2022-2023学年广东深圳市高考适应性考试物理试卷含解析.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、在光电效应实验中，某同学先后用甲、乙两种光照射同一光电管，得到如图所示的两条光电流与电压之间的关系曲线，则两种光中（）A甲光的频率比较大 B甲光的波长比较长 C甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较少 D甲光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大 2、甲、乙两车某时刻由同一地点、沿同一方向开始做直线运动。甲、乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图所示，则（）A0 时刻，甲车速度比乙车小 Bt2时刻，甲乙两车速度相等 C0t1时间内，甲车的平均速度比乙车大 D0t2时间内，甲车通过的距离大 3、关于速度、速度变化量和加速度的关系，正确说法是 A物体运动的速度越大，则其加速度一定越大 B物体的速度变化量越大，则其加速度一定越大 C物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大 D物体的加速度大于零，则物体一定在做加速运动 4、如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内存在一正点电荷 Q，坐标轴上有 A、B、C 三点，OA=OB=BC=a，其中 A 点和B 点的电势相等，O 点和 C 点的电势相等，静电力常量为 k，则下列说法正确的是（）A点电荷 Q 位于 O 点 BO 点电势比 A 点电势高 CC 点的电场强度大小为22kQa D将某一正试探电荷从 A 点沿直线移动到 C 点，电势能一直减小 5、如图甲所示，单匝矩形金属线框 abcd 处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积0.3S 2m，线框连接一个阻值3R 的电阻，其余电阻不计，线框 cd 边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度 B 的正方向，磁感应强度 B 随时间 t 变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是（）A00.4s 内线框中感应电流沿逆时针方向 B0.40.8s 内线框有扩张的趋势 C00.8s 内线框中的电流为 0.1A D00.4s 内 ab 边所受安培力保持不变 6、如图所示，在真空云室中的矩形 ABCD 区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在 O 点的铀 238 原子核23892U发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径迹，曲线 OP 为14圆弧，x 轴过 O 点且平行于 AB 边。下列说法正确的是（）A铀 238 原子核发生的是 衰变，放出的射线是高速电子流 B曲线 OP 是射线的径迹，曲线 OQ 是反冲核的径迹 C改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变 D曲线 OQ 是 射线的径迹，其圆心在 x 轴上，半径是曲线 OP 半径的 45 倍 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、如图甲所示，在光滑绝缘水平面内。两条平行虚线间存在一匀强磁场。磁感应强度方向与水平面垂直。边长为 l 的正方形单匝金属线框 abcd 位于水平面内，cd 边与磁场边界平行。0t 时刻线框在水平外力 F 的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（）A水平外力为恒力 B匀强磁场的宽度为83l C从开始运动到 ab 边刚离开磁场的时间为04 3t D线框穿出磁场过程中外力 F 做的功大于线框进入磁场过程中外力 F 做的功 8、下列说法中正确的是_ A由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势 B在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关 C水面上的单分子油膜，在测量分子直径 d 的大小时可把分子当作球体处理 D食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性 E.分子间距离在小于0r范围内，分子间距离减小时，引力减小，斥力增大，分子力表现为斥力 9、18 世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想“穿透”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，则以下说法正确的是（已知地球表面处重力加速度 g 取 10 m/s2；地球半径 R6.4106 m；地球表面及内部某一点的引力势能EpGMmr，r 为物体距地心的距离）（）A人与地球构成的系统，虽然重力发生变化，但是机械能守恒 B当人下落经过距地心 0.5R 瞬间，人的瞬时速度大小为 4103 m/s C人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比 D人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功 W1.6109 J 10、我国探月工程分“绕、落、回”三步走，近期将发射“嫦娥五号”探测器执行月面采样返回任务。图为探测器绕月运行的示意图，O 为月球球心。已知环月圆轨道 I 和椭圆轨道 II 相切于 P 点，且 I 轨道半径为 II 轨道半长轴的 1.25 倍。则探测器分别在 I、II 两轨道上稳定运行时（）A周期 T1:T2=5:4 B机械能 EI=EII C经过 P 点的速度 vIvII D经过 P 点的加速度 aI=aII 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）某同学改装和校准电压表的电路如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路所用电池的电动势E为20V，内阻r为20（Er、均保持不变）。(1)已知表头 G 满偏电流为100A，表头上标记的内阻值为121350,R R和3R是定值电阻，利用1R和表头构成量程为1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用ab、两个接线柱，电压表的量程为3V；若使用ac、两个接线柱，电压表的量程为15V。则定值电阻的阻值为1R _，2,R_，3R _。(2)用量程为3V，内阻为2500的标准电压表V对改装表3V挡的不同刻度进行校准。滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50和5000。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为_的滑动变阻器。校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应靠近端_（填“M”或“N”）。(3)在3V挡校对电路中，开关全部闭合，在保证电路安全前提下让滑片P从M端缓慢向N端滑动的过程中，表头G的示数_，电源的输出功率_，电源的效率_（填变化情况）。(4)若表头G上标记的内阻值不准，表头G内阻的真实值小于1350，则改装后电压表的读数比标准电压表的读数_（填“偏大”或“编小”）。12（12 分）利用图 a 所示电路，测量多用电表内电源的电动势 E 和电阻“10”挡内部电路的总电阻 R内。使用的器材有：多用电表，毫安表（量程 10mA），电阻箱，导线若干。回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“10”挡，红表笔和黑表笔短接，调零；(2)将电阻箱阻值调到最大，再将图 a 中多用电表的红表笔和_（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。(3)调节电阻箱，记下多组毫安表的示数 I 和电阻箱相应的阻值 R；某次测量时电阻箱的读数如图 b 所示，则该读数为_；(4)甲同学根据EIRR内，得到关于1I的表达式，以1I为纵坐标，R 为横坐标，作1RI图线，如图 c 所示；由图得E=_V，R内=_。（结果均保留三位有效数字）(5)该多用电表的表盘如图 d 所示，其欧姆刻度线中央刻度值标为“15”，据此判断电阻“10”挡内部电路的总电阻为_，甲同学的测量值 R内与此结果偏差较大的原因是_。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）如下图，一横截面积为 S 的绝热气缸固定在绝热水平面上，一绝热活塞封闭气缸内一定质量的理想气体，在气缸右侧有一暖气管，气缸与暖气管相接处密闭性良好，气缸左侧的活塞用一跨过定滑轮的轻绳与一质量为 M 的砝码相连。当活塞稳定后，测得活塞到气缸右侧壁之间的距离 L，温度传感器测得此时气缸内气体的温度为 T1。现让高温暖气从暖气管的上端流进、再从暖气管的下端流出，经过一段时间后发现活塞缓慢向左移动了一小段距离后便静止不动了。这个过程中气缸内的气体吸收热量 Q 后，温度传感器的读数为 T2。设重力加速度为 g，大气压强为 P0，忽略所有摩擦，回答问题。(i)试分析密闭气体体积的变化，并求出此变化量 V；(ii)求此过程中气缸内气体内能的变化量 U。14（16 分）一质点 A 做简谐运动，某时刻开始计时，其位移和时间关系如图甲所示。由于 A 质点振动形成的简谐横波沿 x 正方向传播，在波的传播方向所在的直线上有一质点 B，它距 A 的距离为 0.3m，如图乙所示。在波动过程中，开始计时时 B 质点正经过平衡位置向下运动，求(1)从开始计时，t=0.25102s 时质点 A 的位移；(2)在 t=0 到 t=8.5102s 时间内，质点 A 的路程、位移；(3)该简谐横波在介质传播的速度。15（12 分）如图所示，固定在水平面开口向上的导热性能良好足够高的汽缸，质量为 m5kg、横截面面积为 S=50cm2的活塞放在大小可忽略的固定挡板上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，开始汽缸内气体的温度为 t1=27、压强为 p1=1.0105Pa。已知大气压强为 p0=1.0105Pa，重力加速度为 g=10m/s2。(1)现将环境的温度缓慢升高，当活塞刚好离开挡板时，温度为多少摄氏度？(2)继续升高环境的温度，使活塞缓慢地上升 H=10cm，在这上过程中理想气体的内能增加了 18J，则气体与外界交换的热量为多少？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、B【解析】ABD根据 212cmU emvhW逸出功 由图像可知，乙光的截止电压较大，则乙光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大，乙光的频率较大，根据c则甲光波长较大，选项 AD 错误，B 正确；C由图像可知，甲光的饱和光电流较大，则甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较多，选项 C 错误；故选 B。2、C【解析】AB因 x-t 图像的斜率等于速度，可知 0 时刻，甲车速度比乙车大，t2时刻，甲乙两车速度不相等，选项 AB 错误；C0t1时间内，甲车的位移大于乙，可知甲车的平均速度比乙车大，选项 C 正确；D0t2时间内，两车通过的距离相等，选项 D 错误。故选 C。3、C【解析】A物体运动的速度大时，可能做匀速直线运动，加速度为零，故 A 项错误；B据vat可知，物体的速度变化量大时，加速度不一定大，故 B 项错误；C物体的速度变化率就是vt，物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大，故 C 项正确；D当物体的加速度大于零，速度小于零时，物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，故 D 项错误。4、C【解析】因 A 点和 B 点的电势相等，O 点和 C 点的电势相等，故 A、B 到点电荷的距离相等，O、C 到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示 由图可知 A 错误，因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故 O 点电势比 A 点低，故 B 错误，由图可知 OC 的距离2Cra，根据2QEkr，得22CkQEa，故 C 正确；由图可知，将正试探电荷从 A 点沿直线移动到 C 点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故 D 错误，故选 C.5、C【解析】A由图乙所示图线可知，0-0.4s 内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故 A 错误。B由图乙所示图线可知，0.4-0.8s 内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故 B 错误。C由图示图线可知，0-0.8s 内的感应电动势为 0.40.40.3(V=0.3V0.)8BEStt 线框中的电流为：0.3A=0.1A3EIR 故 C 正确。D在 0-0.4s 内感应电流 I 保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度 B 大小不断减小，由 F=ILB 可知，ab 边所受安培力不断减小，故 D 错误。故选 C。6、D【解析】AD衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是 衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力 2vqvBmr 得 mvrqB 由于反冲核的电荷量比 射线大，则半径更小，即曲线 OQ 是射线的径迹，曲线 OP 是反冲核的径迹，由于曲线 OP为14圆弧，则其圆心在 x 轴上，射线初速度与 x 轴重直，新核初速度与 x 轴垂直，所以新核做圆周运动的圆心在 x 轴上 由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是 粒子的 45 倍，由半径公式可知，轨道半径之比等于电荷量的反比，则曲线 OQ 半径是曲线 OP 半径的 45 倍，故 A 错误，D 正确。BC由动量守恒可知 0mvm v 粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力 2vqvBmr 得 mvrqB 由于反冲核的电荷量比 射线大，则半径更小，即曲线 OQ 是射线的径迹，曲线 OP 是反冲核的径迹，反冲核的半径与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系不变，故 BC 错误。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、BCD【解析】根据线框感应电流EBLvIRR，结合 i-t 图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象找到进入和穿出磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab 边离开的时间。根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。根据安培力公式得出导线框所受的安培力。【详解】线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力 F 必然不是恒力，选项 A错误；由图乙可知 2t04t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为 a，边框长为：l=12a(4t0)212a(2t0)2=6at02；磁场的宽度为：d=12a(6t0)212a(2t0)2=16at02；故 d=8 3l，故选项 B 正确；设 t 时刻线框穿出磁场，则有：6at02=12at212a(6t0)2，解得：t=43t0，选 C 正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，根据2 2B l vFmaR可知，线框出离磁场过程中的水平拉力大于进入磁场过程中的水平拉力，线框穿出磁场过程中外力 F 做的功做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，选项 D 正确。故选 BCD。8、BCD【解析】A由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力大于斥力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项 A 错误；B在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，选项 B 正确；C水面上的单分子油膜，在测量分子直径 d 的大小时可把分子当作球体处理，选项 C 正确；D食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，选项 D 正确；E分子间距离在小于0r范围内，分子间距离减小时，引力斥力同时增大，分子力表现为斥力，选项 E 错误。故选 BCD。9、AC【解析】A.人下落过程只有重力做功，重力做功效果为重力势能转变为动能，故机械能守恒，故 A 正确；B.当人下落经过距地心 0.5R 瞬间，其引力势能为：0.5pGMmRE 根据功能关系可知：ppkEEE 即：2100.52GMmGMmmRRv 在地球表面处忽略地球的自转：2GMmmgR 则联立以上方程可以得到：328 2m/s10vgR 故 B 错误；C.设人到地心的距离为r，地球密度为，那么，由万有引力定律可得：人在下落过程中受到的万有引力为：3224433Gr mGMmFG mrrr=故万有引力与到地心的距离成正比，故 C 正确；D.由万有引力43FG mr可得：人下落到地心的过程万有引力做功为：1122243GMmWG mRRmgRR=由于人的质量m未知，故无法求出万有引力的功，故 D 错误；故选 AC。10、CD【解析】A根据开普勒第三定律可知 3311225()1.2558TrTa 故 A 错误；BC从 P 点由轨道 II 进入轨道 I 要点火加速，即 vIvII，则在轨道 I 上的机械能大于轨道 II 上的机械能，故 B 错误，C 正确；D经过 P 点时探测器受到月球的引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度 aI=aII，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、150 2865 1200 50 M 增大 增大 减小 偏大 【解析】(1)1电阻1R与表头 G 并联，改装成量程为1mA的电流表，表头满偏电流为100A，此时通过电阻1R的电流为900A，由并联分流规律可知 1900100gRR 得 1150R 改装后电流表内阻 AgAAg135R RRRR 2将其与2R串联改装为3V的电压表由欧姆定律可知，3V量程电压表的内阻 A2333k1 10RR 解得 22865R 3再串联3R改装为15V量程电压表，3R所分电压为12V，所以 331212k1 10R (2)4在校准电路中，滑动变阻器采用分压式接法，故选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选用最大阻值为50的滑动变阻器；5电源电动势20VE 远大于电压表量程，所以闭合开关前应使滑片靠近M端，使电压表在接通电路时两端电压由较小值开始增大(3)6滑片由M向N滑动过程中，电压表两端电压逐渐增大，通过表头的电流增大，即示数增大 7随滑片由M向N滑动，外电路的总电阻始终大于电源内阻且逐渐减小，所以电源的输出功率增大；8由 ErUErR总 可知，路端电压随外电路总电阻减小而减小，电源效率100%UE，所以电源的效率减小(4)9电压表两端电压一定，若内阻值偏小，则通过表头G的电流偏大，从而造成读数偏大的后果。12、1 23.2 1.43 200 150 甲同学没有考虑毫安表内阻的影响 【解析】(2)1欧姆表中电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电流表正接线柱流入，故红表笔接触 1，黑表笔接2；(3)2由图可知，电阻箱读数为=(2 10+3 1+20.1)23.2R(4)34由EIRR内变形得 11=+RRIEE内 由图像可得 1175 14050kE 解得 1.43VE 截距为=140RbE内 得 200R 内(5)5由图可知，此欧姆表的中值电阻为=15 10=150R中 则电阻“10”挡内部电路的总电阻为150 6由甲同学处理方法可知，由于没有考虑毫安表的内阻，如果考虑毫安表的内阻则有 11=+RrRIEEE内 由此可知，甲同学的测量值 R内与此结果偏差较大的原因是没有考虑毫安表的内阻 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、(i)211=TTVSLT；(ii)2101=TTU QPSMgLT【解析】(i)由于气缸内的气体温度升高，故活塞将向左移动，设气缸再次稳定后向左移动的距离为 L。由题目中的条件可知，容器内的气体是在做等压变化。由理想气体状态方程可得 12()LSLSSLTT 解得 211TTLLT 故变化的体积为 211TTVSLSLT(ii)以气缸活塞为研究对象，设气缸里面的大气压对气缸的压力为 F 根据力的平衡可得 0FP SMg 暖流给气缸中的气体加热，当气体温度为 T2时，气体膨胀对外做的功为：21001()()TTWFLP SMgLP SMgLT 由热力学第一定律可知，容器中的气体内能的增加量为 2101()TTUQPSMgLT 14、(1)2cm；(2)34cm，2cm；(3)60m/s41vn（n=0，1，2）【解析】(1)由题图可知波的振幅 2cmA A质点振动的周期 22 10 sT 所以A质点的振动方程为 sin()2cos100(cm)2xAtt 当20.25 10 st时，可得 2cmx (2)从0t 至28.5 10 st时间内为174个周期，质点的路程为 1734cmsA 位移为 2 cm(3)由甲图知0t 时刻，质点A位于波谷，而质点B正经过平衡位置向下运动，简谐横波沿x轴正方向传播，结合波形可得：1()0.3m4ABxn，n 0，1，2，3，可得 1.2m41n，n 0，1，2，3，所以波速为 60m/s41vTn，n 0，1，2，3，15、(1)57；(2)73J【解析】(1)气体的状态参量 127273K300KT，511.0 10 Pap 对活塞由平衡条件得 20p Sp Smg 解得 521.1 10 Pap 由查理定律得 1212ppTT 解得 2330KT 则 2330273 C57 Ct (2)继续加热时，理想气体等压变化，则温度升高，体积增大，气体膨胀对外界做功，外界对气体做功 255JWp SH 根据热力学第一定律UWQ，可得理想气体从外界吸收的热量 73JQUW