2022-2023学年福建省泉州市泉港区第六中学高考全国统考预测密卷物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、一列简谐横波沿x轴正方向传播，速度为 0.5m/s，周期为 4s。t=1s 时波形如图甲所示，abcd、是波上的四个质点。如图乙所示是波上某一质点的振动图像。下列说法正确

2、的是（）A这列波的波长为 1 m Bt=0s 时质点 a 的速度与质点 b 的速度相等 Ct=1s 质点 a 的加速度大小比质点 b 的加速度大 D如图乙表示的是质点 b 的振动图像 2、如图所示，固定斜面上放一质量为 m 的物块，物块通过轻弹簧与斜面底端的挡板连接，开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑。现将物块向上移动一段距离后由静止释放，物块一直向下运动到最低点，此时刚好不上滑，斜面的倾角为，重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向下运动过程中，下列说法不正确的是()A物块与斜面间的动摩擦因数为tan B当弹簧处于原长时物块的速度最大 C当物块运动到最低点前的一瞬间，加速度大

3、小为sing D物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为一定值 3、如图，长为 L 的直棒一端可绕固定轴 O 在竖直平面内转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度 v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为 时，棒的角速度为 A(1)nT BcosvL CsinvL DsinvL 4、某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B 为理想变压器，R 为输电线路的电阻，灯泡 L1、L2规格相同，保持变压器 A 的输入电压不变，开关 S 断开时，灯泡 L1正常发光，则()A仅将滑片 P 上移，A 的输入功率不变 B仅将滑片 P 上移，L1变暗 C仅闭合 S，L1、L2均正常发光 D仅闭合 S，A 的输入功率不

4、变 5、物体做竖直上抛运动：v 表示物体的瞬时速度，a 表示物体的加速度，t 表示物体运动的时间，h 代表其离抛出点的高度，Ek代表动能，Ep代表势能，以抛出点为零势能面下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）A B C D 6、在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以一定初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水平，A、B、C 三点在同一直线上，且 AB=2BC，如图所示，由此可知（）A小球带正电 B电场力大小为 3mg C小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等 D小球从 A 到 B 与

5、从 B 到 C 的速度变化相等 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、一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示，发电机组能输出稳定的电压。升压变压器原、副线圈匝数之比为 n1：n2=1：10.线圈两端的电压分别为 Ul、U2.输电线的总电阻为 r，降压变压器的原、副线圈匝数之比为 n3：n4=10：1，线圈两端电压分别为 U3、U4.，L 是用户区里一常亮的灯泡，三个回路的干路电流分别为 I1、I2、I3，随着用电高峰的到来，用户区开启了大量

6、的用电器，下列说法正确的是（）A电压 U4不变，始终等于 Ul B电流 Il始终等于 I3 CL 变暗 D输电线的电阻消耗的功率减小 8、如图，在光滑的水平面上有一个长为 L 的木板，小物块 b 静止在木板的正中间，小物块a以某一初速度0v从左侧滑上木板。已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为1、2，木块与木板质量均为m，a、b之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。下列说法正确的是（）A若没有物块从木板上滑下，则无论0v多大整个过程摩擦生热均为2013mv B若2ba，则无论0v多大，a都不会从木板上滑落 C若032avgL，则ab一定不相碰 D若2ba，则a可能从木板左端滑落

7、9、真空区域有宽度为 d、磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ 是磁场的边界比荷为 k 的带负电粒子，沿着与 MN 夹角 60的方向射入磁场中，刚好没能从 PQ 边界射出磁场下列说法正确的是（）A粒子的速率大小是23Bdk B粒了在磁场中运动的时间是23kB C仅减小粒了的入射速率，在磁场中的运动时间将增大 D仅增人粒子的入射速率，在磁场中的运动时间将减小 10、如图所示，B 为理想变压器，接在原线圈上的交流电压 U 保持不变，R 为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合前灯泡 L1上的电压如图，当开关 S 闭合后，下列说法正确的是（）A电流表 A1的示数变大 B

8、电流表 A2的示数变小 C电压表 V 的示数大于 220V D灯泡 L1的电压有效值小于 220V 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）某同学利用下图所示的实验装置测定滑块与木板间的动摩擦因数。置于水平桌面的长木板上固定两个光电门 1、2。滑块上端装有宽度为 d 的挡光条，滑块和挡光条的总质量为 M，右端通过不可伸长的细线与钩码 m 相连，光电门 1、2 中心间的距离为 x。开始时直线处于张紧状态，用手托住 m，实验时使其由静止开始下落，滑块 M 经过光电门 1、2 所用的时间分别为 t1、t2。(1)该同学认为钩码的重

9、力等于滑块所受到的拉力，那么他应注意_。(2)如果满足(1)中的条件，该同学得出滑块与木板间的动摩擦因数=_。(3)若该同学想利用该装置来验证机械能守恒定律，他只需_就可以完成实验。12（12 分）如图所示为“研究一定质量的气体在温度不变的情况下，压强与体积的关系”实验装置，实验步骤如下：把注射器活塞移至注射器满刻度处，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；移动活塞，记录注射器的刻度值 V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值 p；用 V 1P图像处理实验数据，得出如图 2 所示图线 （1）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是_和_ （2）如果实验操作规范正确，但如

10、图 2 所示的 V 1P图线不过原点，则 V0代表_ （3）小明同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强 p 与注射器刻度值 V在实验中出现压强传感器软管脱落，他重新接上后继续实验，其余操作无误V 1P关系图像应是_ 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）已知外界大气压恒为501.0 10 Pap，重力加速度210m/sg，现有水平放置的导热良好的气缸用横截面积为220cmS 的活塞封闭一定质量的理想气体，外界温度为27，活塞与气缸底部间距离20cmL，如图甲所示。求：(1)现将气缸缓慢转动到

11、开口向下如图乙所示温度降为20，若活塞到底部的距离为40cmh，试计算活塞的质量m多大？(2)若温度保持为原来的27时，使气缸倾斜至与水平面成53sin530.8，此时气缸中活塞到底部的长度h多长？（忽略活塞与气缸的摩擦，计算结果取三位有效数字）14（16 分）电磁轨道炮的加速原理如图所示金属炮弹静止置于两固定的平行导电导轨之间，并与轨道良好接触。开始时炮弹在导轨的一端，通过电流后炮弹会被安培力加速，最后从导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离0.10mL，导轨长5.0ms，炮弹质量0.03kgm。导轨上电流 I 的方向如图中箭头所示。可以认为，炮弹在轨道内匀加速运动，它所在处磁场的磁感

12、应强度始终为2.0TB，方向垂直于纸面向里。若炮弹出口速度为32.0 10 m/sv，忽略摩擦力与重力的影响。求：(1)炮弹在两导轨间的加速度大小 a；(2)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力大小 F；(3)通过导轨的电流 I。15（12 分）如图所示，在空间直角坐标系中，I、象限（含 x、y 轴）有磁感应强度为 B=1T，方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为 E=10N/C，方向竖直向上的匀强电场；、象限（不含 x 轴）有磁感应强度为215T14B，方向沿 y 轴负方向的匀强磁场，光滑14圆弧轨道圆心 O，半径为 R=2m，圆环底端位于坐标轴原点 O。质量为 m1=lkg，带电 ql=+1

13、C 的小球 M 从 O处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到 O 点。质量为 m2=2kg，带电 q2=+1.8C 小球的 N 穿在光滑圆弧轨道上从与圆心等高处静止释放，与 M 同时运动到 O 点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球 P（碰撞过程无电荷损失）。小球 M、N、P 均可视为质点，不计小球间的库仑力，取 g=10m/s2，求：(1)小球 M 在 O处的初速度为多大；(2)碰撞完成后瞬间，小球 P 的速度；(3)分析 P 球在后续运动过程中，第一次回到 y 轴时的坐标。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

14、要求的。1、C【解析】A由题可知，速度为 0.5m/s，周期为 4s，则波长 0.5 42vTm A 错误；Bt=0s 时质点 a 在波峰处，速度为零，质点 b 在平衡位置，速度最大，B 错误；C因为周期 T=4s，所以当 t=1s 时经历了4T，此时质点 a 在平衡位置，位移为零，加速度为零，质点 b 在波峰处，位移最大，加速度最大，C 正确；D由乙图可知，当 t=1s 时该质点在波谷处，与此相符合的质点是质点 c，D 错误。故选 C。2、C【解析】A由于开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑，则 sincosmgmg 得物块与斜面间的动摩擦因数 tan 选项 A 正确；B由于物块一直向下运动，

15、因此滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡，因此当弹簧处于原长时，物块受到的合外力为零，此时速度最大，选项 B 正确；C由于物块在最低点时刚好不上滑，此时弹簧的弹力 sincos2sinFmgmgmg 物块在到达最低点前的一瞬间，加速度大小为 2 sinFagm 选项 C 错误；D对物块研究 FGfkWWWE 而重力做功和摩擦力做功的代数和为零，因此弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量，即弹簧的弹性势能和物块的动能之和为定值，选项 D 正确。故选 C。3、D【解析】棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度 实vL，沿竖直向上方向上的速度分量等于 v，即 sinL

16、v，所以 sinvL。A综上分析sinvL，A 错误；B综上分析sinvL，B 错误；C综上分析sinvL，C 错误；D综上分析sinvL，D 正确。故选 D。4、B【解析】AB仅将滑片 P 上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以输出电压变小，相应的 B 变压器的输入电压降低，输出电压也降低，所以 L1两端电压变小。输出功率变小，则 A 变压器的输入功率也变小，故 A 错误，B 正确；CD仅闭合 S，则 B 变压器的负载电阻变小，输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器 A 的输入功率也变大。相应的输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，B 变压器的输入电压变小，输出电压也变小，即灯泡

17、两端的电压变小，灯泡不能正常发光，故 CD 错误。故选 B。5、C【解析】竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，物体运动过程中机械能守恒根据运动学公式列出 v 与 t 的关系式，根据机械能守恒定律得出物体的动能与高度的关系式再选择图象【详解】AB物体做竖直上抛运动，只有重力，加速度等于 g，保持不变，所以 at 图象是平行于时间轴的直线，取竖直向上为正方向，则竖直上抛运动可看成一种匀减速直线运动，速度与时间的关系为 v=v0gt vt 图象是一条向下倾斜的直线，AB 不符合题意；C以抛出点为零势能面，则物体的重力势能为 Ep=mgh 则 Eph 图象是过原点的直线，C 符合题意；D根据机械能守恒定

18、律得：mgh+Ek=12mv02 得 Ek=12mv02mgh 可见 Ek与 h 是线性关系，h 增大，Ek减小，Ekh 图象是向下倾斜的直线D 不符合题意。故选 C。6、B【解析】根据小球从 B 点进入电场的轨迹可看出，小球带负电，故 A 错误；因为到达 C 点时速度水平，所以 C 点速度等于 A点速度，因为 AB=2BC，设 BC 的竖直高度为 h，则 AB 的竖直高度为 2h，由 A 到 C 根据动能定理：mg3h-Eqh=0，即 Eq=3mg，故 B 正确；小球从 A 到 B 在竖直方向上的加速度为 g，所用时间为：142hhtgg；在从 B 到 C，的加速度为22Eqmgagm向上，

19、故所用时间：222hhtgg，故 t1=2t2，故 C 错误；小球从 A 到 B 与从 B到 C 的速度变化大小都等于2hvgg，但方向相反，故 D 错误。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】将远距离输电的电路转化为等效电路 其中 2211nUUn，2324=nRRn用效 由闭合电路的欧姆定律 22()UIrR效 故随着用电高峰的到来用户区开启了大量的用电器，R用减小，导致R效变小，则输电电流2I变大。A由变压器的变压比可知 221

20、1110nUUUn 3344410nUUUn 但输电线上有电阻 r，产生损失电压，故有 23UU 即141010UU，且用电高峰 U1不变，U4变小，故 A 错误；B根据变压器上的电流与匝数成反比，有 2212110nIIIn，4232310nIIIn 可得电流 Il始终等于 I3，故 B 正确；C 则输电电流2I变大会导致损失电压变大，而 U2不变，故 U3减小，可得 U4变小，即并联用户的电压减小，由24UPR可知 L 的功率变小，L 变暗，故 C 正确；D由22=PI r损可知，输电电流2I变大会导致输电线的电阻消耗的功率增大，故 D 错误。故选 BC。8、ABD【解析】A若没有物块从木

21、板上滑下，则三者最后共速，以三者为整体，水平方向动量守恒，mv0=3mv1 则整个过程产生的热量等于动能的变化，有 Q=12mv02123mv12 联立，得 Q=13mv02 故 A 正确；BDa、b 之间的碰撞无机械能损失，故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，设碰前速度分别为 v1、v2，碰后分别为v1、v2，且有 v1v2，以 v1方向为正方向，则有 mv1+mv2=mv1+mv2 12mv12+12mv2212mv12+12mv22 联立，得 v1=v2 v2=v1 即碰后 a 和木板共速，b 向右运动，以 a 和木板为整体，此时 a 和木板的加速度 a1=2bg 对 a 分析知，a 的加

22、速度最大值为 a0=ag 若 b2a 则 a1a0，a 和木板保持相对静止，则无论 v0多大，a 都不会从木板上滑落；故 B 正确；若 b2a，则 a1a0，a 相对木板向左运动，故 a 可能从木板左端滑落，故 D 正确；C若 a 与 b 碰前三者已经共速，则 ab 一定不相碰，此时有 2201113222amLgmvmv 联立，得 032avgL 故若032avgL，则 ab 一定不相碰，故 C 错误；故选 ABD。9、AD【解析】AB.粒子刚好没能从PQ边界射出磁场时，其运动轨迹刚好与PQ相切，如图 设带电粒子圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系有：cosLRR 解得：23RL 根据牛顿第二

23、定律得：2vqvBmR 解得：23Bdkv 运动时间为：()2243RtvkB 故 A 正确，B 错误；C.减小粒了的入射速率，粒子的周期不变，半径变小，粒子仍然从左边界出磁场，圆心角不变，则运动时间不变，故C 错误；D.增人粒子的入射速率，粒子从磁场的右边界出磁场，粒子运动轨迹所对应的圆心角减小，则运动时间变小，故 D 正确 10、ACD【解析】A 当 S 接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，电流表 A1的示数变大，故 A 正确；B 当 S 接通后，电路的总电阻减小，副线圈总电流变大，电流表 A2的示数变大，故 B 错误；C根据图像可知，开关闭

24、合前灯泡 L1上的电压为 220V，故电压表的示数为副线圈总电压，大于 220V，闭合开关后，输入电压和匝数不变，电压表示数仍大于 220V，故 C 正确；D 开关闭合后，总电阻减小，干路电流增大，故电阻分的电压增大，灯泡 L1的电压减小，小于 220V，故 D 正确。故选 ACD。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、M 远大于 m 22221112mdMgx tt 将木板左端抬高，平衡摩擦力 【解析】(1)1实际上滑块所受到的拉力小于钩码的重力，对滑块应用牛顿第二定律 TFMgMa 对钩码 TmgFma 两式相加解得加速度 m

25、gMgaMm 而如果满足题中条件，同理解得加速度为 mgMgaM 若想 aa M 必须远大于 m。(2)2对于滑块通过光电门时的速度 11dvt 22dvt 由动能定理得：2221(11()()22dMdMMtggtmx 解得 2222111()2mdMgx tt(3)3验证机械能守恒，需要将摩擦力平衡掉，所以该同学需将木板左端抬高，平衡摩擦力。12、移动活塞要缓慢 不能用手握住注射器的封闭气体部分 注射器与压强传感器连接部分气体的体积 B 【解析】(1)12要保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分这样能保证装置与外界温度一样(2)3体积读

26、数值比实际值大 V1 根据 P(V+V1)=C，C 为定值，则0CVVP如果实验操作规范正确，但如图所示的1VP图线不过原点，则 V1代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积(3)4根据 PV=C 可知CVP，当质量不变时1VP与成正比，当质量发生改变时（质量变大），1VP与还是成正比，但此时的斜率发生变化即斜率比原来大，故 B 正确.【点睛】本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析 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

27、3、(1)10.2kgm；(2)33.8cmh【解析】(1)初态气体的温度 0(27327)K=300KT 封闭的气体压强为0p，乙状态温度 1(27320)K=293KT 压强为1P，对活塞进行分析 01p Smgp S 对封闭的气体，由状态甲到状态乙，根据理想气体状态方程 0 01 101pVpVTT 解得 10.2kgm (2)当气缸倾斜到与水平面夹角53时，设此时封闭气体的压强为 420sin5.92 10 PamgppS 由玻意耳定律得 0122p Vp V 即 02p SLp Sh 解得 33.8cmh 14、(1)524.0 10 m/s；(2)41.2 10 N；(3)46.0

28、 10 A【解析】(1)炮弹在两导轨问做匀加速运动，因而 22vas 则 22vas 解得 524.0 10 m/sa (2)忽略摩擦力与重力的影响，合外力则为安培力，所以 Fma 解得 41.2 10 NF (3)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为 FILB.解得 46.0 10 AI 15、(1)1m/s；(2)1m/s；(3)坐标位置为2020，【解析】(1)M 从 O 进入磁场，电场力和重力平衡 Eq=mg 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 2ARr 洛伦兹力提供向心力 2AmvqvBr 解得 v=1m/s(2)设 N 沿光滑轨道滑到 O 点的速度为 u，由动能定理 222212m gR

29、Eq Rm u 解得 u=2m/s M、N 在 O 点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的 P 球速度为1v，选向右为正方向，由动量守恒定律 21121m umvmmv 解得 11m/sv 方向水平向右(3)P 球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在电场力作用下，P 球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期 T，P 球回到 y 轴上，P 球带电量 21qqq 由 211cCm vqv BR 及12CRTv，解得 P 球圆周运动周期 2CmTqB P 球竖直方向加速度 a=g P 球回到 y 轴时坐标212yaT，代入数据解得 220y 则坐标位置为20m,20 m