2023届北京市海淀区清华大学附属中学高考冲刺物理模拟试题含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为 k，开始时，振子被拉到平衡位置 O 的右侧 A 处，此时拉力大小为 F，然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间 t 后第一次到达平衡位置 O 处，此时振子的速度

2、为v，在这个过程中振子的平均速度为 A等于 B大于 C小于 D0 2、如图所示为两条长直平行导线的横截面图，两导线中均通有垂直纸面向外、强度大小相等的电流，图中的水平虚线为两导线连线的垂直平分线，A、B两点关于交点O对称，已知A点与其中一根导线的连线与垂直平分线的夹角为=30，且其中任意一根导线在 A 点所产生的磁场的磁感应强度大小为 B。则下列说法正确的是（）A根据对称性可知 A、B 两点的磁感应强度方向相同 BA、B 两点磁感应强度大小均为3B CA、B 两点磁感应强度大小均为 B D在连线的中垂线上所有点的磁感应强度一定不为零 3、在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如

3、理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力 B根据速度定义式 vxt，当 t 非常小时，xt就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法 C将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想 D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 4、如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正

4、上方有一个物块。物块从高处自由下落到弹簧上端 O，将弹簧压缩，当弹簧被压缩了 x0时，物块的速度变为零。从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移 x 变化的图象可能是（）A B C D 5、如图所示为六根导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在 O 点磁感应强度大小为 B0，则正六边形中心处磁感应强度大小和方向（）A大小为零 B大小 2B0，方向水平向左 C大小 4 B 0，方向水平向右 D大小 4 B 0，方向水平向左 6、若宇航员在月球表面附近自高 h 处以初速度 v0水平抛出一个小球，测出小球从抛出到落地的位移为 L。已知月

5、球半径为 R，万有引力常量为 G，则下列说法正确的是（）A月球表面的重力加速度2022hvgLh月 B月球的质量22022()hR vmG Lh月 C月球的第一宇宙速度0222hRvvLh D月球的平均密度202232()hvG Lh 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、关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是_。A液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离 B一定质量的某种理想气体状态改变时，内能必定改变

6、 C0C的铁和 0C的冰，它们的分子平均动能相同 D晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征 E.扩散现象在液体和固体中都能发生，且温度越高，扩散进行得越快 8、如图所示为一列沿 x 轴正向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，经过 0.2s，M 点第一次到达波谷，则下列判断正确的是_ A质点 P 的振动频率2.5Hzf B该波的传播速度 v=1m/s CM 点的起振方向沿 y 轴负方向 D01s 内质点 Q 运动的路程为 0.2m E.01s 内质点 M 运动的路程为 0.08m 9、如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右移动时，下面判断正确的是()A电路中总电

7、阻减小 BL1变亮 CL2变亮 DL3变暗 10、如图所示，A 和 B 是两个等量异种点电荷，电荷量的绝对值为 q，两点电荷的连线水平且间距为 L，OP 是两点电荷连线的中垂线，O 点是垂足，P 点到两点电荷的距离也为 L。整个系统处于水平向右的匀强电场中，一重力不计的电子恰好能静止在 P 点，下列说法正确的是（）A点电荷 A 一定带正电 B匀强电场的电场强度大小为22kqL CO 点的电场强度大小为27kqL DO 点和 P 点电势相同 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）用图甲所示的电路测量一电流表1A的内阻。图中0

8、A是标准电流表，0R是滑动变阻器，1R是电阻箱，S和1S分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，实验电路电源电动势为 E。依据实验原理完成下列填空。（1）将 S 拨向接点 1，闭合1S，调节_，使1A指针偏转到适当位置，记下此时标准电表0A的读数 I。（2）然后将 S 拨向接点 2，调节_至适当位置，使0A的读数仍为 I，此时 R 的读数即为待测电表1A内阻的测量值。（3）若在某一次测量中1R的示数如图乙所示，其电阻为_。该电阻箱可以提供的阻值范围为_。12（12 分）某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中 AB是水平桌面，CD 是一端带有定滑轮的长

9、木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。为了补偿小车受到的阻力，将长木板 C 端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的 C 端某位置由静止释放，进行实验。刚开始时小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度 d，如图乙所示，其读数为_cm；(2)某次实验，小车先后经过光电门 1 和光电门 2 时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为 t1和 t2，此过程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之问的间距

10、为 L，则小车的加速度表达式 a（_）（结果用字母 d、t1、t2、L 表示）；(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力 F，通过多次测量作出 aF 图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是_。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）一半径为 R 的半圆柱玻璃体，上方有平行截面直径 AB 的固定直轨道，轨道上有一小车，车上固定一与轨道成 45的激光笔，发出的细激光束始终在与横截面平行的某一平面上，打开激光笔，并使小车从左侧足够

11、远的地方以匀速向右运动。已知该激光对玻璃的折射率为，光在空气中的传播速度大小为 c。求：(1)该激光在玻璃中传播的速度大小；(2)从圆柱的曲侧面有激光射出的时间多少？（忽略光在 AB 面上的反射）14（16 分）如图所示，ABCD 是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由 O 点垂直 AD 边射入 已知棱镜的折射率 n2，ABBC8 cm，OA2 cm，OAB60 求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向 第一次的出射点距 C 多远 15（12 分）如图所示，竖直放置的汽缸内有一定质量的理想气体，活塞横截面积为 S0.10m2，活塞的质量忽略不计，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的

12、U 形玻璃管相通。开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为 80cm 的气柱（U 形管内的气体体积不计），此时缸内气体温度为 27，U 形管内水银面高度差 h115cm。已知大气压强 p075cmHg。（1）让汽缸缓慢降温，直至 U 形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；（2）接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96cm，求整个过程中气体与外界交换的热量（p075cmHg1.0105Pa）。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、B【解析】平均

13、速度等于这段位移与所需要的时间的比值而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。【详解】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置 O 的右侧 A 处，此时拉力大小为 F，由于经过时间 t 后第一次到达平衡位置 O 处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为，故 B 正确，ACD 错误。【点睛】考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率分开，同时强调位移而不是路程。2、B【解析】A根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在 A、B 两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，A、B 两点的磁感应强度大小相等，

14、A 点磁场向下，B 点磁场向上，方向相反，A 错误；BC两根导线在 A 点产生的磁感应强度的方向如图所示 根据平行四边形定则进行合成，得到 A 点的磁感应强度大小为 2cos303BB 同理，B 点的磁感应强度大小也为 2cos303BB B 正确、C 错误；D只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知 O 点的磁感应强度为零，D 错误。故选 B。3、A【解析】A牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，故 A 符合题意；B根据速度定义式 vxt，当 t 非常小时，xt就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极

15、限法，故 B不符合题意 C将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想，故 C 不符合题意；D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故 D 不符合题意。故选 A。4、D【解析】物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得：mg-kx=ma 得到 kagxm a 与 x 是线性关系，当 x 增大时，a 减小；当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度 a=0；当弹力大于重力后，物

16、块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律得 kx-mg=ma 得到 kaxgm a 与 x 是线性关系，当 x 增大时，a 增大；若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于 g，方向竖直向上，当小球以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于 g；A该图与结论不相符，选项 A 错误；B该图与结论不相符，选项 B 错误；C该图与结论不相符，选项 C 错误；D该图与结论相符，选项 D 正确；故选 D。5、D【解析】根据磁场的叠加原理，将最上面电流向里的导线在 O 点产生的磁场与最下面电流向外的导线在 O 点产生的磁场进行合

17、成，则这两根导线的合磁感应强度为1B；同理，将左上方电流向里的导线在 O 点产生的磁场与右下方电流向外的导线在 O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为3B，将右上方电流向里的导线在 O 点产生的磁场与左下方电流向外的导线在 O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为2B，如图所示：根据磁场叠加原理可知：12302BBBB，由几何关系可：2B与3B的夹角为120，故将2B与3B合成，则它们的合磁感应强度大小也为 2B0，方向与 B1的方向相同，最后将其与 B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为 4B0，方向水平向左，D 正确，ABC 错误。故选 D。6、C【解析

18、】A由小球平抛，依题意有 212hg t月 220Lhv t 则 20222=hvgLh月 故 A 错误；B由 2=GmgR月月 则 220222=hR vmG Lh月 故 B 错误；C第一宇宙速度 0222=hRvg R vLh月 故 C 正确；D根据 34=3mR月 则月球平均密度 20223=2hvGR Lh 故 D 错误。故选 C。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、ACE【解析】A由于液体表面分子间距大于内部分子间距，故表面处表现为引

19、力，故 A 正确；B一定质量理想气体的内能由温度决定，状态变化时温度可能不变，内能也就可能不变，故 B 错误；C因为温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子平均动能相同，故 C 正确；D晶体分单晶体和多晶体，只有单晶体具有规则形状，某些性质表现出各向异性，而多晶体没有规则形状，表现出各向同性，故 D 错误；E气体、液体和固体物质的分子都在做无规则运动，所以扩散现象在这三种状态的物质中都能够进行，且温度越高，扩散进行得越快，故 E 正确。故选 ACE。8、ACD【解析】BCt0 时刻波传播到 Q 点，Q 点起振方向沿 y 轴负方向，在波传播过程中各点的起振方向都相同，则 M 点的起振方向也沿

20、y 轴负方向；经过 t=0.2s，M 点第一次到达波谷，可知波的传播速度 0.02m/s0.1m/s0.2xvt 故 B 错误，C 正确；A由图象可知，波长=0.04m，则波的周期，亦即 P 质点振动的周期 0.04s0.4s0.1Tv 频率为周期的倒数，即 2.5Hz，故 A 正确；D01s 内质点 Q 振动了 2.5 个周期，运动的路程 s=10.48cm20cm 故 D 正确；E波传播到 M 点的时间 t10.01 0.1s0.1s 则 01s 内质点 M 振动了 2.25 个周期，运动的路程 11 0.148cm18cm0.18m0.4ttsAT 故 E 错误。故选 ACD。9、CD【

21、解析】A.当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，故 A 误差。B.电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故 L1变暗，故 B 错误。CD.电路中电流减小，故内阻及 R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故 L2变亮；因 L2中电流增大，干路电流减小，故流过 L3的电流减小，故 L3变暗；故 CD 正确。10、CD【解析】A对P点的电子进行受力分析可知，等量异种电荷A、B在P点产生的合场强方向向左，故点电荷A带负电，选项A 错误；B匀强电场强度大小 222cos60kqkqELL 选项 B 错误；CO点的电场强度大小 0222287

22、22kqkqkqkqEELLLL 选项 C 正确；D由等量异种电荷电场的规律和匀强电场的特点可知，OP为电场的一条等势线，故0p，选项 D 正确。故选 CD。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、0R 1R 50 09999 【解析】（1）1将 S 拨向接点 1，接通1S，调节0R使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表0A的读数 I。（2）2然后将 S 拨向接点 2，调节1R，使标准电流表0A的读数仍为 I，记下此时1R的读数。（3）3读取电阻箱各旋盘对应的数值后，再乘相应的倍率。其电阻为 0 10000 1005 10

23、0 150 4该电阻箱可以提供的最大阻值为 9 10009 1009 109 19999 电阻箱可以提供的阻值范围为09999 12、0.170 222122 21 2()2dttLt t 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为：1mm，游标尺的刻度第 14 个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.0514=0.70mm，所以 d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm；(2)2小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式 22212ddaLtt 得 222122 21 22dttaLt t(3)3实验时，

24、小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力 mg，只有在 Mm 时，才有 Tmg aF图线才接近直线，一旦不满足 Mm，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，所以aF图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。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)；(2)【解析】(1)由得激光在玻璃中的传播速度为：(2)从玻璃射向空气，发生全反射的临界角，设激光射到 M、N 点正好处于临界情况，从 M 到 N 点的过程，侧面有激光射出 由正弦定理得：得：同

25、理：得：【点睛】解决本题的关键作出光路图，确定出临界情况，结合几何关系和折射定律进行求解.14、光线第一次从 CD 边射出与 CD 边成 45斜向左下方；4 33m；【解析】根据1sinCn，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向；根据几何关系，求出第一次的出射点距 C 的距离；【详解】(1)因为112sinCn，所以得临界角45C 第一次射到 AB 面上的入射角为60，大于临界角,所以发生全反射，反射到 BC 面上，入射角为60，又发生全反射，射到 CD 面上的入射角为30i 根据折射定律得sinrnsini 解得45r 即光从 CD 边射出,与 CD

26、 边成45斜向左下方；(2)根据几何关系得，AF=4cm 则 BF=4cm BFG=BGF，则 BG=4cm 所以 GC=4cm 所以4 33CEcm 15、（1）-23（2）吸收热量31.6J10。【解析】（1）对气缸内的气体，初始状态：p1=p0+h175+15=90cmHg；V1=HS=0.8S；T1=273+27=300K 末态：p2=p075cmHg；V2=HS=0.8S；T2=？由1 12212pVp VTT可得：29075=300T 解得 T2=250K=-23（2）解除对活塞的锁定后，气体内部压强变为 p0，气体吸收热量对外做功，最终气体温度与外界温度相同，即气体内能不变；当汽缸内封闭的气柱高度达到 96cm 时，对外做功 5300.1(0.9601.0 10.80)J1.6 1J0Wp S h 由热力学第一定律可知，整个过程中气体吸收热量31.6J10。