广东省深圳红岭中学2023年高考临考冲刺物理试卷含解析.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0.5 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2 B 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0 5 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2 B 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 2 4 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，一个圆弧面AB在 A点与水平面相切，圆弧面的半径R =4m。在 AB两点间放平面薄木板。一个小物块以n 0 =4Mm/s的速度从A点滑上木板，并恰好能运动至最高点。物块与木板间的动摩擦因数为3,取g=1 0 m/s 2o则小物块向上运动的时间为（）A.-s B.-s C.J10s5 2D.2 M s2、如图，在固定斜面上的一物块受到一外力尸的作用，尸平行于斜面向上.若要物块在斜面上保持静止，尸的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为尸1 和尸2 （尸 2 ）.由此可求出A.物块的质量C.物块与斜面间的最大静摩擦力B.斜面的倾角D.物块对斜面的正压力3、高速公路的ETC电子收费系统如图所示,ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离.某汽车以2 1.6 k m/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了 0 3 s 的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆.已知司机的反应时间为0.7 s,刹车的加速度大小为5 m/d,则该ETC通道的长度约为（）A.4.2mB.6.0mC.7.8mD.9.6m4、建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。在一次抛破的过程中，砖块运动3 s到达最高点，将砖块的运动匀变速直线运动，砖块通过第2 s 内位移的后;用时为J 通过第1 s内位移的前：用时为J则 乎 满 足（）11 t 1 1 t 1 1 t 1 1 t AA 。一 R o-c“一 n -a-0)o 一带负电的粒子(重力不计)位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后运动至左侧远处。在粒子运动的过程中A.从 到 粒 子 一 直 做 减 速 运 动B.粒子经过0 点时电势能最小C.轴 线 上 点 右 侧 存 在 一 点，粒子在该点动能最大D.粒子从右向左运动的整个过程中，电势能先减小后增加9、如图所示，在电阻不计的边长为七的正方形金属框成/的cd边上接 两个相同的电阻，平行金属板e和f通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度8大小相等，5随时间，均匀增加，已知”=%,磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L,板间距离为L质 量 为 电 荷t量为4的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从/板右边缘射出.不计粒子重力，忽略边缘效应.则J fA.金属框中感应电流方向为McdaB.粒子带正电C.粒子初速度为一D.粒子在e、/间运动增加的动能为;女功10、关于热现象，下列说法正确的是A.气体吸热后温度一定升高B.对气体做功可以改变其内能C.理想气体等压压缩过程一定放热D.理想气体绝热膨胀过程内能一定减少E.在自发过程中，分子一定从高温区域扩散到低温区域三、实验题：本题共2小题，共 1 8 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。1 1.（6分）某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，可选用的实验器材如下：A.待测干电池B.电流表4（0200J1A,内阻为500 A）C.电流表42（。6 A,内阻约为0.3。）D.电 压 表 V（015 V,内阻约为5k2）E.电阻箱 R（09999.9 C）F.定值电阻缘（阻 值 为 1。）G.滑动变阻器R，（010。）H.开关、导线若干（1）该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。（2）该小组利用电流表和电阻箱改装成一量程为2 V 的电压表，并设计了如图甲所示的电路，图中电流表a 为（选填“4 J 或“与”），电阻箱R的阻值为。1 乙（3）闭合开关，调节滑动变阻器，读出两电流表的示数IeI2的多组数据，在坐标纸上描绘出11一，2图线如图乙所示。根据描绘出的图线，可得所测干电池的电动势E=V,内 阻 r=2（保留两位有效数字）1 2.（1 2 分）从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电阻4的阻值。要求方法简捷，得到多组数据，有尽可能高的测量精度。器材(代号)规格特测电阻(RD电流表 A,)电流表(A2)电压表(V)电压表(V2)滑动变阻器(R)电 源(E)电 键(S)导线若干阻值约lOkfl0-300HA,内阻约 100Q0-0.6 A,内阻约 0.125A0 3 V,内阻约3 g0-1 5 V,内阻约 I5kn总阻值约5(X2电动势3 V,内阻很小(1)电 流 表 应 选 用,电 压 表 应 选 用。(2)完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。(3)在实验中，有的同学连成下图所示的电路，其中。，瓦 c,，k是表示接线柱的字母。请将图中接线错误(用导线两端接线柱的字母表示)、引起的后果、改正的方法(改接、撤消或增添)，填在图中表格相应的位置中。接线错误引起的后果改正的方法四、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。1 3.（1 0 分）如图，质量 i=0.45kg的平顶小车静止在光滑水平面上，质量加2=0 6 3 的小物块（可视为质点）静止在车顶的右端.一质量为m0=0.05 k g的子弹以水平速度%=100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车.已知子弹与车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数.8,认为最大静摩擦力等于滑动摩 擦 力.取 g=10m/s2,求：（1）子弹相对小车静止时小车速度的大小；（2）小车的长度L.1 4.（1 6 分）如图所示，倾斜轨道A B 的倾角为37。，CD、E F轨道水平，AB与 CD通过光滑圆弧管道BC 连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连.小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入EF水平轨道.小球由静止从A 点释放，已知AB长为5R,CD长为R,重力加速度为g,小球与斜轨AB及水平轨道CD、E F 的动摩擦因数均为0 5 sin37=0.6,cos37=0.8,圆弧管道BC 入口 B 与出口 C 的高度差为1.8R.求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端C 时速度的大小.（2）小球刚到C 时对轨道的作用力.（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R/应该满足什么条件？1 5.（1 2 分）如图所示，在直角坐标系的第一象限内存在匀强磁场，磁 场 方 向 垂 直 于 面 向 里，第四象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E,磁场与电场图中均未画出。一质量为雁、带电荷量为y的粒子自y轴的P 点沿*轴正方向射入第四象限，经 x 轴上的Q 点进入第一象限。已知P 点坐标为（0,4）,Q 点坐标为（2 0）,不计粒子重力。（1）求粒子经过Q 点时速度的大小和方向；（2）若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y 轴的方向进入第二象限，求磁感应强度B 的大小。参考答案又有一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分,1、A【解析】设木板长度为/。向上滑动过程能量守恒，有；mv2=img c o s 0 -I +mgh如图所示 、,、二:；N*、由几何关系得.h x，2 -x 2 +2 ,s i n 0 ,c o s O 又有R _ 12运动过程有因ng c o s 0 +mg s i n 9 =ma共2 4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。v=at0解以上各式得Jiot=-s5A 正确，BCD错误。故选A。2、C【解析】根据题意，设物块受到的最大静摩擦力为对物块受力分析(如图所示)若F M in仇则物体有沿斜面向上运动的趋势，f 的方向应沿斜面向下阻碍物体相对运动趋势，有勺=mg sin。+/；若尸0 2V用频率为了的单色光照射该金属不能发生光电效应，故 B 正确，D 错误；4C.两种光的频率不同，光电子的最大初动能不同，由动能定理可知，题目对应的遏止电压是不同的，故 C 错误。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、BC【解析】A.设斜面与水平面的倾角为a根据牛顿第二定律得加速度为a=-m-e-s-i-n-0-=g sin.unm甲图中，设斜面得高度为A,则斜面得长度为sinO可知小球在斜面2 上运动的时间长，故 A 错误;B.达斜面底端的速度为v-a t-J 2gh与斜面得倾角无关，与人有关，所以甲图中小球下滑至斜面1、2 底端时的速度大小相等，故 B 正确;C.乙图中，设底边的长度为d,则斜面的长度为ds=-COS0根据S=得可知0=6 0 和 3 0。时，时间相等，故 C 正确;D.根据i，=必;，可知速度仅仅与斜面得高度%有关，与其他的因素无关，所以乙图中小球下滑至斜面4 底端时的速度较大，故 D 错误。故选B C8、A C【解析】A.+Q圆环在水平线上产生的场强竖直分量叠加为0,只有水平分量相加，所以+。圆环在水平线上的场强方向与水平线平行，同理一。圆环在水平线上的场强方向与水平线平行；根据场强的叠加，带负电粒子从q 到 q 过程中，受到的电场力合力方向始终水平向右，与粒子运动方向相反，所以粒子做减速运动，A 正确；BC.+。圆环在水平线上Q 处场强为0,在向右无穷远处场强为0,同理一。圆环在水平线上的场强分布也如此，根据场强的叠加说明在q 右侧和q 左侧必定存在场强为。的位置，所以粒子从右侧远处运动到q 过程中，合场强先水平向左减小，带负电粒子所受电场力水平向右减小，电场力做正功，电势能减小，粒子做加速运动，在为右侧某位置合场强为0,粒子速度达到最大，动能最大；继续向左运动，合场强水平向右且增大，粒子所受电场力水平向左，电场力做负功，电势能增大，粒 子 做 减 速 运 动 至 B 错误，C 正确；D.粒子穿过。2后，对比上述分析可知，粒子所受电场力先水平向右，后水平向左，所以电势能先减小，后增大，综合 B C 选项分析，D 错误。故选A C。9、A C【解析】A.因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为而。而，e 板带负电，/板带正电，A 正确；B.因为粒子刚好从/板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B 错误；C.粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有L=v to在竖直方向上有2”丝mE上d而电容器两极板间的电压等于R 两端的电压，故联立解得v也回o 2 mC 正确；D.根据动能定理可得粒子增加的动能为AE=Luq=-qkLr=-qkD2 2 4 8D 错误.故选AC。10、BCD【解析】A.根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故 A 错误;B.做功和热传递都可以改变物体的内能，故 B 正确；C.根 据 理 想 气 体 状 态 方 程 空=。，气体等压压缩过，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能也减小，即 0,则。V 0,所以理想气体等压压缩过程一定放热，故 C 正确；D.理想气体绝热膨胀过程，。=0,W V 0,根据热力学第一定律：W+Q=AU可知，A U V 0,所以理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故 D 正确；E.扩散现象是分子的无规则热运动，分子可以从高温区域扩散到低温区域，也可以从低温区域扩散到高温区域，故 E错误。故选BCDo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、量程太大，测量误差大 A、9500 1.48 0.70.8均可【解析】(1)口.由于一节干电池电动势只有1.5V,而电压表量程为15.0V,则量程太大，测量误差大，所以不能使用电压表;(2)23.改装电压表时应选用内阻已知的电流表，故电流表a 选用A#根据改装原理可知：RAi 200 x10-6g2-500。=9500。(3)4.根据改装原理可知，电压表测量的路端电压为：7=100007；根据闭合电路欧姆定律可知：10000/1岳 4(r+/)；根据图象可知：E=1.48V；5.图象的斜率表示内阻，故有:故有:r=0.821.48-0.60 Q(L50=1.8。ce 不利于调节电压，调节不当，电源可能短路，损坏r+R=0电源 撤消ce连线【解析】(1)1器材中的电源为3 V,被测电阻约为lO k fl,故通过电阻的电流最大约为7=3V/10kl=0.3mA=300jiA刚好不超A1的量程，而 A2的量程是0.6A就太大了；2电压表就选3V 量程的V?因为V 2的量程也是太大了。(2)3因为题中要求得到多组数据，所以用分压式较好，再说所给的变阻器的最大阻值是5 0 Q,它比被测电阻小多了，也不能用限流的方法连接，又因为需要尽可能高的测量精度，所以电阻测量需要用电压表外接法，因为被测电阻的电阻值较大，外接法的误差较小；又因为使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏，所以闭合开关前，应该使电压表的示数接近0,故电路的实物图如图所示；(3)456接线错误的两个接线柱是c e,因为它接起来后，电压表与电源直接连接，变阻器的滑片如何滑动都不会影响电压表示数的变化了，当滑动滑片移动到最下端时，电源也可能短路，故是不可以的，应该将其去掉才行。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)10m/s(2)2m【解析】本题考查动量守恒与能量综合的问题.(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得.解得 Vj=10 m/s(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(iBo+mP匕=0%+吗 2+2V 3.解得 V2=8 m/s由能量守恒可得1 1 12(n0+mi)胃=H 啰2(n0+mi)/+2 n*2.解得L=2m14、(1)(2)6.6m g,竖直向下(3)R Y 0.92R【解析】试题分析：(1)设小球到达C 点时速度为v,a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有/wg(5Rsin37o+1.8/?)-nmg cos37 0-5R=mv2(2 分)2。可得 v 2.3R（1 分）若R=2 5 R,由上面分析可知，小球必定滑回D,设其能向左滑过DC轨道，并沿CB运动到达B 点，在 B 点的速度为VB，,则由能量守恒定律有:机3=优g l8 R +2umgR（1 分）由式，可得=0（1 分）故知，小球不能滑回倾斜轨道A B,小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD轨道上的某处.设小球在CD轨道上运动的总路程为S,则由能量守恒定律，有1=（1 分）2 c由 两式，可得 S=5.6R（1 分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距 D 点 0.6R处.（1 分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力.15、（1）丫 =2，呼，速度方向与水平方向的夹角为45。；（2）B=【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为与，加速度的大小为。，粒 子 的 初 速 度 为%,过。点时速度的大小为v,沿y 轴方向分速度的大小为,，由牛顿第二定律得qE=ma由运动学公式得1x=at 22 oX=v tOQ 0 0竖直方向速度为v=aty o合速度为因为水平和竖直方向速度相等，所以速度方向与水平方向的夹角为45。(2)粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为RR=2j2l由牛顿第二定律得V2qvB=tn R由几何关系可得解得B=