2023届上海市洋泾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 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小

2、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，电路中所有原件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是（）A入射光强较弱 B入射光频率太高 C电源正负极接反 D光照射时间太短 2、下列说法正确的是（）A爱因斯坦在 1900 年首次把能量子的概念引入物理学 B单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多 C一个氢原子从量子数 n=3 的激发态跃迁到基态时最多可辐射 3 种不同频率的光子 D玻尔的原子理论能够解释氦原子的光谱 3、2020 年 1 月 7 日 23 时 20 分，在西昌卫星发射中心，长征三号乙运载火箭托举“通信技术

3、试验卫星五号”直冲云霄。随后，卫星被顺利送入预定轨道做匀速圆周运动，发射任务取得圆满成功，为我国 2020 年宇航发射迎来“开门红”。下列说法正确的是（）A火箭发射瞬间，该卫星对运载火箭的作用力大于自身的重力 B火箭发射过程中，喷出的气体对火箭的作用力与火箭对喷出的气体的作用力相同 C卫星绕地匀速圆周运动中处于失重状态，所受地球重力为零 D由于卫星在高轨道的线速度比低轨道的小，该卫星从低轨道向高轨道变轨过程中需要减速 4、如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道 1 运动，经P点时，启动推进器短时间向后喷气使其变轨，轨道2、3 是与轨道 1 相切于P点的可能轨道，则飞行器（）A变轨后将沿轨

4、道 3 运动 B变轨后相对于变轨前运行周期变大 C变轨前、后在两轨道上运动时经P点的速度大小相等 D变轨前经过P点的加速度大于变轨后经过P点的加速度 5、竖直向上抛出一个小球，图示为小球向上做匀变速直线运动时的频闪照片，频闪仪每隔 0.05s 闪光一次，测出 ac长为 23cm，af 长为 34cm，则下列说法正确的是（）Abc 长为 13cm Bdf 长为 7cm C小球的加速度大小为 12m/s2 D小球通过 d 点的速度大小为 2.2m/s 6、下列关于物理学史、物理学研究方法的叙述中，正确的是（）A库仑提出一种观点，认为在电荷周围存在着由它产生的电场 B伽利略通过观察发现了行星运动的规

5、律 C牛顿通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因 D卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量 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，航天器和卫星分别在同一平面内的 1、2 轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为 r、2r，速率分别为 v1和 v2。航天器运动到 A 点时突然加速到 v3后沿曲线运动，其轨迹与轨道 2 交于 B 点，经过 B 点时速率和加速度分别为 v4和 a1，卫星通过 B 点时加速度为 a2。已知地球的质量为 M

6、，质量为 m 的物体离地球中心距离为 r 时，系统的引力势能为GMmr（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿 AB 曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（）A312vv B24vv C12aa D若航天器质量为 m0，由 A 点运动到 B 点的过程中地球对它的引力做功为202m v 8、如图（a），质量 m1=0.1kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量 m1=0.1kg 的小物块静止于小车上，t=0时刻小物块以速度 v0=11m/s 向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的外力 F，图（b）显示物块与小车第 1秒内运动的 v-t 图象。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

7、取 g=10m/s1则下列说法正确的是（）A物块与平板小车间的动摩擦因数=0.4 B恒力 F=0.5N C物块与小车间的相对位移=6.5mx相对 D小物块向右滑动的最大位移是max=7.7mx 9、有一种调压变压器的构造如图所示。线圈 AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中 A 为交流电流表，V 为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D 两瑞按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（）A当 R3不变，滑动触头 P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小 B当 R3不变，滑动触头 P 逆时针转动

8、时，电流表读数变小，电压表读数变小 C当 P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大 D当 P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 10、如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（）A应该让球沿着 3 的方向抛出 B应该让球沿着 2 的方向抛出 C两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的 D当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指 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

9、）图 1 为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系。某实验小组利用其特性设计出一电子测力计，电路如图 2所示。所用器材有：拉敏电阻FR，其无拉力时的阻值为 500.0 电源1E（电动势 3V，内阻不计）电源2E（电动势 6V，内阻不计）毫安表 mA（量程 3mA，内阻100）滑动变阻器1R（最大阻值为500）滑动变阻器2R（最大阻值为300）电键 S，导线若干。现进行如下操作：将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路，将滑动变阻器滑片置于恰当位置，然后闭合电键 S。不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置，直到毫安表示数为 3mA，保持滑动变阻器滑片的位置不再改变。在FR下施加竖直向下的拉力F时，

10、对应毫安表的示数为I，记录F及对应的I的值。将毫安表的表盘从 1mA 到 3mA 之间逐刻线刻画为对应的F的值，完成电子测力计的设计。请回答下列问题：（1）实验中应该选择的滑动变阻器是_（填“1R”或“2R”），电源是_（填“1E”或“2E”）；（2）实验小组设计的电子测力计的量程是_N。12（12 分）某小组设计了一个研究平抛运动的实验装置，在抛出点 O 的正前方，竖直放置一块毛玻璃他们利用不同的频闪光源，在小球抛出后的运动过程中光源闪光，会在毛玻璃上出现小球的投影点，在毛玻璃右边用照相机进行多次曝光，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片如图 1，小明在 O 点左侧用水平的平行光源照射，得到的照片如

11、图 3；如图 2，小红将一个点光源放在 O 点照射重新实验，得到的照片如图 4 已知光源的闪光频率均为 31Hz，光源到玻璃的距离 L=1.2m，两次实验小球抛出时的初速度相等根据上述实验可求出：(结果 均保留两位小数)（1）重力加速度的大小为_m/s2，投影点经过图 3 中 M 位置时的速度大小为_ m/s（2）小球平抛时的初速度大小为_ m/s 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）有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域

12、内，视为成功；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图所示，AC 是长度为 L1=5m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在 A 点，从 A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域。已知 BC 长度 L2=1m，瓶子质量 m=1kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数=0.2.某选手作用在瓶子上的水平推力 F=10N，瓶子沿 AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g 取 10m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？14（16 分）如图所示，在直角坐标系 xO

13、y 的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 面向里，第四象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E，磁场与电场图中均未画出。一质量为 m、带电荷量为+q 的粒子自 y轴的 P 点沿 x 轴正方向射入第四象限，经 x 轴上的 Q 点进入第一象限。已知 P 点坐标为（0，-l），Q 点坐标为（2l，0），不计粒子重力。(1)求粒子经过 Q 点时速度的大小和方向；(2)若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直 y 轴的方向进入第二象限，求磁感应强度 B 的大小。15（12 分）光滑水平面上有一质量 m车1.0kg 的平板小车，车上静置 A、B 两物块。物块由轻质弹簧无栓接

14、相连（物块可看作质点），质量分别为 mA1.0kg，mB1.0kg。A 距车右端 x1（x11.5m），B 距车左端 x21.5m，两物块与小车上表面的动摩擦因数均为 0.1车离地面的高度 h0.8m，如图所示。某时刻，将储有弹性势能 Ep4.0J 的轻弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，A、B 两物块在平板车上水平运动。重力加速度 g 取 10m/s2，求：（1）弹簧释放瞬间后 A、B 速度的大小；（2）B 物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；（3）若物块 A 最终并未落地，则平板车的长度至少多长？滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少？参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每

15、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】A根据光电效应方程 0kmhWE 可知光电管能否产生光电效应与入射光的强度没有关系，A 错误；B若入射光频率太高，则一定大于金属的极限频率，故一定可以发生光电效应，电流计中可能电流通过，B 错误；C电源正负极接反时，光电管加上反向电压，光电子做减速运动，可能不能到达阳极，电路中不能形成电流，C 正确；D光电管能否产生光电效应与光照时间没有关系，D 错误。故选 C。2、B【解析】A普朗克在 1900 年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故 A 错误；B单色光照射金属表面发生光电效应时

16、，入射光越强，则入射光子的数目越多，所以单位时间内发射的光电子数越多，故 B 正确；C根据玻尔理论，一个氢原子从量子数 n=3 的激发态跃迁到基态时最多可辐射 2 种不同频率的光子，故 C 错误；D玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，很好地解释了氢光谱，但不能够解释氦原子的光谱，故 D 错误。故选 B。3、A【解析】A由牛顿第二定律可知，火箭发射瞬间，卫星加速度向上，则该卫星对运载火箭的作用力大于自身的重力，A 正确；B火箭发射过程中，喷出的气体对火箭的作用力与火箭对喷出的气体的作用力大小相等，方向相反，B 错误；C卫星绕地运动过程中处于失重状态，所受地球重力不为零，C

17、错误；D卫星从低轨道向高轨道变轨过程中需要加速，D 错误 故选 A。4、B【解析】根据题意，飞行器经过P点时，推进器向后喷气，飞行器线速度将增大，做离心运动，则轨道半径变大，变轨后将沿轨道 2 运动，由开普勒第三定律可知，运行周期变大，变轨前、后在两轨道上运动经P点时，地球对飞行器的万有引力相等，故加速度相等，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。5、C【解析】C根据题意可知，cf 长为 11cm，则根据匀变速直线运动的位移差公式可得 22212m/s(2)(2)xaccfaTT 其中 0.05sT 所以 C 正确；D匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度，则 d 点的速

18、度为 1.1m/s2dcfvT 所以 D 错误；B根据匀变速直线运动的位移公式得 214cm2ddfv TaT 所以 B 错误；A同理可得 b 点的速度为 2.3m/s2bacvT 则 2110cm2bbcv TaT 所以 A 错误。故选 C。6、D【解析】A 法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，故 A 错误；B 开普勒通过分析第谷观测的天文数据，发现了行星运动的规律，故 B 错误；C 伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故 C 错误；D 卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量，故 D 正确。故选 D。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分

19、，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、AD【解析】AB在轨道 1 运动时的速度 1GMvr 在轨道 2 运动时的速度 22GMvr 即 122vv 从 A 到 B 由能量守恒关系可知 2234110222GMmGMmmvmvrr 解得 312vv 14vv 422vv 则选项 A 正确，B 错误；C在 B 点时由 2(2)MmGmar 可得 24GMar 则 12=aa 选项 C 错误；D若航天器质量为 m0，由 A 点运动到 B 点的过程中地球对它的引力做功为 22222040 302020

20、21111(2)(2)2222Wm vm vmvmvm v 选项 D 正确。故选 AD。8、ABD【解析】AB根据v t图像可知，在前 1s 内小车向右做匀加速直线运动，小物体向右做匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为 221120m/s2m/s1vat 22222 11m/s9m/s1vat 对小车根据牛顿第二定律有 21 1m gm a 对小物块根据牛顿第二定律有 222Fm gm a（）代入数据联立解得 0.40.5NF，故 AB 正确；C根据图像可知，在 t=1s 时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，在前 1s 内小车发生的位移为 21111m2xat 小物块发生的位

21、移为 220216.5m2xv ta t 则物块与小车间的相对位移 215.5mxxx相对 故 C 错误；D当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右减速运动，其加速度为 23125m/s3Famm 当速度减小到 0 时，整体发生的位移为 222m1.2m523x 所以小物块向右滑动的最大位移是 max237.7mxxx 故 D 正确。故选 ABD。9、AC【解析】A当3R不变，滑动触头P顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，故 A 正确；B当3R不变，滑动触头P逆时针转动时，副线圈匝数增

22、大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，故 B 错误；CD保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，1R分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过2R的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，故 C 正确，D 错误；故选 AC。10、AD【解析】AB甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着 3 方向抛出，就能传球成功，A 正确，B 错误；C根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知两运动员接球时速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变

23、化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C 错误；D当乙接着球后要往身体收，根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，减小冲击力，以免伤害手指，D 正确。故选 AD。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、1R 1E 200 【解析】（1）12毫安表示数为 3mA 时，由闭合电路的欧姆定律，有 3mA100500EIR 若选电源2E，则滑动变阻器电阻为1400，两个滑动变阻器均达不到，所以只能选电源1E，此时滑动变阻器电阻为400，只能选1R。（2）3 毫安表示数为 1mA 时，拉力最大，由闭合电路的欧姆定律，有 1

24、F1mA100400ER 由图 1 有 2F(50.1)10 RF 解得拉力最大值为 200N。电子测力计的量程 200N。12、9.61 0.62 9.30 【解析】（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由2hgT 得：29.61/gm s 投影点经过图 3 中 M 位置时的速度大小20.62/vgm sf （2）设小球在毛玻璃上的投影 NB=Y 则经过时间 t 后小球运动的水平位移为0 x vt；竖直位移为212ygt，由相似三角形得：2012gtv tLY 则：02gLYtv 结合图 4 可得：09.30/vm s 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分

25、。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）0.5s；（2）0.8m【解析】（1）要想获得游戏成功，瓶滑到 C 点速度正好为 0，力作用时间最长，设最长作用时间为 t1，有力作用时瓶的加速度为 a1，t1时刻瓶的速度为 v，力停止后加速度为 a2，由牛顿第二定律得 1Fmgma 2mgma 加速运动过程中的位移 2112vxa 减速运动过程中的位移 2222vxa 位移关系满足 121xxL 1 1va t 由以上各式解得10.5st （2）要想游戏获得成功，瓶滑到 B 点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为 d，22121222vvLLaa

26、212va d 联立解得0.8md 14、（1）2qElvm，速度方向与水平方向的夹角为 45；（2）2mEBql【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为 t0，加速度的大小为 a，粒子的初速度为 v0，过 Q 点时速度的大小为 v，沿 y 轴方向分速度的大小为vy，由牛顿第二定律得 qEma 由运动学公式得 2012OPxat 0 0OQxv t 竖直方向速度为 0yvat 合速度为 220yvvv 解得 2qElvm 因为水平和竖直方向速度相等，所以速度方向与水平方向的夹角为 45。（2）粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为 R，由几何关系可得 2 2Rl 由牛顿第二定

27、律得 2vqvBmR 解得 2mEBql 15、（1）2m/s、2m/s；（2）1.4s；（3）3.25m；3.25J。【解析】（1）释放弹簧过程 A、B 系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmBvB0 由机械能守恒定律得：221122BPAABm vm vE 代入数据解得：vA2m/s vB2m/s；（2）由于 A、B 质量相等与桌面的动摩擦因数相等，在 B 在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零，小车静止，B 运动到小车左端过程，对 B，由动能定理得：22221122BBBBm gxm vm v 由动量定理得：mBgt1mBvBmBv2，代入数据解得：vB

28、1m/s t11s，B 离开平板车后做平抛运动，竖直方向：2212hgt，代入数据解得：t20.4s，运动时间：tt1+t21.4s；（3）B 离开小车时：vAvB1m/s，B 离开平板车后，A 与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvA（mA+m车）v 由能量守恒定律得：221122AAAAm vmmvm gL车相对 代入数据解得：L相对0.25m；A、B 同时在小车上运动时小车不动，B 滑出小车时，A 在小车上滑行的距离与 B 在小车上滑行的距离相等为 1.5m，小车的最小长度：L1.5+1.5+0.253.25m，系统产生的热量：EmAgx1+mBgx23.25J；