 1sinCn sin sin inr 解得 2sin 4r 1sin 2i 解得 i=30 要使从 A 点射入光的折射光能从内球面射出半球壳，则光在 A 点入射角 i 应满足：i30