2023届福建省连城县一中高考物理倒计时模拟卷含解析.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，理想变压器的原线圈接在 u=2202sin100t(V)的交流电源上，副线圈接有 R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为 41，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A原线圈的输入功率为 2202W

2、 B电流表的读数为 1 A C电压表的读数为 55V D通过电阻 R 的交变电流频率是 100Hz 2、一个23892U原子核静止在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个 粒子（42He），其速度方向与磁场方向垂直。关于 粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是（）A运动半径之比是45:1 B运动周期之比是1:117 C动能总是大小相等 D动量总是大小相等，方向相反 3、如图所示为三颗卫星 a、b、c 绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中 b、c 是地球同步卫星，a 在半径为 r 的轨道上，此时 a、b 恰好相距最近，已知地球质量为 M，半径为 R，地球自

3、转的角速度为，引力常量为 G，则（）A卫星 b 加速一段时间后就可能追上卫星 c B卫星 b 和 c 的机械能相等 C到卫星 a 和 b 下一次相距最近，还需经过时间 t=32GMr D卫星 a 减速一段时间后就可能追上卫星 c 4、将输入电压为 220V、输出电压为 6V 的变压器改装成输出电压为 30V 的变压器，副线圈原来的匝数为 30 匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为（）A150 匝 B144 匝 C130 匝 D120 匝 5、如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M 到 N 的恒定电流 I，细线的拉力不为零

4、，两细线竖直现将匀强磁场磁感应强度 B 大小保持不变，方向缓慢地转过90变为竖直向下，在这个过程中()A细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大 B细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大 C细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小 D细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小 6、空间存在如图所示的静电场，图中实线 a、b、c、d、e 为静电场中的等势线，虚线为等势线的水平对称轴。一个带负电的粒子从 P 点以垂直于虚线向上的初速度 v0射入电场，开始一小段时间内的运动轨迹已在图中画出，粒子仅受电场力作用，则下列说法中正确的是（）A等势线 a 的电势最高 B带电粒子从 P 点射出后经过等势线 b 时，粒

5、子的速率可能等于 v0 C若让粒子从 P 点由静止释放，在图示空间内，粒子将在虚线上做往复运动 D若让粒子从 P 点由静止释放，在图示空间内，粒子的加速度先增大后减小 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、用轻杆通过铰链相连的小球 A、B、C、D、E 处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球 A、B 的质量均为 2m，小球 C、D、E 的质量均为 m现将 A、B 两小球置于距地面高 h 处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦

6、，则在下落过程中 A小球 A、B、C、D、E 组成的系统机械能和动量均守恒 B小球 B 的机械能一直减小 C小球 B 落地的速度大小为2gh D当小球A 的机械能最小时，地面对小球 C 的支持力大小为 mg 8、如图所示，以 O 为圆心、半径为 R 的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N 为圆周上的两点带正电粒子只在电场力作用下运动，在 M 点速度方向如图所示，经过 M、N 两点时速度大小相等已知M 点电势高于 O 点电势，且电势差为 U，下列说法正确的是()AM,N 两点电势相等 B粒子由 M 点运动到 N 点，电势能先增大后减小 C该匀强电场的电场强度大小为UR

7、D粒子在电场中可能从 M 点沿圆弧运动到 N 点 9、如图所示，质量为 3.2m 的物块放在水平面上，跨过轻小动滑轮的细绳连接在物块 A 和物块 B 上，与物块 A 相连的细绳与水面间的夹角为 53且保持不变，已知物块 B 的质量为 m，重力加速度为 g，sin530.8，cos530.6，现用力 F 沿两段绳的角平分线方向向上拉，物块 A、B 均恰好做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A拉力 F 为 mg B物块与水平面的摩擦力为 0.6mg C细绳拉力为 3.2mg D物块 A 与水平面的动摩擦因数为 0.25 10、沿 x 轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为

8、200m/s，则下列说法正确的是（）A从图示时刻开始，经 0.01s 质点 a 通过的路程为 40cm，相对平衡位置的位移为零 B图中质点 b 的加速度在增大 C若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为 20m D从图示时刻开始，经 0.01s 质点 b 位于平衡位置上方，并沿 y 轴正方向振动做减速运动 E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为 50Hz 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）现要测定一段粗细均匀的金属导体的电阻率。(1)螺旋测微器测量该金属导体的直径 D，测量结果示数如图甲

9、所示，由图甲可知 D=_mm；(2)现要利用图乙来测量该导体的电阻阻值 R，实验步骤如下：实验时先将滑动变阻器的阻值调到最大，然后闭合开关 K1，将开关 K2打向 1 处，接着调节滑动变阻器，使电压表有明显读数，并记下此时电压表的读数 U。断开开关 K1；闭合开关 K1，将开关 K2打向 2 处，调节电阻箱，使电压表的读数仍为 U。然后读出电阻箱的阻值，如图丙。本实验中电阻箱此时的阻值为 R0=_，被测电阻的电阻阻值大小为 R=_。12（12 分）某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系 （1）为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量 M _（

10、填“需要”、“不需要”）远大于砂和砂桶的总质量 m（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G 是纸带上 7 个连续的点，sAD=_cm已知电源频率为 50Hz，则打点计时器在打 D 点时纸带的速度 v=_m/s（保留两位有效数字）（3）该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的 EkW 关系图像，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线（实线）应该是_ 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）如图，在 xOy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强

11、度为 B 的匀强磁场，第四象限内存在方向沿-y 方向、电场强度为 E 的匀强电场从 y 轴上坐标为 a 的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y 方向成 30150，且在 xOy 平面内结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到 x 轴上，然后进入第四象限的匀强电场区已知带电粒子电量为 q，质量为 m，重力不计求：（1）垂直 y 轴方向射入磁场粒子运动的速度大小 v1；（2）粒子在第象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；（3）从 x 轴上(21)xa点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过 y 轴上yb 的点，求该粒子经过yb 点的速度大小 14（16 分）某种弹射装

12、置的示意图如图所示，光滑的水平导轨 MN 右端 N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，皮带以恒定速率 v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为 m=1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导轨上，B、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块 B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B、C 处于静止状态且离 N 点足够远，现让滑块 A 以初速度 v0=6m/s 沿 B、C 连线方向向 B 运动，A 与 B 碰撞后粘合在一起碰撞时间极短，滑块 C 脱离弹簧后滑上倾角=37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块 C 与传送带之间的动摩擦因数=0.1，重力加速度 g=10m/

13、s2，sin37=0.6，cos37=0.1 （1）滑块 A、B 碰撞时损失的机械能；（2）滑块 C 在传送带上因摩擦产生的热量 Q；（3）若每次实验开始时滑块 A 的初速度 v0大小不相同，要使滑块 C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则 v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）15（12 分）如图所示，水平光滑的桌面上有一质量 M=4kg 的长木板静止在光滑水平面上，质量 m=1kg 的小滑块置于长木板左端，小滑块可视为质点。长木板右侧与固定竖直挡板间的距离 L=10m，小滑块以 v0=10m/s 的速度向右滑上长木板，经过一段时间后，长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失

14、。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数=0.4，重力加速度 g=10m/s2，长木板足够长，小滑块始终未脱离长木板。求：(1)经过多长时间，长木板与竖直挡板相碰？(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。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】C原线圈的交流电电压的有效值是 220V，原、副线圈匝数之比为 41，由1122UnUn可得副线圈上得到的电压有效值为 21155V4UU 所以电压表测电压有效值，则示数是 55V，选项 C 正确；B副线圈上的电流为 2

15、55V1A55I 又由于1221InIn，则原线圈中的电流为 1210.25A4II 则电流表的读数为 0.25A，故 B 错误；A原线圈输入的电功率 1 1220V0.25A55WPU I 故 A 错误；D原副线圈的交流电的频率相同，则副线圈中的交流电的频率也是 50Hz，故 D 错误。故选 C。2、A【解析】A衰变方程为 238234492902UXHe 衰变瞬间动量守恒，所以 Xpp 洛伦兹力提供向心力，根据 2vqvBmR 解得半径 mvpRqBqB 所以 粒子与衰变后的新核的半径之比为 XX904521RqRq A 正确；B原子核在磁场中圆周运动的周期为 2 mTqB 所以 粒子与衰

16、变后的新核的周期之比为 XXX904902234117TmqTqm B 错误；C二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系 k2pmvmE 可知 粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同，C 错误；D 粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方向不同，D 错误。故选 A。3、C【解析】A.卫星 b 加速后将做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星 c，选项 A 错误；B.卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，选项 B 错误；C.对卫星 a，根据万有引力提供向心力有：22aMmGmrr 所以卫星 a

17、 的角速度 3aMGr 可知半径越大角速度越小，卫星 a 和 b 由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为 2，所以可得经历的时间：32tGMr 选项 C 正确；D.卫星 a 减速后将做近心运动，轨道半径减小，不可能追上卫星 c，选项 D 错误；故选 C。4、D【解析】副线圈匝数为 n2=30 匝，输入电压 U1=220V，输出电压 U2=6V，根据变压比公式有 11222206UUnn 原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为 30V，根据变压比公式有 1222030nnn 联立得 120n 故 D 正确，ABC 错误。故选 D。5、A【解析】开始时，金属棒的重

18、力和安培力大小相等当磁场方向由垂直纸面向里缓慢地转过 90变为竖直向下，知安培力的大小 FA=BIL 不变，方向由竖直向上向里变为垂直纸面向里根据共点力平衡知，细线向纸面内偏转，因为金属棒受重力、拉力和安培力平衡，重力和安培力的合力于拉力大小等值方向，重力和安培力的大小不变，之间的夹角由 180变为 90，知两个力的合力一直增大，所以拉力一直增大，故 A 正确，BCD 错误 6、D【解析】A由图可知，负电荷弯曲的方向向右，则受到的电场力得方向向右，由于负电荷受到的电场力得方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左，等势线 a 电势最低。故 A 错误；B带电粒子从 P 点射出后经过等势线

19、b 时，电场力做正功，则粒子的动能增加，则其速率大于 v0，选项 B 错误；C让粒子在 P 点由静止释放，粒子受到的电场力得方向始终向右，所以将一直向右做加速运动。故 C 错误；D电场线的疏密代表电场的强弱，让粒子在 P 点由静止释放，粒子将沿虚线向右做加速运动，因电场线先密后疏，可知电场力先增后减，即加速度先增大后减小。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、CD【解析】小球 A、B、C、D、E 组成的系统机械能守恒但动量

20、不守恒，故 A 错误；由于 D 球受力平衡，所以 D 球在整个过程中不会动，所以轻杆 DB 对 B 不做功，而轻杆 BE 对 B 先做负功后做正功，所以小球 B 的机械能先减小后增加，故 B 错误；当 B 落地时小球 E 的速度等于零，根据功能关系212mghmv 可知小球 B 的速度为2gh，故 C 正确；当小球A的机械能最小时，轻杆 AC 没有力，小球 C 竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故 D 正确，故选 CD 8、AB【解析】带正电粒子仅在电场力作用下，从 M 运动到 N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小。由于匀强电场，则等势面是平行且等间距。根据曲线运动

21、条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向。【详解】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在 M、N 两点动能相等，则电势能也相等，则 M、N 两点电势相等。因为匀强电场，所以两点的连线 MN 即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线 CO由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着 CO 方向；可知，速度方向与电场力方向夹角先大于 90后小于 90，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小。故 AB 正确；匀强电场的电场强度 Ed=U 式中的 d 是沿着电场强度方向的距离，则02sin45UUERR，故 C 错误；粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能

22、做圆周运动，选项 D 错误；故选 AB.【点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系。并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置。再由曲线运动来确定电场力的方向。同时考查 U=Ed 中 d 的含义重要性，注意公式中的 d 为沿电场线方向上的距离。9、BD【解析】AC滑轮两边绳子的拉力均为 B 的重力，即 T=mg，因滑轮两边绳子的夹角为 37，可知拉力 F 大于 mg，选项 AC 错误；BD对物块 A 受力分析可知，水平方向 cos53cos530.6AfTmgmg 即物块与水平面的摩擦力为 0.6mg；竖直方向：sin533.2TNmg 解得

23、 N=2.4mg 则物块 A 与水平面的动摩擦因数为 0.60.252.4AfmgNmg 选项 BD 正确；故选 BD。10、BDE【解析】A由图象可知波长为 4m 又波速为 200m/sv 则该列波的周期为 0.02sTv 那么经过 0.01s，质点 a 振动了半个周期，质点 a 通过的路程为 40cm，应在负向最大位移处，所以 A 错误；B根据同侧法可以判断 b 质点此时正沿 y 轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加速度在增大，所以 B 正确；C由图象已知该波的波长是 4m，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物 20m 不能观察到

24、明显的衍射现象，C 错误；D经过 0.01s，质点 b 振动了半个周期，图示时刻质点 b 正沿 y 轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点 b 在平衡位置上方且沿 y 轴正方向振动，速度在减小，所以 D 正确；E该波的周期是 0.02s，所以频率为 150HzfT 所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是 50Hz，所以 E 正确。故选 BDE。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、5.315 14 14 【解析】(1)1主尺示数为 5mm，螺旋示数为 31.50.01mm=0.315mm 故示数为

25、 5mm+0.315mm=5.315mm(2)23电阻箱的读数为 R0=14。此实验的原理是采用等效替代法，若开关 K2接 1 时与开关 K2接 2 时电压表的读数相同，说明 R 的阻值与 R0的阻值相同。因此根据等效替代的原理知 R=14。12、需要 2.10 0.50 D 【解析】(1)为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，则绳中拉力要等于砂和砂桶的总重力，即小车质量 M 需要远大于砂和砂桶的总质量 m(2)由图得2.10ADscm 打点计时器在打 D 点时纸带的速度22.103.9010/0.50/66 0.02ADDGssvm sm sT(3)理论线kEWFx，实验线

26、kEWFxfx，则随着功的增大，两线间距变大故 D 项正确 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）1qBavm（2）56mtqB（3）222222q B aqEbvmm【解析】（1）如图所示，粒子运动的圆心在 O 点，轨道半径1ra 由2111vqv Bmr 得1qBavm（2）当粒子初速度与 y 轴正方向夹角 30时，粒子运动的时间最长 此时轨道对应的圆心角150 粒子在磁场中运动的周期2 mTqB 综上可知15053606mtTqB（3）如图所示设粒子射入磁场时速度方向与 y 轴负方向的夹角为，则有

27、cos(21)RRa sinRa 可得45，2Ra 此粒子进入磁场的速度 v0，则：02qBRqBavmm 设粒子到达 y 轴上速度为 v，根据动能定理，有：2201122qEbmvmv 解得：222222q B aqEbvmm 14、(1)9JE (2)8JQ (3)03313m/s397m/s22v【解析】试题分析：（1）A、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A、B 碰撞后与 C 作用的过程中 ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出 C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定

28、律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出 C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块 A 的最大速度和最小速度（1）A 与 B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设 A 与 B 碰撞后共同速度为1v，选取向右为正方向，对 A、B 有：012mvmv 碰撞时损失机械能220111222Emvm v 解得：9EJ（2）设 A、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时 AB 的速度为Bv，C 的速度为Cv 由动量守恒得：122BCmvmvmv 由机械能守恒得：222111122222BCm vm vmv 解得

29、：4/cvm s C 以cv滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为 x 时与传送带共速 由牛顿第二定律得：210.4/agcosgsinm s 由速度位移公式得：2212Cvva x 联立解得：x=11.25mL 加速运动的时间为 t，有：12.5Cvvtsa 所以相对位移xvtx 代入数据得：1.25xm 摩擦生热8QmgcosxJ （3）设 A 的最大速度为maxv，滑块 C 与弹簧分离时C 的速度为1cv，AB 的速度为1Bv，则 C 在传送带上一直做加速度为2a的匀减速直线运动直到 P 点与传送带共速 则有：22212cvva L 根据牛顿第二定律得：2212.4/agsingcosm

30、 s 联立解得：1397/cvm s 设 A 的最小速度为minv，滑块 C 与弹簧分离时 C 的速度为2Cv，AB 的速度为1Bv，则 C 在传送带上一直做加速度为1a的匀加速直线运动直到 P 点与传送带共速 则有：22112cvva L 解得：213/cvm s 对 A、B、C 和弹簧组成的系统从 AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112maxBCmvmvmc 由机械能守恒得：22211111122222BCm vm vmv 解得：133397/22maxcvvm s 同理得：313/2minvm s 所以03313/397/22m svm s 15、(1)6s

31、；(2)11.6m【解析】(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒 mv0=(m+M)v 解得 v=2m/s 对长木板 mg=Ma 得长木板的加速度 a=1m/s2 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度 v=at1 解得 t1=2s 长木板位移 2112xat 解得 x=2mL=10m.两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板，此后两者一起匀速运动，则 Lx=vt2 解得 t2=4s 则总时间为 t=t1+t2=6s(2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒 mvMv=(m+M)v 最终两者的共同速度 1.2m/sv 由能量守恒定律得 22011()22mgsmvmM v 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离 s=11.6m