2022-2023学年福建省泉州市永春县永春第一中学高考物理考前最后一卷预测卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列说法中正确的是（）A布朗运动是指液体分子的无规则运动 B物体对外做功，其内能一定减小 C两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大 D用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，说明气体分子间存在斥力 2、一物体沿倾角为 3

2、0的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移 x时间 t 关系图像是一段抛物线，如图所示，g=10m/s2。则（）A下滑过程中物体的加速度逐渐变大 Bt=0.5s 时刻，物体的速度为 0.5m/s C00.5s 时间内，物体平均速度为 1m/s D物体与斜面间动摩擦因数为35 3、在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和4v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（）A2 倍 B4 倍 C6 倍 D8 倍 4、如图所示，两根不可伸长的轻绳一端与一个质量为 m 的小球相连于 O 点，另一端分别固定在小车天花板上的 A、B 两点，OA 绳与天花板的夹角

3、为 30，OB 绳与天花板的夹角为 60，重力加速度为 g当小车以速度 向右做匀速直线运动，小球与车保持相对静止时，下列说法正确的是 AOA 绳对小球的拉力大小为32mg BOB 绳对小球的拉力大小为12mg COA 绳对小球拉力做功的功率为34mgv D重力对小球做功的功率为 mgv 5、如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平A 球、C 球与 B 球分别用两根轻质细线连接，当系统保持静止时，B 球对碗壁刚好无压力，图中=30，则 A 球、C 球的质量之比为（）A1:2 B2:1 C1:3 D3:1 6、材料相同质量不同的两滑块，以相同的初动能在同一水平面上运动，最后都

4、停了下来。下列说法正确的是（）A质量大的滑块摩擦力做功多 B质量大的滑块运动的位移大 C质量大的滑块运动的时间长 D质量大的滑块摩擦力冲量大 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、以下说法正确的是_ A质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同 B空调既能制热又能制冷，说明热量可以从低温物体向高温物体传递 C知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度.不能估算出气体分子的大小 D一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强増大，用分子动理论的观

5、点分析，这是因为气体分子数密度增大 E.一定量的理想气体在某过程中从外界吸热 2.5104J，并对外界做功 1.0104J，则气体的温度升高，密度减小 8、两列简谐横波的振幅都是 20cm，传播速度大小相同实线波的频率为 2Hz，沿 x 轴正方向传播；虚线波沿 x 轴负方向传播某时刻两列波在如图所示区域相遇，则 A在相遇区域会发生干涉现象 B实线波和虚线波的频率之比为 3：2 C平衡位置为 x=6m 处的质点此刻速度为零 D平衡位置为 x=8.5m 处的质点此刻位移 y20cm E.从图示时刻起再经过 0.25s，平衡位置为 x=5m 处的质点的位移 y0 9、图甲为一列简谐横波在 t0.10

6、 s 时刻的波形图，P 是平衡位置在 x1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在 x4.0 m 处的质点；图乙为质点 Q 的振动图象，下列说法正确的是（）A在 t0.10 s 时，质点 Q 向 y 轴正方向运动 B在 t0.25 s 时，质点 P 的加速度方向与 y 轴正方向相同 C从 t0.10 s 到 t0.25 s，该波沿 x 轴负方向传播了 6 m D从 t0.10 s 到 t0.25 s，质点 P 通过的路程为 30 cm E.质点 Q 简谐运动的表达式为 y0.10sin 10t（国际单位）10、如图，一个质量为 m 的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两

7、边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的 P、Q 两点处，弹簧的劲度系数为 k，起初圆环处于 O 点，弹簧处于原长状态且原长为 L；将圆环拉至 A 点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为 g，对于圆环从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是（）A圆环在 O 点的速度最大 B圆环通过 O 点的加速度等于 g C圆环在 A 点的加速度大小为(22)gkLm D圆环在 B 点的速度为gL 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）小宇同学利用图示器材探究电路规

8、律：（1）断开开关 S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为 20，此时测得的是_的阻值；（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关 S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为 320mA，则移动过程中读数变化情况是（_）A逐渐增大 B逐渐减小 C先减小后增大 D先增大后减小 （3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关 S 后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为 1.2V，结合前两问条件可知，该电源电动势为_V（结果保留两位小数）12（12 分）某同学要测量一节旧电池的电动势和内阻，实验器材有一个电流表、一个电阻箱 R、一个 1 的定值电阻R0，一个开关和导线若干，该同学

9、按如图所示电路进行实验，测得的数据如下表所示：实验次数 1 2 3 4 5 R（）4.0 10.0 16.0 22.0 28.0 I（A）1.00 0.50 0.34 0.25 0.20 (1)该同学为了用作图法来确定电池的电动势和内电阻，若将 R 作为直角坐标系的纵坐标，则应取_作为横坐标。(2)利用实验数据在给出的直角坐标系上画出正确的图象_。(3)由图象可知，该电池的电动势 E=_V，内电阻 r=_。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）如图所示，在xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁

10、场和匀强电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y轴负方向为电场强度的正方向）。在0t 时刻由原点O发射一个初速度大小为0v、方向沿y轴正方向的带正电粒子，粒子的比荷0 0qmB t，0B、0E、0t均为已知量，不计粒子受到的重力。(1)求在00t内粒子转动的半径；(2)求02tt时，粒子的位置坐标；(3)若粒子在025tt时首次回到坐标原点求电场强度0E与磁感应强度0B的大小关系。14（16 分）如图所示，在 xoy 平面内，虚线 OP 与 x 轴的夹角为 30。OP 与 y 轴之间存在沿着 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E。OP 与 x 轴之间存在垂

11、直于 xoy 平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从 y 轴上的 M 点以初速度 v0、沿着平行于 x 轴的方向射入电场，并从边界 OP 上某点 Q（图中未画出）垂直于 OP 离开电场，恰好没有从x 轴离开第一象限。已知粒子的质量为 m、电荷量为 q（q0），粒子的重力可忽略。求：(1)磁感应强度的大小；(2)粒子在第一象限运动的时间；(3)粒子从 y 轴上离开电场的位置到 O 点的距离。15（12 分）如图甲所示，将一间距为 L=1m 的足够长 U 形导轨固定，导轨上端连接一阻值为 R=2.0 的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场，B=0.2T，质量为 m=0.01kg、电阻为

12、 r=1.0 的金属俸 ab 垂直紧贴在导轨上且不公滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数=0.5，金属棒 ab 从静止开始下滑，下滑的 x-t 图像如图乙所示，图像中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度 g取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)导轨的倾角。(2)从开始到 t=2.5s 过程中金属棒上产生的焦耳热。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布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的

13、无规则运动，故 A 错误；B改变内能的方式有做功和热传递，只知道物体对外做功，而不知道热传递的情况，无法确定其内能变化，故 B 错误；C分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快，故 C正确；D用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，是因为气体压强增大的缘故，并不能说明气体分子间存在斥力，而且气体分子间的分子力几乎可以忽略不计，故 D 错误。故选 C。2、D【解析】A由匀变速直线运动位移公式 212xat 代入图中数据解得 a=2m/s2 A 错误；B根据运动学公式 tvat t=0.5s 代入方程解得 1m/stv B 错误；C00.5s 时间

14、内，物体平均速度 0.25m/s0.5m/s0.5xvt C 错误；D由牛顿第二定律有 mgsin30mgcos30=ma 解得动摩擦因数 35 D 正确。故选 D。3、B【解析】设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度 v 抛出，落在斜面上，根据平抛运动的推论可得 tan2tan 所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等 对甲有 cosvv甲末 对乙有 4cosvv乙末 所以=4vv甲末乙末 故 ACD 错误 B 正确。故选 B。4、C【解析】根据共点力的平衡，根据平行四边形法则求解两边绳的拉力大小；根据 P=Fv 求解功率.【详解】小车以速度 向右做匀速直线运动，则小球处

15、于平衡状态，由平衡条件可知，01sin302OATmgmg，03cos302OBTmgmg，选项 AB 错误；OA 绳对小球拉力做功的功率为03cos304OAOAPT vmgv，选项C正确；重力对小球做功的功率为0cos900GPGv，选项 D 错误；故选 C.5、C【解析】B 球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得 B 球所在位置两线的夹角为 90，以 B 球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知 cossinABFF 1tan3AABBFm gFm g A1:2，与结论不相符，选项 A 错误；B2:1，与结论不相符，选项 B 错误；C1:3，与结论相符，选项 C 正

16、确；D3:1，与结论不相符，选项 D 错误；故选 C.考点：考查受力平衡的分析 点评：本题难度较小，明确 B 球所在位置夹角为 90是本题求解的关键 6、D【解析】AB滑块匀减速直线运动停下的过程，根据动能定理有 0fkWmgxE 得 kExmg 故摩擦力做功相同，质量大的滑块位移小，故 AB 错误；CD根据动量定理有 02kImgtmE 故质量大的滑块受到的冲量大，运动时间短，故 C 错误，D 正确。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。

17、7、BCE【解析】A温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能一定相同，故 A 错误；B空调既能制热又能制冷，说明在外界的影响下，热量可以从低温物体向高温物体传递，故 B 正确；C知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出摩尔体积，将气体分子占据的空间看成立方体形，立方体的边长等于气体分子间的平均距离，由摩尔体积除以阿伏加德罗常数可求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出分子间的平均距离。不能估算出气体分子大小，故 C 正确；D一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，因体积不变，则气体分子数密度不变，气体的平均动能变大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子对器壁的碰撞力变大，故

18、D 错误；E由热力学第一定律可知，一定量的理想气体在某过程中从外界吸热 2.5104J，并对外界做功 1.0104J，则气体的内能增加，温度升高，体积变大，密度减小，故 E 正确。故选 BCE。8、BDE【解析】传播速度大小相同实线波的频率为 2Hz，其周期为 1.5s，波长 4m，则波速4/8/0.5vm sm sT；由图可知：虚线波的波长为 6m，则周期为260.758Tssv，频率：22143fHzT,则两波的频率不同所以不能发生干涉现象故 A 错误；实线波和虚线波的频率之比为12:3:2ff，选项 B 正确；平衡位置为 x=6m 处的质点由实线波和虚线波引起的振动方向均向上，速度是两者

19、之和，故此刻速度不为零，选项 C 错误；两列简谐横波在平衡位置为x=8.5m 处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于 11cm，故质点此刻位移 y21cm，选项 D 正确；从图示时刻起再经过 1.25s，实线波在平衡位置为 x=5m 处于波谷，而虚线波也处于 y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移 y1 故E 正确；故选 BDE.点睛：此题主要考查波的叠加；关键是理解波的独立传播原理和叠加原理，两列波相遇时能互不干扰，各个质点的速度和位移都等于两列波在该点引起的振动的矢量和.9、BCE【解析】A由 yt 图象可知，t0.10 s 时质点 Q 沿 y 轴负方向运动，选项 A 错误；C由 yt

20、 图象可知，波的振动周期 T0.2 s，由 yx 图象可知 8 m，故波速 vT40 m/s，根据振动与波动的关系知波沿 x 轴负方向传播，则波在 0.10 s 到 0.25 s 内传播的距离 xvt6 m，选项 C 正确；Bt0.25s 时，波形图如图所示，此时质点 P 的位移沿 y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿 y 轴正方向，选项 B 正确；D由 t0.15 s34T，质点 P 在其中的12T 内路程为 20 cm，在剩下的14T 内包含了质点 P 通过最大位移的位置，故其路程小于 10 cm，因此在 t0.15 s 内质点 P 通过的路程小于 30 cm，选项 D 错误；E由 yt

21、图象可知质点 Q 做简谐运动的表达式为 y0.10sin 20.2t（m）0.10sin 10t（m），选项 E 正确 10、BC【解析】A圆环受力平衡时速度最大，应在 O 点下方，故 A 错误。B圆环通过 O 点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于 g，故 B 正确。C圆环在下滑过程中与细杆之间无压力，因此圆环不受摩擦力，在 A 点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在 A 点弹簧伸长量为2L-L=（2-1）L，根据牛顿第二定律，有 221cos45mgkLma（）解得 (22)kLagm 故 C 正确。D圆环从 A 到 B 过程，根据功能关系，知圆环减少的重力势能转化为动

22、能，有 2122BmgLmv 解得 2BvgL 故 D 错误。故选 BC。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、滑动变阻器 A 1.48 【解析】（1）当断开电键 S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键 S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大滑片从中点移至最右端的过程中，电路

23、的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故 A 正确（3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键 S 时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：E=Imax（R1+r）=0.32（R1+r）将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：1111.2200.06 2020mUERRrRrRrR 联立以上可解得：1.48EV.12、I-1/A-1 6.0（5.86.2）1.0（0.8.1.2）【解析】(1)1根据闭合电路欧姆定律，有 0EIRRr 公式变形，得到 01()RErRI （）所以若将 R 作为直角坐标系的纵坐标，则应取1I作为横坐标；(2)2运用描点

24、法作出图象：(3)34对比一次函数 y=kx+b，R 相当于 y，E 相当于 k，1I相当于 x，（-r-R0）相当于 b；故 E=k-r-R0=b 解得：E=k r=-b-R0 所以由图象可知，该电池的电动势 E=6.0V，内电阻 r=1.0。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)0 0rv t；(2)0 00 00 0022tE tv tB，；(3)0006vEB【解析】(1)粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，则有 2000mvqv Br 解得 0 0rv t(2)若粒子在磁场中做完整的圆周

25、运动，则其周期 02 rTv 解得 02Tt 在00 t时间内，粒子在磁场中转动半周，tt0时粒子位置的横坐标 0 022txr 在00 2tt时间内，粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动 200 0012qEyv ttm 解得 0 00 002v tEyBt 故02tt时，粒子的位置坐标为0 00 00 0022tE tv tB，。(3)带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径 010v trr 当02tt时，粒子的速度大小 000qEvvtm 002 3tt时间内，粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径 020000mvmqErvtqBqBm 由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足 2

26、11222nrrr，1,2,3n 当025tt时,6n，解得 0006vEB 14、(1)03Ev；(2)04 33mvqE；(3)2076mvqE【解析】(1)由于粒子从 Q 点垂直于 OP 离开电场，设到 Q 点时竖直分速度为yv，由题意可知 03yvv 设粒子从 M 点到 Q 点运动时间为1t，有 1yqEvtM 粒子做类平抛运动的水平位移如的 0 1xv t 由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与x轴相切，设粒子在磁场中运动的半径为R，由几何关系 cos30cot30 xRR 设粒子在磁场中速度为v，由前面分析可知 02vv 洛伦兹力提供向心力 2vqvBmR 解得

27、 03EBv (2)粒子在磁场中运动周期 2RTv 设粒子在磁场中运动时间为2t，212tT 粒子离开磁场的位置到y轴的距离为x，则 2 cos30 xxR 沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过时间3t到达y轴，0 3xv t 即 04 33mvtqE(3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴距离 2013mvyqE 粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间3t到达y轴并离开电场 223312yqEyv ttm 则 20256mvyqE 粒子离开电场的位置到O点的距离 201276mvyyyqE。15、(1)37；(2)0.01625J.【解析】(1)由 x-t 图象可知 t=1.5s 后金属棒开始匀速运动，速度为 3.0 1.51.5m/s2.5 1.5xvt 金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv 金属棒受到的安培力为 22B L vFBILrR 金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得 sincosmgmgF 代入数据解得=37(2)从开始到 t=2.5s 过程，由能量守恒定律得 mgxsin=mgxcos+12mv2+Q 金属棒产生的热量为 rrQQRr 解得 Qr=0.01625J。