2023届安庆市重点中学高考冲刺模拟物理试题含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、已知天然材料的折射率都为正值（10n）。近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负值（20n），称为负折射率介质。电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时

2、，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图所示。点波源 S 发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。如图 2 所示，其中直线 SO 垂直于介质平板，则图中画出的 4 条折射线（标号为 1、2、3、4）之中，正确的是（）A1 B2 C3 D4 2、某行星的自转周期为 T，赤道半径为 R研究发现，当该行星的自转角速度变为原来的 2 倍时会导致该行星赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知引力常量为 G则 A该行星的质量为 B该行星的同步卫星轨道半径为 C质量为 m 的物体对行星赤道地面的压力为 D环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度为 7.9km/s 3

3、、如图所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上斜面上放有一重为G的物块，物块与斜面之间的动摩擦因数等于33，水平轻弹簧一端顶住物块，另一端顶住竖直墙面物块刚好沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹力大小是（）A12G B32G C33G D3G 4、自空中的 A 点静止释放一个小球，经过一段时间后与斜面体的 B 点发生碰撞，碰后速度大小不变，方向变为水平，并经过相等的时间最终落在水平地面的 C 点，如图所示，水平面上的 D 点在 B 点正下方，不计空气阻力，下列说法正确的是 AA、B 两点的高度差和 B、D 两点的高度差之比为 13 BA、B 两点的高度差和 C、D 两点的间距之比

4、为 13 CA、B 两点的高度差和 B、D 两点的高度差之比为 12 DA、B 两点的高度差和 C、D 两点的间距之比为 12 5、如图所示，在同一平面内有、三根长直导线等间距的水平平行放置，通入的电流强度分别为 1A，2A、1A，已知的电流方向为 cd 且受到安培力的合力方向竖直向下，以下判断中正确的是（）A的电流方向为 ab B的电流方向为 fe C受到安培力的合力方向竖直向上 D受到安培力的合力方向竖直向下 6、一辆汽车在公路上匀速行驶的速度为15m/s，正常匀速行驶过程中发现前方35m处有一个特殊路况，驾驶员刹车减速，汽车停在该特殊路况前2m处。若该驾驶员的反应时间大约为0.6s，则汽

5、车减速过程中加速度的大小约为（）A210.2m/s B25.1m/s C24.7m/s D23.4m/s 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、如图甲所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为1TB，一总电阻为0.2r 的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动，圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图乙所示，下列说法正确的是（）A圆形线圈的半径为1.5mR B圆形线圈运动速度的大小为20m/sv C两实线之间的

6、水平距离6mL D在 0.05s，圆形线圈所受的安培力大小为 400N 8、如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平 向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为 M 和 m，各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为 g（）A纸板相对砝码运动，纸板所受摩擦力的大小为()Mm g B要使纸板相对砝码运动 F 一定大于2()Mm g C若砝码与纸板分离时的速度大于gd，则砝码不会从桌面上掉下 D当(23)FMm g时，砝码恰好到达桌面边缘 9、下列说法中不符合实际的是_ A单晶体并不是在各种物理性质上都表现出各向异性 B液体的

7、表面张力使液体表面具有扩张的趋势 C气体的压强是由于气体分子间相互排斥而产生的 D分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小 E.热量能自发地从内能大的物体向内能小的物体进行传递 10、如图所示，两个固定的半径均为 r 的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，且 O1O2=2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷-Q、+Q(Q0)。一带负电的粒子(重力不计)位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后运动至左侧远处。在粒子运动的过程中 A从 O1到 O2，粒子一直做减速运动 B粒子经过 O1点时电势能最小 C轴线上 O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最大

8、 D粒子从右向左运动的整个过程中，电势能先减小后增加 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）某实验小组为了测量某微安表 G（量程 200A，内阻大约 2200）的内阻，设计了如下图所示的实验装置。对应的实验器材可供选择如下：A电压表（03V）；B滑动变阻器（010）；C滑动变阻器（01K）；D电源 E（电动势约为 6V）；E电阻箱 RZ（最大阻值为 9999）；开关 S 一个，导线若干。其实验过程为：a将滑动变阻器的滑片滑到最左端，合上开关 S，先调节 R 使电压表读数为 U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安

9、表指示为满偏，记下此时电阻箱值为16924R；b重新调节 R，使电压表读数为34U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值（如图所示）为 R2；根据实验过程回答以下问题：（1）滑动变阻器应选_（填字母代号）；（2）电阻箱的读数 R2=_；（3）待测微安表的内阻_。12（12 分）如图所示，用质量为 m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“验证牛顿第二定律”的实验。(1)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，操作方法是把长木板右端用垫木垫高，在不挂重物且计时器打点的情况下，轻推一下小车，让小车拖着

10、纸带在长木板上运动，通过纸带判断小车是否做匀速运动，若实验中发现打点计时器在纸带上打的点如图所示，通过纸带可判断小车并不是做匀速直线运动，可通过以下措施进行改进（_）A若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可 B若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向左平移适当位置即可 C若是纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可 D若纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向右平移适当位置即可(2)采取合理的措施平衡摩擦力后开始进行实验，图是正确进行实验操作

11、后打点计时器所打的纸带的一部分，在纸带上每隔四个点选一个点作为计数点，A、B、C、D 和 E 为纸带上五个计数点。已知打点计时器所用的电源频率为 50Hz，则 AC 间的距离为_cm，可得小车的加速度 a=_m/s2（计算结果保留两位有效数字）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）2019 年 12 月 27 日晚，“实践二十号”卫星被成功送入预定轨道。运载这一卫星的长征五号运载火箭在海南文昌航天发射场进行多次调试，在某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3000m/s，产生的推力约为 4.81

12、06 N，则它在 1s 时间内喷射的气体质量约为多少千克？14（16 分）如图所示，直线 MN 上方有平行于纸面且与 MN 成 45的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B。现从 MN 上的 O 点向磁场中射入一个速度大小为 v、方向与MN成45角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，第五次经过直线 MN 时恰好又通过 O 点。不计粒子的重力。（1）画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；（2）求出电场强度 E 的大小和第五次经过直线 MN 上 O 点时的速度大小；

13、（3）求该粒子从 O 点出发到再次回到 O 点所需的时间 t。15（12 分）如图所示，两个平行光滑金属导轨 AB、CD 固定在水平地面上，其间距 L=0.5m，左端接有阻值 R=3的定值电阻。一根长度与导轨间距相等的金属杆順置于导轨上，金属 杆的质量 m=0.2kg,电阻 r=2，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小 B=4T 的匀强磁场中，t=0 肘刻，在 MN 上加 一与金属杆垂直，方向水平向右的外力 F，金属杆由静止开始 以 a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2s 末撤去外力 F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好。（不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：(1)

14、1s 末外力 F 的大小；(2)撤去外力 F 后的过程中，电阻 R 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、D【解析】ABCD由题，点波源 S 发出的电磁波经一负折射率平板介质后，折射光线与入射光线在法线的同一侧，所以不可能是光学 1 或 2；根据光线穿过两侧平行的介质后的特点：方向与开始时的方向相同，所以光线 3 出介质右侧后，根据折射光线与入射光线在法线同侧这一条件，光线将无法汇聚形成实像；光线 4 才能满足“同侧”+“成实像”的条件，所以折射光线 4 可能是正确的，光线 3 是错误的

15、，由以上的分析可知，ABC 错误 D 正确。故选 D。2、B【解析】该行星自转角速度变为原来两倍，则周期将变为 T，由题意可知此时：，解得：，故 A 错误；同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力可得：，又，解得：rR，故 B 正确；行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力：，又：，解得：，由牛顿第三定律可知质量为 m 的物体对行星赤道地面的压力为，故 C 错误；7.9km/s 是地球的第一宇宙速度，由于不知道该星球的质量以及半径与地球质量和半径的关系，故无法得到该星球的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关系，故无法确环绕该行星作匀速圆周运动的卫星线速度是不是必不大于 7.9k

16、m/s，故 D 错误；故选 B 点睛：重点知识：行星自转的时候，地面物体万有引力等于重力没错，但是不是重力全部用来提供向心力，而是重力和支持力的合力提供向心力；“星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力”时重力独自充当向心力 3、D【解析】对物体受力分析，物体受向下的摩擦力，根据正交分解法建立平衡方程即可求解 F.【详解】根据物体的受力情况可知：Fcos300=mgsin300+(Fsin300+mgcos300)，解得 F=3G，故选 D.4、D【解析】AC、AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，根据212hgt，可知 A、B 两点间距离与 B、D两点间距离相等，A、B 两

17、点的高度差和 B、D 两点的高度差之比为 11，故 AC 错误；BD、设 A、B 两点的高度差为 h，根据速度位移公式可得 BC 段平抛初速度2vgh，持续的时间2htg，所以 CD两点间距离xvt2h，所以 AB 两点的高度差和 CD 两点的间距之比为 12，故 B 错误，D 正确；故选 D 5、C【解析】AB因为的电流方向为 cd 且受到安培力的合力方向竖直向下，根据左手定则可知导线处的合磁场方向垂直纸面向外，而三根长直导线等间距，故导线和在导线处产生的磁场大小相等，方向均垂直纸面向外，再由安培定则可知的电流方向为 ba，的电流方向为 ef，故 A 错误，B 错误；C根据安培定则可知和在处

18、产生的磁场方向垂直纸面向外，而的电流方向为 ba，根据左手定则可知受到安培力的合力方向竖直向上，故 C 正确；D根据安培定则可知在处产生的磁场方向垂直纸面向里，在处产生的磁场方向垂直纸面向外，根据电流产生磁场特点可知处的合磁场方向垂直纸面向里，又因为的电流方向为 ef，故根据左手定则可知受到安培力的合力方向竖直向上，故 D 错误。故选 C。6、C【解析】在驾驶员的反应时间内汽车匀速运动，其位移为 115 0.6m9mxvt 刹车阶段内匀减速运动，位移为 2135m2m24mxx 又有222vax，解得 2224.7m/s2vax 故选 C。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共

19、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、BD【解析】AB设线框向右运动的速度为v，线框的半径为 R，圆形线框匀速进入磁场，切割磁感线的有效长度为 L 222 22()2 2RvtRRvtv t 产生的感应电动势 2 222EBL vBvRvtv t 显然vtR时，产生的感应电动势最大，结合图像有：2mEBvR，即 402 1 vR 由图像可知，当0.1st 时，线框全部进入磁场有：0.12vR 联立以上两式可求得：20m/sv 1mR 故 A 错误，B 正确；C由以上分析知，全部离开磁场时线框向右移动

20、的距离为 0.3s6mxv 所以两磁场边界的距离为 24mLxR 故 C 错误；D由图像知，0.05st 时，40VE，线框正向右运动了 1m，此时有效切割长度为 2R，则安培力 F安=21 2 1 20212 1N400N0.2B RvBRr 故 D 正确。故选 BD。8、BC【解析】A砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为 1fMg 2()fMm g 纸板所受摩擦力的大小为 12(2)fffMm g 故 A 错误；B纸板相对砝码运动时，有=fMgMa砝砝 Ffma纸纸 二者发生相对运动需要满足 aa纸砝 代入已知条件解得 2()FMm g 故 B 正确；C若砝码与纸析分离时的速度小于gd，砝码匀加

21、速运动的位移小于 2222vgddag砝 匀减速运动的位移小于 2222vgddag砝 则位移小于 d，砝码不会从桌面上掉下来，故 C 正确；D当(23)FMm g时，纸带的加速度()=2FMm gMgagm纸 根据 221122a ta td纸砝 解得 2dtg 砝码从开始运动到脱离纸板时匀加速运动的位移 212xa td砝 可知砝码脱离纸板时恰好到达桌面边缘，因此时砝码具有速度，则砝码会从桌面上掉下来，故 D 错误。故选 BC。9、BCE【解析】A由于单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的，选项 A 正确，不符合题

22、意；B液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，选项 B 错误，符合题意；C气体的压强是由于大量的气体分子频繁的对器壁碰撞产生的，并不是由于气体分子间相互排斥而产生的，选项 C错误，符合题意；D分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小，选项 D 正确，不符合题意；E热量能自发地从温度高的物体向温度低的物体进行传递，选项 E 错误，符合题意；故选 BCE.10、AC【解析】A+Q圆环在水平线上产生的场强竖直分量叠加为 0，只有水平分量相加，所以+Q圆环在水平线上的场强方向与水平线平行，同理Q圆环在水平线上的场强方向与水平线平行；根据场强的叠加，带负电粒子从1O到2O过程中，受到的电场

23、力合力方向始终水平向右，与粒子运动方向相反，所以粒子做减速运动，A 正确；BC+Q圆环在水平线上1O处场强为 0，在向右无穷远处场强为 0，同理Q圆环在水平线上的场强分布也如此，根据场强的叠加说明在1O右侧和2O左侧必定存在场强为 0 的位置，所以粒子从右侧远处运动到1O过程中，合场强先水平向左减小，带负电粒子所受电场力水平向右减小，电场力做正功，电势能减小，粒子做加速运动，在1O右侧某位置合场强为 0，粒子速度达到最大，动能最大；继续向左运动，合场强水平向右且增大，粒子所受电场力水平向左，电场力做负功，电势能增大，粒子做减速运动至1O，B 错误，C 正确；D粒子穿过2O后，对比上述分析可知，

24、粒子所受电场力先水平向右，后水平向左，所以电势能先减小，后增大，综合 BC 选项分析，D 错误。故选 AC。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、B 4653 2170 【解析】(1)1滑动变阻器用分压电路，则为方便实验操作，滑动变阻器应选择 B；(2)2由图示电阻箱可知，电阻箱示数为 R2=41000+6100+510+31=4653(3)3根据实验步骤，由欧姆定律可知 U=Ig（Rg+R1）23 4ggUIRR（）解得 Rg=2170 12、AC 1.23（1.211.25）0.24（0.230.25）【解析】(1)1AB若是

25、纸带甲端与小车相连，由图乙可知，小车做加速运动，说明平衡摩擦过度，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可，故 A 正确，B 错误；CD若是纸带乙端与小车相连，由图乙可知，小车做减速运动，说明平衡摩擦不够，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可，故 C 正确，D 错误。故选 AC；(2)2由图可知，AC 距离为(2.23 1.00)cm1.23cmACx 由于读数误差，1.21cm1.25cm，均正确；3由图可知，AB 距离为(1.501.00)cm0.50cmABx BC 距离为(2.23 1.50)cm0.73cmBCx C

26、D 距离为(3.202.23)cm0.97cmCDx DE 距离为(4.403.20)cm1.20cmDEx 由逐差法可知加速度为 220.24m/s4DEDCCBBAxxxxaT 由于误差 0.23m/s20.25m/s2均正确。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、31.6 10 kg【解析】设它在 1s 时间内喷射的气体质量为 m，由动量定理可得 F tm v 解得 631=kg1.6 10 kg30004.8 10F tmv 14、（1），qvmBR；（2）EvB，5vv；（3）)2(2)Rtv【解析

27、】（1）粒子的运动轨迹如图所示 由牛顿第二定律 2vqvBmR 得 qvmBR（2）由几何关系得 2 2OcR 粒子从 c 到 O 做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，都为/sin452ssOcR 类平抛运动的时间为 32sRtvv 又 22/33122qEsattm 又 mvRqB 联立解得 EvB 粒子在电场中的加速度为 qEqvBamm 2322aRvatvv 1vv 粒子第五次过 MN 进入磁场后的速度 22125vvvv （3）粒子在磁场中运动的总时间为 12 Rtv 粒子做直线运动所需时间为 2222vmvRtaqvBv 联立得粒子从出发到再次到达 O 点所需时间 1

28、232(2)Rttttv 15、（1）2N（2）0.96J【解析】（1）t=1s 时刻，金属杆 MN 的速度大小为 v1=at1=21=2m/s 金属杆 MN 产生的感应电动势为 E=BLv1 金属杆 MN 中的电流大小 EIRr 金属杆 MN 受到的安培力大小 F安=BIL 联立得 221B L vFRr安 根据牛顿第二定律得 F-F安=ma 联立解得 F=2N（2）t=2s 时刻，金属杆 MN 的速度大小为 v2=at2=22=4m/s 撤去外力 F 后的过程中，根据能量守恒定律得知电路中产生的总焦耳热 Q=12mv22=120.242=1.6J 电阻 R 上产生的焦耳热 QR=RRrQ=3321.6J=0.96J