2023届福建省邵武市第四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、如图所示，橡皮筋的一端固定在 O 点，另一端拴一个可以看做质点的物体，O 点的正下方 A 处有一垂直于纸面的光滑细杆。已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力 F 使物体在粗糙的水平面上从 B 点沿水平方向匀速向右运动至 C 点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力，下列说法正确的是（）A如果橡皮筋的自然长度等于 OA，物体所受地面的摩擦力变大 B如果橡皮筋的自然长度等于 OA，物体所受地面的支持力变小 C如果橡皮筋的自然长度小于 OA，物体所受地面的摩擦力变大 D如果橡皮筋的自然长度小于 OA，物体所受地面的支持力变小 2、如图所示，D 点为固定斜面 AC 的中点，在 A 点先后分别以初速度 v01和 v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的 D 点和 C 点空气阻力不计设小球在空中运动的时间分别为 t1和 t2，落到 D 点和 C 点前瞬间的速度大小分别为 v1和 v2，落到 D 点和 C 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为1和2，则下列关系式正确的是 A1212tt B010212vv C1212vv D12tan1tan2 3、我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星（简称“量子卫星”）“墨子号”发射升空。已知引力常量为 G，地球半径为 R，“墨子号”距地面高度为 h，线速度为1v，地球表面的重力加速度为 g，第一宇宙速度为2v，下列说法正确的是 A12vRhvR B卫星距离地面的高度 h 可用221gRv来表示 C地球的质量可表示为21()vRhG D此卫星角速度大于gR 4、如图，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根质量为 m、竖直悬挂的条形磁铁，细绳对磁铁的拉力为 F。若线圈下落过程中，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，则下列图中能正确描述拉力 F 随时间 t 变化的图像是（）A B C D 5、如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为=15，一个质量忽略不计的小轻环 C 套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的 A、B 两点，细线依次穿过小环甲、小轻环 C 和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环 C的两侧调节 A、B 间细线的长度，当系统处于静止状态时=45.不计一切摩擦设小环甲的质量为 m1，小环乙的质量为 m2，则 m1m2等于()Atan 15 Btan 30 Ctan 60 Dtan 75 6、在某一次中国女排击败对手夺得女排世界杯冠军的比赛中，一个球员在球网中心正前方距离球网 d 处高高跃起，将排球扣到对方场地的左上角（图中 P 点），球员拍球点比网高出 h（拍球点未画出），排球场半场的宽与长都为 s，球网高为 H，排球做平抛运动（排球可看成质点，忽略空气阻力），下列选项中错误的是（）A排球的水平位移大小22()2sxds（B排球初速度的大小220()()2sgdsvHh C排球落地时竖直方向的速度大小2()yvg Hh D排球末速度的方向与地面夹角的正切值222()tan()()2hHsds 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、2019 年 10 月诺贝尔物理学奖授予两位天文学家 MichelMayor 和 DidierQueloz，1995 年他们首次探测到太阳系外行星的存在，从而开始了人类大规模的太阳系外行星搜寻。2016 年 8 月欧洲南方天文台曾宣布在离地球最近的恒星“比邻星”附近发现宜居行星“比邻星 b”。“比邻星 b”的质量约为地球质量的 1.3 倍，半径约为地球半径的 2.2 倍，若不考虑星球的自转效应，则 A“比邻星 b”表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度 B“比邻星 b”表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度 C“比邻星 b”的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度 D“比邻星 b”的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度 8、如图所示，在匀强磁场中有一矩形MNQP，场强方向平行于该矩形平面。已知3mQP，3m2MP。各点的电势分别为01.5V3VPMQ，。电子电荷量的大小为e。则下列表述正确的是（）A电场强度的大小为2 3V/m BN点的电势为4.5V C电子在M点的电势能比在P点低1.5eV D电子从M点运动到Q点，电场力做功为1.5eV 9、两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为 2.50Hz，图示时刻平衡位置 x3m 处的质点正在向上振动。则下列说法正确的是（）A实线波沿 x 轴正方向传播，虚线波沿 x 轴负方向传播 B两列波在相遇区域发生干涉现象 C两列波的波速均为 25m/s D从图示时刻起再过 0.025s，平衡位置 x1.875m 处的质点将位于 y30cm 处 10、下列说法正确的是（）A当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 B一定量的理想气体压强不变，体积减小，气体分子对容器壁在单位时间内单位面积上碰撞次数增多 C当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小 D液晶具有液体的流动性，但不具有单晶体的光学各向异性 E.一切与热现象有关的宏观自然过程都是可逆的 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）某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑 块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数，滑块和托盘上分别放有 若干砝码，滑块质量为 M，滑块上砝码总质量为 m，托盘和盘中砝码的总质量为 m实验中，滑块在水平 轨道上从 A 到 B 做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度 g 取 10 m/s2 (1)为测量滑块的加速度 a，需测出它在 A、B 间运动的_和_，计 算 a 的运动学公式是_(2)根据牛顿运动定律得到 a 与 m 的关系为：_ 他想通过多次改变 m，测出相应的 a 值，并利用上式来计算 若要求 a 是 m 的一 次函数，必须使上式中的 _保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_ 12（12 分）某同学在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为 1.5V，内电阻小于 1.0）B电流表 A1（量程 03mA，内阻 Rg1=10）C电流表 A2（量程 00.6A，内阻阪 Rg2=0.1）D滑动变阻器 R1（0-20，10A）E.滑动变阻器 R2（0-200，1A）F.定值电阻 R0（990）G.开关和导线若干 (1)他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中更为合理的是_图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_（填写器材名称前的字母序号）；用你所选择的电路图写出全电路欧姆定律的表达式 E=_（用 I1、I2、Rg1、Rg2、R0、r 表示）。(2)图乙为该同学根据(1)中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的 I1I2图线（I1为电流表 A1的示数，I2为电流表 A2的示数），为了简化计算，该同学认为 I1远远小于 I2，则由图线可得电动势 E=_V，内阻 r_。（r 的结果保留两位小数）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，两个相同的气缸A、B各封闭着同种理想气体，气缸用绝热的细管通过阀门K连接。当K关闭时，A中气体的压强5A11 10 Pap、温度A17 C2t，B中气体的压强5B13 10 Pap、温度B1C127t。已知两气缸内的气体温度始终保持不变。打开K后（结果均保留三位有效数字）(1)若B中气体发生等温膨胀，当B中气体的体积变为原来的65时，求B中此时的压强p；(2)求缸内气体刚平衡时气缸内气体的压强2p。14（16 分）如图所示为某滑雪赛道。长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h=10m，C 是半径 R=30m圆弧的最低点，质量 m=60kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加速度 a=4m/s2，到达 B 点时速度 vB=20m/s。取重力加速度 g=l0m/s2。(1)求长直助滑道 AB 的长度 L；(2)若不计 BC 段的阻力，求运动员在 C 点所受支持力的大小。15（12 分）如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，左端连接定值电阻2R，导轨间距1mL。整个装置处在方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度2TB，一质量1kgm、电阻1r 的金属棒放在导轨上，在外力 F 的作用下以恒定的功率12WP 从静止开始运动，当运动距离3mx 时金属棒达到最大速度，此时撤去外力，金属棒最终停下，设导轨足够长。求：(1)金属棒的最大速度；(2)在这个过程中，外力的冲量大小；(3)撤去外力后电阻 R 放出的热量。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】AB设开始时 A 离地面的高度为 L，设某一时刻橡皮筋与竖直方向的夹角为，则橡皮筋的弹力为 coskLT 其向上分力 cosyFTkL 物体对地面的压力为 NmgkL 保持不变，因 f=N，故摩擦力也保持不变，故 AB 错误；CD设开始时 A 离地面的高度为 L，橡皮筋的自然长度比 OA 小 x，设某一时刻橡皮筋与竖直方向的夹角为，则橡皮筋的弹力为()cosLTk x 其向上分力 coscosyFTkxkL 物体对地面的压力为 cosNmgkLkx 由于变大，则物体对地面的压力变大，因 f=N，故摩擦力变大，故 C 正确，D 错误。故选 C。2、C【解析】本题考查的是平抛运动的规律，两次平抛均落到斜面上，位移偏转角相等，以此切入即可求出答案【详解】设斜面的倾角为，可得0gt=tan2v，所以120102gtgt=2v2v，竖直方向下降的高度之比为 1：2，所以12t1=t2，求得0102v1=v2，再结合速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，011202vv1=vv2，12tan=1tan，所以 C 正确【点睛】平抛运动问题的切入点有三种：轨迹切入、偏转角切入、竖直方向相邻相等时间位移差为常数 3、C【解析】A由万有引力提供向心力，有 212()()GMmmvRhRh，222GMmmvRR 联立得 1ivRvRh 选项 A 错误；B对量子卫星有 212()()GMmmvRhRh 得 21GMRhv 代入2GMgR，得 221gRRhv，221gRRvh 选项 B 错误；C对量子卫星有 212()()GMmmvRhRh 得 21()vRhMG 选项 C 正确；D 对量子卫星有 22()()GMmm RhRh 代入2GMgR，得此卫星角速度为 23=()gRRhgR 选项 D 错误。故选 C。4、B【解析】铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，则铜环对磁铁的力向下，细绳对磁铁拉力大于重力；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离，对铜环施加一个向上的安培力，则铜环对磁铁的力向下，细绳对磁铁拉力大于重力；当铜环处于磁铁中央时，磁通量最大，没有感应电流，铀环对磁铁没有力的作用，细绳对磁铁拉力等于重力。A.靠近和远离时拉力都小于重力，与上述结论不符，故 A 错误；B.靠近和远离时拉力都大于重力，与上述结论相符，故 B 正确；C.靠近时拉力大于重力，远离时拉力小于重力，与上述结论不符，故 C 错误；D.靠近时拉力小于重力，远离时拉力大于重力，与上述结论不符，故 D 错误。5、C【解析】试题分析：小球 C 为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C 环与乙环的连线与竖直方向的夹角为 600，C 环与甲环的连线与竖直方向的夹角为 300，A 点与甲环的连线与竖直方向的夹角为 300，乙环与 B 点的连线与竖直方向的夹角为 600，根据平衡条件，对甲环：，对乙环有：，得，故选 C【名师点睛】小球 C 为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，可以根据平衡条件得到 A 段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环和乙环进行受力分析，根据平衡条件并结合力的合成和分解列式求解 考点：共点力的平衡条件的应用、弹力 6、B【解析】A.由勾股定理计算可知，排球水平位移大小为 22()()2sxds 故 A 正确不符合题意；B.排球做平抛运动，落地时间为 2()Hhtg 初速度 220()()22()sgdsxvtHh 故 B 错误符合题意；C.排球在竖直方向做自由落体运动可得 22()yvg Hh 解得2()yvg Hh，故 C 正确不符合题意；D.排球末速度的方向与地面夹角的正切值 2202()tan()()2yvhHvsds 故 D 正确不符合题意。故选 B。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、BD【解析】AB在星球表面，重力与万有引力相等，则有：g=2GMR，所以 bgg地=22bbRMMR地地=21.3112.21 所以“比邻星 b”表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度。故 A 错误，B 正确。CD根据 v=GMR可得：bvv地=bbRMMR地地=1.32.21 所以“比邻星 b”的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度。故 C 错误，D 正确。8、BC【解析】A如图所示 在PM延长线上取0MBPM。则电势 23VBMP 则QB、连线在等势面上。由几何关系得 221sin2QPQPPB 则 30 则 322PEAPm 电场强度的大小为 2V/mQPUEAP 故 A 错误；B电场中的电势差有 MNPQ 则 4.5VN 故 B 正确；C因为 1.5VMP 则电子在M点的电势能比P点低1.5eV，故 C 正确；D因为 1.5VMQ 则电子由M点运动到Q点时电势能减小1.5eV，则电场力做功为1.5eV，故 D 错误。故选 BC。9、AD【解析】A图示时刻平衡位置 x=3m 处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿 x 轴正方向传播，则虚线波沿 x轴负方向传播，故 A 正确；B介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长 1=6m，虚线波的波长 2=9m，由 v=f 可知，实线波和虚线波的频率之比为 f1：f2=2：1=3：2 由于 f1不等于 f2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故 B 错误；C实线波的频率为 2.50Hz，波长 1=6m，则波速 115m/svf 故 C 错误；D实线波波峰传到平衡位置 x1.875m 处的质点所用时间为 11.875 1.5s0.025s15t 虚线波波峰传到平衡位置 x1.875m 处的质点所用时间为 22.25 1.875s0.025s15t 说明从图示时刻起再过 0.025s，平衡位置 x1.875m 处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知，平衡位置 x1.875m处的质点将位于 y30cm，故 D 正确。故选 AD。10、ABC【解析】A当分子力表现为引力时，增大分子减的距离，需要克服分子力做功，所以分子势能随分子间距离的增大而增大，故 A 正确；B一定量的理想气体保持压强不变，气体体积减小，气体分子的密集程度增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，故 B 正确；C当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故 C 正确；D液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点，故 D 错误；E根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，都是不可逆，故 E 错误；故选 ABC。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、位移；时间；22xat；1gamgMmm (m+m)【解析】（1）滑块在水平轨道上从 A 到 B 做初速为零的匀加速直线运动，根据 x=12at2得 a=22xt，所以需要测量的是位移 s和时间 t（2）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：1mgMm ggamgMmmMmm 若要求 a 是 m 的一次函数必须使1gMmm不变，即使 m+m不变，在增大 m 时等量减小 m，所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上【点睛】本题根据先根据牛顿第二定律并结合隔离法求解出加速度的表达式，然后再进行分析讨论，不难 12、b D 01112gIRRIIr 1.46V1.49V 0.800.860 【解析】（1）1上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表 G 串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表。将电流表 A1和定值电阻 R0串联可改装成一个量程为 3110()3 10(10990)V=3VggUIRR 的电压表；则（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是 b；2因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。滑动变阻器应选 D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表 A2读数太小，电流表 A1读数变化不明显。3根据电路可知：E=U+Ir=I1（Rg1+R0）+（I1+I2）r；（2）45根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压 U=I1（990+10）=1000I1 根据图象与纵轴的交点得电动势 E=1.47mA1000=1.47V；由图可知当电流为 0.45A 时，电压为 1.1V，则由闭合电路欧姆定律可知 1.471.10.820.45r 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)52.50 10 Pa；(2)51.86 10 Pa【解析】(1)设A、B的容积均为V，打开K后，若B中气体发生等温膨胀，B中气体的体积变为原来的65，根据玻意耳定律有 B165p VpV 解得 52.50 10 Pap (2)B中气体发生等温膨胀，膨胀后的体积为1VV，压强为2p，根据玻意耳定律有 B121p Vp VV 1V体积的气体等压降温，体积变为2V，温度由B1t变为A1t，根据盖一吕萨克定律有 12B1A1VVTT 其中 A1300KT，B1400KT A中气体发生等温压缩，根据玻意耳定律有 A122p Vp VV 解得 5521310 Pa1.86 10 Pa7p 14、(1)50m；(2)1800N【解析】(1)运动员从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度位移关系可得 22BvaL 解得 50mL (2)运动员由B到C的过程，根据动能定理可得 221122CBmghmvmv 运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示：根据牛顿第二定律可得 2NCvFmgmR 解得 N1800NF 15、(1)3m/s；(2)7kgm/s；(3)3J【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律知，当金属棒速度为 v 时，金属棒中的感应电动势 EBLv 根据闭合电路欧姆定律可知，金属棒中的感应电流 EIRr 金属棒受到的安培力 FBIL安 当金属棒加速度为零时，其速度达到最大，有 mPF v安 联立以上各式，并代入数据解得 m3m/sP RrvBL(2)设金属棒经过时间 t 由静止加速至速度最大，在这个过程中金属棒受到的平均安培力 22B L vFBILRr安 金属棒运动的距离 xvt 根据动量定理有 mIF tmv外安 联立以上各式并代入数据解得 22m7kg m/sB L xImvRr外(3)撤去外力后，金属棒由最大速度逐渐减速至零，对此过程，根据能量守恒定律，可知电阻 R 放出的热量 2Rkm1()3J2RRQEmvRrRr