2023届上海市师范大学附属外国语中学高三考前热身物理试卷含解析.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、一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移 x 内速度增加了 v，动能变为原来的 9 倍。则该质点的加速度为（）A2vx B22vx C23vx D23vx 2、如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方

2、向的速度随时间变化的 vt 图象以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力。则下说法中正确的是（）At3时刻达到最高点 Bt2时刻的位移最大 Ct1时刻的加速度为负 D在 t1t2时间内重力做功 WG小于 t2t3时间内克服阻力做功 Wf 3、工在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中 A、B 为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上（电源电压小于材料的击穿电压）。当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是（）AA、B 平行板电容器的电容增大 BA、B 两板上的电荷量变大 C有电流从 a 向 b 流过

3、灵敏电流计 DA、B 两板间的电场强度变大 4、如图所示，在平行有界匀强磁场的正上方有一等边闭合的三角形导体框，磁场的宽度大于三角形的高度，导体框由静止释放，穿过该磁场区城，在下落过程中 BC 边始终与匀强磁场的边界平行，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A导体框进入磁场过程中感应电流为逆时针方向 B导体框进、出磁场过程，通过导体框横截面的电荷量大小不相同 C导体框进入磁场的过程中可能做先加速后匀速的直线运动 D导体框出磁场的过程中可能做先加速后减速的直线运动 5、如图，长 l 的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾

4、倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为()A B C D0 6、如图所示，a、b、c 为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc 连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且2abcIII，电流方向如图中所示。O 点为三角形的中心（O 点到三个顶点的距离相等），其中通电导线 c 在 O 点产生的磁场的磁感应强度的大小为 B0，已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小 B=kIr，其中 I 为通中导线的中流强度，r 为该点到通中导线的垂直距离，k 为常数，则下列说法正确的是（）AO 点处的磁感应强度的大小为 3B0 BO 点处的磁感应强度的大小为 5 B0 C

5、质子垂直纸面向里通过 O 点时所受洛伦兹力的方向由 O 点指向 c D电子垂直纸面向里通过 O 点时所受洛伦兹力的方向垂直 Oc 连线向下 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，两等量异种点电荷分别固定在正方体的 a、b 两个顶点上，电荷量分别为 q 和q（a0），c、d 为正方体的另外两个顶点，则下列说法正确的是 Ac、d 两点的电势相等 Bc、d 两点的电场强度相同 C将一正电荷从 c 点移到 d 点，电场力做负功 D将一负电荷从

6、c 点移到 d 点，电势能增加 8、我国正在建设北斗卫星导航系统，根据系统建设总体规划，计划 2018 年，面向“一带一路”沿线及周边国家提供基本服务，2020 年前后，完成 35 颗卫星发射组网，为全球用户提供服务。2018 年 1 月 12 日 7 时 18 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第 26、27 颗北斗导航卫星，将与前 25 颗卫星联网运行.其中在赤道上空有 2 颗北斗卫星 A、B 绕地球做同方向的匀速圆周运动，其轨道半径分别为地球半径的54和53，且卫星 B 的运动周期为 T。某时刻 2 颗卫星与地心在同一直线上，如图所示。则下列说法正

7、确的是 A卫星 A、B 的加速度之比为169 B卫星 A、B 的周期之比为是3916 C再经时间 t=3 8 39148T（），两颗卫星之间可以直接通信 D为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星 B 所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要 4 颗卫星 9、有一个原副线圈匝数比为 10：1 的理想变压器，如图所示，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u=3002sin50t（V）副线圈所接电路如图所示，灯 L1、L2为均标有“20V.10W”的灯泡，当 S 闭合时，两灯恰好正常发光。则（）A电阻 R=10 B流过 R 的交流电的周期为 0.02s C断开 S 后，原线圈的输入功率减小 D断开

8、S 后，灯 L1仍能正常发光 10、在倾角为 的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块 A、B，它们的质量分别为 m1、m2，其中 A 带+q 的电荷量，B 不带电。弹簧劲度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态。现加一个平行于斜面向上的匀强电场，场强为 E，使物块 A 向上运动，当物块 B 刚要离开挡板 C 时，物块 A 运动的距离为 d，速度为 v，则（）A物块 A 的电势能增加了 Eqd B此时物块 A 的加速度为1Eqkdm C此时电场力做功的瞬时功率为 Eq vsin D此过程中，弹簧的弹性势能变化了 Eqdm1gdsin2112mv 三、实验题：本题共 2 小题，共 18

9、 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）某学习小组用如图甲所示的实验装置来探究“小车加速度与合外力的关系”，并用此装置测量轨道与小车之间的动摩擦因数。实验装置中的微型力传感器质量不计，水平轨道表面粗糙程度处处相同，实验中选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮。实验中保持小车和位移传感器（发射器）的总质量M不变，小车和位移传感器（发射器）的加速度由位移传感器（接收器）及与之相连的计算机得到。多次改变重物的质量进行实验得小车和位移传感器（发射器）的加速度a与力传感器的示数F的关系图象如图乙所示。重力加速度取210m/sg。(1)用该实验装置测量小车与水平轨道间的动摩擦因

10、数时，下列选项中必须要做的一项实验要求是_（填写选项对应字母）A要使重物的质量远远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量 B要将轨道的一端适当垫高来平衡摩擦力 C要使细线与水平轨道保持平行 D要将力传感器的示数作为小车所受的合外力(2)根据图象乙可知该水平轨道的摩擦因数_（用分数表示）。(3)该学习小组用该装置来验证“小车和位移传感器（发射器）质量不变情况下，小车和位移传感器（发射器）的加速度与作用在小车上的拉力成正比”，那么应该将轨道斜面调整到_（用角度表示）。12（12 分）某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，可选用的实 验器材如下：A待测干电池 B电流表 A1(0200 A，内阻为

11、500)C电流表 A2(00.6 A，内阻约为 0.3)D电压表 V(015 V，内阻约为 5 k)E电阻箱 R(09999.9)F定值电阻 R0(阻值为 1)G滑动变阻器 R(010)H开关、导线若干(1)该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是_。(2)该小组利用电流表和电阻箱改装成一量程为 2 V 的电压表，并设计了如 图甲所示的电路，图中电流表 a 为_(选填“A1”或“A2”)，电阻箱 R 的阻值为_。(3)闭合开关，调节滑动变阻器，读出两电流表的示数 I1、I2 的多组数据，在坐标纸上描绘出 I1I2 图线如图乙所示。根据描绘出的图线，可得所测 干电池的电动势 E_V，内阻 r_

12、。(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）农村常用来喷射农药的压缩喷雾器的结构如图所示，A 的容积为 7.5L，装入药液后，药液上方空气的压强为 105Pa，体积为 1.5 L，关闭阀门 S，用打气筒 B 每次打进 105Pa 的空气 0.25L。所有过程气体温度保持不变，则：（1）要使药液上方气体的压强为 4105 Pa，打气筒活塞应打几次?（2）当 A 中有 4105 Pa 的空气后，打开阀门 S 可喷射药液，直到不能喷射时，A 容器剩余多少体积的药液?14（16 分）如图所示

13、，内壁粗糙、半径 R=0.4m 的四分之一网弧轨道 AB 在最低点 B 处与光滑水平轨道 BC 相切。质量 m2=0.4kg 的小球 b 左端连接一水平轻弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量 m1=0.4kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点 B 的过程中克服摩擦力做功 0.8J，忽略空气阻力，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小球 a 由 A 点运动到 B 点时对轨道的压力大小；(2)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的过程中，a 球的最小动能；(3)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球 b 的冲量 I 的大小。15（12 分）水平光

14、滑平行导轨上静置两根完全相同的金属棒，已知足够长的导轨间距为0.40mL，每根金属棒的电阻为0.1r，质量均为0.20kgm。整个装置处在垂直导轨竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小0.1TB。00t 时刻，对ab沿导轨方向施加向右的恒力0.30NF，作用14st 后撤去，此刻ab棒的速度为14m/sv，cd棒向右发生的位移5mcdx。试求：(1)撤力时cd棒的速度；(2)从最初到最终稳定的全过程中，ab棒上产生的焦耳热；(3)若从最初到最终稳定的全过程中，经历的时间为26st，求这段时间内的感应电流的有效值。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

15、出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】设质点的初速度为0v，则动能 2k1012Emv 由于末动能变为原来的 9 倍，则可知，末速度为原来的 3 倍，故 03vv，02vvv 故平均速度 000322vvvvv 根据位移公式可知 xvvt 根据加速度定义可知 2vvatx A 正确，BCD 错误。故选 A。2、D【解析】A运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故 A 错误。B在 0-t2时间内，v-t 图象为直线，加速度不变，所以在 0-t2时间内人在空中，t1时刻达到最高点，t1-t2时间内下落，t2时刻开始进入水面，t3时刻达到水中最深处，t3时刻的位移最

16、大，故 B 错误。C根据速度图象的斜率表示加速度，知 t1时刻的加速度为正，故 C 错误。D在 t1-t3时间内，根据动能定理知 1213230GGfWWW 即 122323GfGWWW 所以在 t1t2时间内重力做功 WG12小于 t2t3时间内克服阻力做功 Wf23，故 D 正确。故选 D。3、C【解析】A根据4SCkd可知当产品厚度减小，导致减小时，电容器的电容 C 减小，A 错误；BC根据QCU可知极板带电量 Q 减小，有放电电流从 a 向 b 流过，B 错误，C 正确；D因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度为UEd不变，D 错误。故选 C。4、D【解析】A.导体框进

17、入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向，故 A 错误；B.导体框进、出磁场过程，磁通量变化相同，由感应电量公式 qnR 则通过导体框横截面的电荷量大小相同，故 B 错误；C.导体框进入磁场的过程中因为导体框的加速度 22B LvmgRam有效 其中 L有效是变化的，所以导体框的加速度一直在变化，故 C 错误；D.导体框出磁场的过程中因为导体框的加速度 22B LvmgRam有效 其中 L有效是变化的，则 mg 与22B LvR有效大小关系不确定，而 L有效在变大，所以 a 可能先变小再反向变大，故 D 正确。5、C【解析】甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方

18、向，在水平方向，由动量守恒定律得：当小球甲刚要落地时，水平方向上的速度为零，所以乙球的速度也为零，乙球的动能为零，甲球的重力势能全部转化为甲球的动能，由机械能守恒定律得：解得：A.与计算结果不符，故 A 不符合题意。B.与计算结果不符，故 B 不符合题意。C.与计算结果相符，故 C 符合题意。D.0 与计算结果不符，故 D 不符合题意。6、A【解析】AB根据右手螺旋定则，通电导线a在O点处产生的磁场平行于bc指向左方，通电导线b在O点处产生的磁场平行于ac指向右下方，通电导线c在O点处产生的磁场平行于ab指向左下方；根据公式kIBr可得 022bcaBBBB 根据平行四边形定则，则O点的合场强

19、的方向平行于ab指向左下方，大小为03B，故 A 正确，B 错误；C根据左手定则，质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直ab连线由c点指向O，故 C 错误；D根据左手定则，电子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直ab连线由O点指向c，故 D 错误；故选 A。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、BD【解析】A由几何关系可知，由于 c 点离正电荷更近，则 c 点的电势比 d 点高，故 A 错误；Bc、d 两点关于 ab 对称，且

20、ab 电荷量相同，由电场强度的叠加可知，c、d 两点的电场强度相同，故 B 正确；C由于 c 点的电势比 d 点高，将一正电荷从 c 点移到 d 点，正电荷电势能减小，则电场力做正功，故 C 错误；D由于 c 点的电势比 d 点高，将一负电荷从 c 点移到 d 点，负电荷电势能增大，故 D 正确。故选 BD。8、AD【解析】AB、由万有引力提供向心力有2224GMmmrmarT，解得2GMar，卫星 A、B 的加速度之比为2222169AABBABGMarrGMarr，故 A 正确；解得234rTGM，卫星 A、B 的周期之比为32273 3648AABBrTTr，故 B 错误；C、再经时间

21、t 两颗卫星之间可以直接通信，则有22ABtTT，又3 3,8BATT TT，解得3 8 39148tT，故 C 错误；D、由 B 卫星的分布图求的所辐射的最大角度，cos0.6，则53，则辐射的最大角度为2106，需要的卫星个数3603106，为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星 B 所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要 4 颗卫星，故 D 正确；故选 AD。【点睛】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出加速度、周期之比，由几何关系为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星 B 所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要颗数卫星。9、AC【解析】A原线圈所接交流电压的有效值 U1=300 22V

22、=300V，根据变压比可知，副线圈两端电压 U2=112Unn=30V 灯泡正常发光，则电阻 R 两端电压为 10V，流过的电流 I2=10220A=1A，根据欧姆定律可知 R=2RUI=10 故 A 正确。B输入电压的角速度=50rad/s，则周期 T=2=0.04s，则流过 R 的交流电的周期为 0.04s，故 B 错误。C断开 S 后，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，电流减小，故输出功率减小，则输入功率减小，故 C 正确。D断开 S 后，灯泡 L1两端电压增大，不能正常发光，故 D 错误。故选 AC。10、BD【解析】A电场力对物块 A 做正功 WqEd 物块 A 的电势能减少，其电势

23、能减少量为qEd，故 A 错误；B当物块 B 刚要离开挡板 C 时，弹簧的弹力大小等于 B 重力沿斜面向下的分量，即有 22sinkxm g 对 A，根据牛顿第二定律得 121AqEm gsinkxm a 未加电场时，对 A 由平衡条件得 11sinkxm g 根据几何关系有 21 dxx 联立解得：此时物块 A 的加速度为 1 AEqkdam 故 B 正确；C此时电场力做功的瞬时功率为 PFvEqv 故 C 错误；D根据功能关系知电场力做功等于 A 与弹簧组成的系统的机械能增加量，物块 A 的机械能增加量为 2111sin2AEm gdm v 则弹簧的弹性势能变化了 2111sin2PEEq

24、dm gdm v 故 D 正确；故选 BD。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、C 33 30 【解析】（1）1小车所受到的水平拉力即为力传感器的示数F，由图象可知当5NF，小车开始有加速度，即摩擦力为 5N，由牛顿第二定律可知：FMgMa，得：FaMgg，所以既不需要使重物的质量远远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量，也不需要将轨道的一端适当垫高来平衡摩擦力，选项 ABD 错误；实验中保持细线与轨道平行时，小车和位移传感器（发射器）所受的拉力为力传感器的示数F，选项 C 正确。故选：C。（2）2选小车和位移传感器（发射器）

25、为研究对象，由牛顿第二定律可得 FMgMa，即 1aFgM，由图乙可知图象的斜率，即 12 33kM，得：3kg2M，由5FN时0a 可解得：33；（3）3若要验证“小车和位移传感器（发射器）质量不变情况下，小车和位移传感器（发射器）的加速度与作用在小车上的拉力成正比”要将轨道一端垫高来平衡摩擦力。对小车和位移传感器（发射器）受力分析可得：sincosMgMg，即 3tan3，所以 30。12、量程太大，测量误差大 A1 9500 1.48 0.70.8 均可 【解析】(1)1.由于一节干电池电动势只有 1.5V，而电压表量程为 15.0V，则量程太大，测量误差大，所以不能使用电压表；(2)2

26、3.改装电压表时应选用内阻已知的电流表，故电流表 a 选用 A1；根据改装原理可知：1625009500200 10AgURrI；(3)4.根据改装原理可知，电压表测量的路端电压为：U=10000I1；根据闭合电路欧姆定律可知：10000I1=E-I2（r+R0）；根据图象可知：E=1.48V；5.图象的斜率表示内阻，故有：01.480.601.80.50rR 故有：r=0.8 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）18；（2）1.5L。【解析】（1）设打 n 次，以容器 A 中与打入的气体为研究对象，

27、其状态参量为 511 10 Pap ，1(1.50.25)LVn 524 10 Pap，21.5LV 由玻意耳定律得 1122pVp V 代入数据解得 18n 次（2）当内外气压相等时，药液不再喷出，此时531 10 Pap 由玻意耳定律得 2233p Vp V 代入数据解得 36LV 剩余药液的体积(7.56)L1.5LV 14、(1)8N；(2)0；(3)0.8Ns【解析】(1)设 a 球运动到 B 点时的速度为Bv，根据动能定理有 211 B12fm gRWm v 解得 B2m/sv 又因为 2BN11vFm gmR 解得 N8NF 由牛顿第三定律知小球 a 对轨道的压力 NN8NFF(

28、2)小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用整个过程中，a 球始终做减速运动，b 球始终做加速运动，设 a 球最终速度为1v，b 球最终速度为2v，由动量守恒定律和能量守恒得 1 B1 122m vm vm v 2221 B1 122111222mvmvm v 解得 10v 22m/sv 故 a 球的最小动能为 0。(3)由(2)知 b 球的最大速度为 2m/s，根据动量定理有 220.4kg2m/s0.8N sIm v 15、(1)2m/s；(2)7.35J；(3)3.5A【解析】(1)F 作用过程，对系统，由动量定理得 Ft1=mv1+mv2 代入数据解得 v2=2m/s(2)最终两导体棒速度相等，对整个过程，由动量定理得 Ft1=2mv 代入数据解得 v=3m/s 对导体棒 I安培=mv2 I安培=BILt=BLq 通过导体棒的电荷量 222)2(abcdBL xxEqi tttrrtrr 代入数据解得 xab=55m 由能量守恒定律得 Fxab=122mv2+2Q 代入数据解得 Q=7.35J(3)由焦耳定律得 2222QIrt有效 代入数据解得 I有效=3.5A；