2022-2023学年安徽省巢湖市柘皋中学高考物理一模试卷含解析.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、对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A若体积不变、温度升高，则每个气体分子热运动的速率都增大 B若体积减小、温度不变，则器壁单位面积受气体分子的碰撞力不变 C若体积不变、温度降低，则气体分子密集程度不变，压强可能不

2、变 D若体积减小、温度不变，则气体分子密集程度增大，压强一定增大 2、如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l，在正极板附近有一质量为 m，电荷量为110qq 的粒子 A；在负极板附近有一质量也为 m、电荷量为220qq的粒子 B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距37l的平面 Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是（）A电荷量1q与2q的比值为3:7 B电荷量1q与2q的比值为3:4 C粒子A、B 通过平面Q 时的速度之比为9:16 D粒子A、B 通过平面Q 时的速度之比为3:7 3、如图，一列沿x 轴正方向传播

3、的简谐横波，振幅为 10cm，在波的传播方向上两质点 a、b 的平衡位置相距 0.7m（小于一个波长）。当质点 a 在波峰位置时，质点 b 在 x 轴上方与 x 轴相距 5cm 的位置。则该波波长（）A0.8m 或 5.6m B0.8m5.6m C0.8m 或 5.6m D无法确定 4、如图所示，两条轻质导线连接金属棒PQ的两端，金属棒处于匀强磁场内且垂直于磁场。金属棒的质量0.2kgm，长度1mL。使金属棒中通以从 Q 到 P 的恒定电流2AI，两轻质导线与竖直方向成30角时，金属棒恰好静止。则磁场的最小磁感应强度（重力加速度 g 取210m/s）（）A大小为0.25T，方向与轻质导线平行向

4、下 B大小为0.5T，方向与轻质导线平行向上 C大小为0.5T，方向与轻质导线平行向下 D大小为0.25T，方向与轻质导线平行向上 5、“黑洞”是密度超大的星球，吸纳一切，光也逃不了。科学界已经证实了宇宙中“黑洞”的存在，某同学思考若把地球看作“黑洞”，那么月球的环绕周期最接近下列哪个数值（假设地球半径和月、地间距离不变）（）A10h B10min C10s D1min 6、2019 年的诺贝尔物理学奖于 10 月 8 日公布，有一半的奖金归属了一对师徒瑞士的天文学家 MichelMayor 和DidierQueloz，以表彰他们“发现了一颗围绕类太阳恒星运行的系外行星。由于行星自身不发光，所

5、以我们很难直接在其他恒星周围找到可能存在的系外行星，天文学家通常都采用间接的方法来侦测太阳系外的行星，视向速度法是目前为止发现最多系外行星的方法。行星自身的质量使得行星和恒星围绕着他们共同的质量中心在转动，在地球上用望远镜就有可能看到行星引力对于恒星的影响。在视线方向上，恒星受行星引力作用，时而远离时而靠近我们，这种细微的摇摆反应在光谱上，就会造成恒星光谱不断地红移和蓝移。我们称这种探测系外行星的方法为视向速度法。结合以上信息，下列说法正确的是（）A在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，恒星和行星做圆周运动的线速度大小一定相等 B在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系

6、统中，由于恒星质量大，转动半径小，所以恒星做圆周运动的周期比行星的周期小 C若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率将变高，因此接收到的频率就会变高，即恒星光谱会出现蓝移 D若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移 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、如图所示，一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在传播方向上有 M、N 两点（N 点图中未画出），4.0mOM，9.0mON。M 点开始振

7、动后，又经 1.1s 的时间恰好第三次到达波谷。则下列说法正确的是（）A周期为 0.55s B波速为 1.0m/s C从图示时刻开始再经 1.8s 的时间，M 点的运动路程为 28cm D从图示时刻开始再经 2.2s 的时间，N 点第四次到达波峰 E.能够与该波发生干涉的简谐横波频率一定为2.5Hz 8、如图所示为一质点的简谐运动图象。由图可知 A质点的运动轨迹为正弦曲线 Bt=0 时，质点正通过平衡位置向正方向运动 Ct=0.25s 时，质点的速度方向与位移的正方向相同 D质点运动过程中，两端点间的距离为 0.1m 9、如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为 L，

8、板间距离为 d，距板右端 L 处有一竖直屏 M。一带电荷量为 q、质量为 m 的质点以初速度 v0沿中线射入两板间，最后垂直打在 M 上，已知重力加速度为 g，下列结论正确的是（）A两极板间电场强度大小为mgq B两极板间电压为2mgdq C整个过程中质点的重力势能增加22232mg Lv0 D若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在 M 上 10、倾角为 30的光滑斜面上放一质量为 m 的盒子 A，A 盒用轻质细绳跨过定滑轮与 B 盒相连，B 盒内放一质量2m的物体。如果把这个物体改放在 A 盒内，则 B 盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为 g，则 B 盒的质量 mB和系统的加速度 a

9、的大小分别为（）A4Bmm B38Bmm Ca0.2g Da0.4g 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）测定某种特殊电池的电动势和内阻。其电动势 E 约为 8V，内阻 r 约为50。实验室提供的器材：A、量程为 200mA内阻未知的电流表 G；B、电阻箱0099 9()9R；C、滑动变阻器1(020)R；D、滑动变阻器2()060R；E、开关 3 只，导线若干。(1)先用如图所示的电路来测定电流表 G 内阻。补充完成实验：为确保实验仪器安全，滑动变阻器R应该选取_（选填“1R”或“2R”）；连接好电路，断开1S、2S，

10、将R的滑片滑到_（选填“a”或“b”）端；闭合1S，调节R，使电流表 G 满偏；保持R不变，再闭合2S，调节电阻箱电阻02R 时，电流表 G 的读数为 100mA；调节电阻箱时，干路上电流几乎不变，则测定的电流表 G 内阻Rg _；(2)再用如图甲所示的电路，测定该特殊电池的电动势和内阻。由于电流表 G 内阻较小，在电路中串联了合适的定值电阻3R作为保护电阻。按电路图连接好电路，然后闭合开关 S，调整电阻箱0R的阻值为 R，读取电流表的示数I，记录多组数据（R，I），建立坐标系，描点作图得到了如图乙所示的图线，则电池的电动势E _V，内阻r _。12（12 分）用如图所示装置探究钩码和小车（含

11、砝码）组成的系统的“功能关系”实验中，小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面。(1)平衡摩擦力时，_（填“要”或“不要”）挂上钩码；(2)如图乙是某次实验中打出纸带的一部分，O、A、B、C 为 4 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有 4 个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为 50Hz 通过测量，可知打点计时器打 B 点时小车的速度大小为_m/s（结果保留两位有效数字）；(3)某同学经过认真、规范的操作，得到一条点迹清晰的纸带，他把小车开始运动时打下的点记为 O，再依次在纸带上取等时间间隔的 1、2、3、4、5、6 等多个计数点，可获得各计数点到 O 的距离 s，及打下各计数点时小车的瞬

12、时速度v。如图丙是根据这些实验数据绘出的2-v s图象，已知此次实验中钩码的总质量为 0.15kg，小车中砝码的总质量为0.50kg，取重力加速度210m/sg，根据功能关系由图象可知小车的质量为_kg（结果保留两位有效数字）；(4)研究实验数据发现，钩码重力做的功总略大于系统总动能的增量，其原因可能是_。A钩码的重力大于细线的拉力 B未完全平衡摩擦力 C在接通电源的同时释放了小车 D交流电源的实际频率大于 50Hz 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，平行金属板 M、N 竖直放置，两板

13、足够长且板间有水平向左的匀强电场，P 点离 N 板的距离为 d，离 M 板的距离为54d。一个质量为 m、带正电荷量为 q 的小球从 P 点以初速度水平向右抛出，结果小球恰好不能打在 N 板上。已知重力加速度为 g，小球的大小不计，求 （1）两板间的电场强度的大（2）小球打到 M 板时动能的大小。14（16 分）质量为1kg的小型无人机下面悬挂着一个质量为0.5kg的小物块，正以2m/s的速度匀速下降，某时刻悬绳断裂小物块竖直下落，小物块经过2s落地，已知无人机运动中受到的空气阻力大小始终为其自身重力的 0.1 倍，无人机的升力始终恒定，不计小物块受到的空气阻力，重力加速度为210m/s，求当

14、小物块刚要落地时:（1）无人机的速度;（2）无人机离地面的高度。15（12 分）如图所示是个游乐场地，半径为1.8mR 的光滑四分之一圆弧轨道OP与长度为13mL的水平传送带PQ平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运动，速度大小为4m/s，传送带Q端靠近倾角为 30的足够长斜面的底端，二者间通过一小段光滑圆弧（图中未画出）平滑连接，滑板与传送带和斜面间相对运动时的阻力分别为正压力的15和312。某少年踩着滑板a从O点沿圆弧轨道由静止滑下，到达P点时立即向前跳出。该少年离开滑板a后，滑板a以3m/s的速度返回，少年落到前方传送带上随传送带一起匀速运动的相同滑板b上，然后一起向前运动，此时滑板b与P点

15、的距离为3m。已知少年的质量是滑板质量的 9 倍，不计滑板的长度以及人和滑板间的作用时间，重力加速度210m/sg，求：(1)少年跳离滑板A时的速度大小；(2)少年与滑板b到达传送带最右侧Q端的速度大小；(3)少年落到滑板b上后至第一次到达斜面最高点所用的时间（结果保留两位小数）。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、D【解析】A温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是气体中每个分子的速率都增大，也有个别速度减小的，故 A 错误；BD对于一定质量的理想气体，体积减小，分子密集程度增大。理想气体质量一定

16、时，满足pVT常量=，若体积减小、温度不变，则压强增大，故器壁单位面积受气体分子的碰撞力会增大，故 B 错误，D 正确；C同理可分析，体积不变、温度降低，气体的压强会变小，故 C 错误；故选 D。2、B【解析】AB设电场强度大小为 E，两粒子的运动时间相同，对正电荷 A 有 11q Eam 213172q Eltm 对负电荷 B 有 22q Eam 224172q Eltm 联立解得 1234qq A 错误，B 正确。CD由动能定理得 2120qExmv 求得 1234vv 选项 CD 错误。故选 B。3、B【解析】如图有两种情况：ab 为6，波长：=6 0.7m4.2m；ab 为56，波长：

17、6 0.7m0.84m5。A.0.8m 或 5.6m。与上述结论不符，故 A 错误；B.0.8m5.6m。与上述结论相符，故 B 正确；C.0.8m 或 5.6m。与上述结论不符，故 C 错误；D.无法确定。与上述结论不符，故 D 错误。4、B【解析】说明分析受力的侧视图（右视图）如图所示 磁场有最小值minB，应使棒平衡时的安培力有最小值min安F棒的重力大小、方向均不变，悬线拉力方向不变，由“力三角形”的动态变化规律可知 min sin30安Fmg 又有 minmin 安FBIL 联合解得 minsin300.5TmgBIL 由左手定则知磁场方向平行轻质导线向上。故 ACD 错误，B 正确

18、。故选 B。5、D【解析】设地球的半径为 R，月、地间的距离为 r，地球的第一宇宙速度为 7.9km/s，可有 7900=GMR 月球的周期约为 30 天，可有 30243600=23rGM 若把地球看作“黑洞”，上面两种关系变为 3108=GMR T=23rGM 联立解得 68sT 故选 D。6、D【解析】AB双星间的万有引力提供它们各自圆周运动的向心力，则恒星和行星做圆周运动的角速度大小相等，周期相同，则 212MmGmrL 222MmGMrL 可得 12rMrm 由于恒星与行星质量不同，则轨道半径不同，由公式vr可知，恒星和行星做圆周运动的线速度大小不同，故 AB错误；C根据多普勒效应可

19、知，若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率，即恒星光谱会出现蓝移，故 C 错误；D根据多普勒效应可知，若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移，故 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。7、CDE【解析】A由图可知，波长 4m 振幅 2cmA 各质点开始振动的方向为y方向。M 点振动开始后，又经过 1.1s 恰好第三次到达波谷

20、，则有 31.1s24T 则 0.4sT 所以 A 错误；B则波速为 4m10m/s0.4svT 所以 B 错误；C从图示时刻开始，波传播至 M 点需时间 14.0m0.4s10m/sOMtv 之后的 11.8s0.4s32T 则 M 振动路程为 3 4228cmAA 所以 M 点的运动路程为 28cm，C 正确；D从图示时刻开始，波传播至 N 点需时间 29.0cm0.9s10m/sONtv 之后的 12.2s0.9s34T 则 N 点第四次到达波峰，D 正确；E波的频率为 12.5HzfT 则其相干波的频率为 2.5Hz，E 正确。故选 CDE。8、CD【解析】试题分析：简谐运动图象反映质

21、点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故 A 错误t=0 时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故 B 错误根据图象的斜率表示速度，则 t=0.25s 时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同 故 C 正确 质点运动过程中，两端点间的距离等于 2 倍的振幅，为 S=2A=25cm=10cm=0.1m，故 D 正确故选 CD。考点：振动图线【名师点睛】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，要注意振动图象不是质点的运动轨迹；根据图象的斜率表示速度分析振动的运动方向质点运动过程中，两端点间的距离等于2 倍的振幅。9、BD【解析】AB

22、据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在 M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图 可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE-mg=mg 得到：2mgEq 由 U=Ed 可知板间电压为：2Uqmgd 故 A 错误，B 正确；C 小球在电场中向上偏转的距离为：y12at2 而 aqEmgmg，t0Lv 解得：y2202gLv 故小球打在屏上的位置与 P 点的距离为：S2y220gLv 重力势能的增加量为：EPmgs2220g Lv 故 C 错误。D仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据 EUdQCd 而

23、 C4Skd，解得：E4 kQS 可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故 D 正确。故选 BD。10、BC【解析】当物体放在 B 盒中时，以 AB 和 B 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 11sin3022BBm gmgmgmmma（）（）当物体放在 A 盒中时，以 AB 和 A 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 11sin3022BBmmgm gmmma（）（）联立解得 38Bmm 加速度大小为 a=0.2g 故 AD 错误、BC 正确。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

24、，不要求写出演算过程。11、R2 a 2 10 48 【解析】(1)1由题意可知，电源电动势约为 8V，而电流表量程为 200mA，则电流表达满偏时需要的电流为 8400.2I 故为了安全和准确，滑动变阻器应选择 R2；2为了让电路中电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时接入电阻应最大，故滑片应滑至 a 端；3由实验步骤可知，本实验采用了半偏法，由于电流表示数减为原来的一半，则说明电流表内阻与电阻箱电阻相等，即 Rg=2；(2)4根据实验电路以及闭合电路欧姆定律可知：3gEIRRRr 变形可得 3 11grRRRIEE 则由图象可知图象的斜率 135 150.1200kE 解得 E=10V 5图

25、象与纵轴的交点为 5，则可知=5grRE 解得 r=48 12、不要 0.72 0.85 BD 【解析】(1)1小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力作用，为了在实验中能够把细线对小车的拉力视为小车的合外力，则应该用重力的下滑分力来平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不挂钩码，但要连接纸带。(2)2相邻的两个计数点之间还有 4 个打出的点没有画出，计数点间的时间间隔为 T=0.025s=0.1s 根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打 B 点的速度为 220.105.7110 m/s=0.72m/s22 0.1ACBxvT (3)3设钩码的质量为 m，小车

26、的质量为 M，小车中砝码的质量为 m，对系统，由动能定理得 212mgxMmmv（）整理得 22mgxvmmM v2-x 图象的斜率 220.50m/s0.25mgkmmM 解得 M=0.85kg。(4)4A钩码的重力大于细线的拉力，不影响钩码重力做系统做的功，故 A 错误；B长木板的右端垫起的高度过低，未完全平衡摩擦力时，则摩擦力做负功，系统总动能的增量小于钩码重力做的功，故 B 正确；C接通电源的同时释放了小车，只会使得纸带上一部分点不稳定，不影响做功与动能的增量，故 C 错误；D交流电源的实际频率大于 50Hz，如果代入速度公式的周期为 0.02s，比真实的周期大，则求出来的速度偏小，则

27、动能偏小，故 D 正确。故选 BD。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）202mvqd；（2）2098mv+2220252mg dv【解析】（1）设板间电场强度为 E，根据动能定理有：-qEd=0-2012mv，得：202mvEqd（2）设小球从 P 点运动到 N 板所用的时间为 t1，则有：d=0 112v t 得：t1=02dv 设小球从 N 板运动到 M 板所用的时间为 t2，则有：229142dat qE=ma 得：t2=03dv 因此小球从 P 点开始运动到 M 板所用的时间：t=t1+t2

28、=05dv 这段时间内小球下落的高度：h=222012522gdgtv 根据动能定理：qE205142kdmghEmv 得：2098kEmv+2220252mg dv 14、（1）4.8m/s；方向竖直向.上（2）27.44 m【解析】（1）设无人机的升力为F，则 0.1()FMgMm g 求得14NF 悬绳断开后，无人机先向下做匀减速运动，设加速度大小为1a，则 10.1FMgMgMa 求得215m/sa 运动到速度为零时，需要的时间 0110.4svta 然后无人机向上做加速运动，设加速度大小为2a，根据牛顿第二定律有 20.1FMgMgMa 求得223m/sa 再经过21.6st 无人机

29、的速度 12 24.8m/sva t 方向竖直向上（2）小物块从无人机上刚脱落时，离地的高度 20124m2hv tgt 小物块脱落后，无人机下落的高度 20110.4m2vha 后又在1.6s内上升的高度 21223.84m2vha 因此当小物块落地时，无人机离地面的高度 1227.44mHhhh 15、(1)7m/sv人；(2)4m/sbv；(3)2.68st 【解析】(1)少年与滑板a从O点沿圆弧下滑到P点的过程中机械能守恒，设少年的质量为M，滑板的质量为m，则9Mm，有 21()()2aMm gRMm v 少年跳离a板的过程中，少年与滑板a水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有()aaM

30、m vmvMv 人 解得少年跳离滑板A时的速度大小 7m/sv人(2)少年跳上滑板b的过程中，少年与滑板b水平方向的动量守恒，设传送带速度为v带，则有()bMvmvMm v人带 假设少年与滑板b在传送带上可以达到与传送带相同的速度，对少年与滑板b在传送带上做匀减速直线运动的过程应用牛顿第二定律有 11()()k Mm gMm a 设此过程中少年与滑板b位移为1x，由运动学公式有 221 12bvva x 带 解得 17.2225mx 由于1xxL 因此假设成立，即少年与滑板b在传送带上先做匀减速运动，速度与传送带速度相同后随传送带一起匀速运动，到达传送带最右侧Q端的速度为 4m/sbv(3)设少年与滑板b在传送带上做匀减速直线运动的时间为1t，则 11bvvta带 设少年与滑板b在传送带上做匀速直线运动的时间为2t，则 12Lxxtv 带 设少年与滑板b冲上斜面后的加速度大小为2a，根据牛顿第二定律有 22()sin()cos()Mm gkMm gMm a 设少年与滑板b在斜面上向上运动的时间为3t，则 32vta带 设少年与滑板b在传送带和斜面上运动的总时间为t，则 123tttt 解得 2.68st