2022-2023学年吉林省长春市榆树第一高级中学高考适应性考试物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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，A 和 B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关 S 闭合且滑动变阻器的滑动头 P 在 a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（）A小

2、球带负电 B当滑动头从 a 向 b 滑动时，细线的偏角 变小 C当滑动头从 a 向 b 滑动时，电流表中有电流，方向从下向上 D当滑动头停在 b 处时，电源的输出功率一定大于滑动头在 a 处时电源的输出功率 2、如图，固定的粗糙斜面体上，一质量为m的物块与一轻弹簧的一端连接，弹簧与斜面平行，物块静止，弹簧处于原长状态，自由端位于O点。现用力F拉弹簧，拉力逐渐增加，使物块沿斜面向上滑动，当自由端向上移动L时。则（）A物块重力势能增加量一定为sinmgL B弹簧弹力与摩擦力对物块做功的代数和等于木块动能的增加量 C弹簧弹力、物块重力及摩擦力对物块做功的代数和等于物块机械能的增加量 D拉力F与摩擦力

3、做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量 3、一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线 a 所示，用此线圈给图乙中电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线 b 所示，以下说法正确的是 At0 时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行 B图线 b 电动势的瞬时值表达式为 e40 sin(203t)V C线圈先后两次转速之比为 23 D转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同 4、如图所示，一物块相对木板向右从板上 A 点滑至板上 B 点，木板上 A、B 两点间距离为 5 米，同时木板在地面上向左滑行

4、3 米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为 20N，则物块所受的摩擦力做功为（）A-160J B-100J C100J D-40J 5、如图所示，一闭合的金属圆环从静止开始下落，穿过一竖直悬挂的条形磁铁，磁铁的 N 极向上，在运动过程中，圆环的中心轴线始终与磁铁的中轴线保持重合，则下列说法中正确的是 A对于金属圆环来说，在 AB 段磁通量向下 B条形磁体的磁感线起于 N 极，终于 S 极，磁感线是不闭合的 C自上向下看，在 AB 段感应电流沿顺时针方向 D自上向下看，在 AB 段感应电流沿逆时针方向 6、在如图所示的逻辑电路中，当 A 端输入电信号”1”、

5、B 端输入电信号”0”时，则在 C 和 D 端输出的电信号分别为 A1 和 0 B0 和 1 C1 和 l D0 和 0 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，一束红光从空气射向折射率 n=2种玻璃的表面，其中 i 为入射角，则下列说法正确的是（）A当 i=45时会发生全反射现象 B无论入射角 i 为多大，折射角 r 都不会超过 45 C当入射角的正切值 tani=2，反射光线与折射光线恰好相互垂直 D光从空气射入玻璃，速度减小 E.若

6、将入射光换成紫光，则在同样入射角 i 的情况下，折射角 r 将变大 8、空间中有水平方向的匀强电场，同一电场线上等间距的五个点如图所示，相邻各点间距均为2cm。一个电子在该水平线上向右运动，电子过a点时动能为6eV，运动至b点时电势能为3eV，再运动至c点时速度为零。电子电荷量的大小为e，不计重力。下列说法正确的是（）A由a至b的运动过程，电场力做功大小为3eV B匀强电场的电场强度大小为300V/m C等势面d的电势为3V D该电子从c点返回a点时动能为6eV 9、一列横波沿x轴传播，某时刻的波形图如图所示，质点A的平衡位置与坐标原点O相距1m，此时质点A沿y轴正方向运动，经过0.5s第一次

7、到达最大位移处。由此可知 A这列波沿x轴负方向传播 B这列波的波长为2m C这列波的传播速度为1m/s D这列波的频率为2Hz E.该时刻起1.5s内质点A走过的路程为0.03m 10、如图所示，一个边长为 l 的正六边形abedef的区域内有匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。在a点处的粒子源发出大量质量为m电荷量为0q q的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终沿ad方向。不计粒子间的相互作用力及重力，下列说法正确的是（）A速度小于33qBlm的粒子在磁场中运动的时间一定相同 B速度大于qBlm的粒子一定打在cd边上 C经过c点的粒子在磁场中运动的时间为3mqB

8、D垂直打在cd边上的粒子在磁场中运动的时间为6mqB 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）用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道 PQ滑下后从 Q 点飞出，落在水平挡板 MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。（1）本实验必须满足的条件有_。A斜槽轨道光滑 B斜槽轨道末端切线水平 C每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 D挡板高度等间距变化（2）如图乙所示，在描

9、出的轨迹上取 A、B、C 三点，三点间的水平间距相等且均为 x，竖直间距分别是 y1和 y2。若A 点是抛出点，则12yy=_；钢球平抛的初速度大小为_（已知当地重力加速度为 g，结果用上述字母表示）。12（12 分）实验中挂钩位置可认为不变，利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒。（1）用游标卡尺测出小铁球直径结果如图乙所示。则其直径 D=_cm。（2）如图甲所示，固定力传感器 M 取一根不可伸长的细线，一端连接（1）中的小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环 O，并固定在传感器的挂钩上（小圆环刚好够一根细线通过）将小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系如图丁所示。（i

10、）为验证小铁球在最高点 A 和最低处的机械能是否相等，则_。A必须要测出小铁球的直径 D B必须要测出小铁球的质量 m C必须要测出细线离开竖直方向的最大偏角 D必须要知道图丙、丁中 F0，F1，F2的大小及当地重力加速度 g E必须要知道图丙、丁中 F0，F1，F2的大小（ii）若已经通过实验测得了（i）中所需的物理量，则为了验证小铁球在最高点 B 和最低点处的机械能是否相等，只需验证等式_是否成立即可。（用题中所测得的物理量符号表示）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）如图所示，在倾角为 的斜

11、面内有两条足够长的不计电阻的平行金属导轨，导轨宽度为 L，导轨上端连有阻值为 R 的电阻；在垂直于导轨边界 ab 上方轨道空间内有垂直于导轨向上的均匀变化的匀强磁场 B1。边界 ab 下方导轨空间内有垂直于导轨向下的匀强磁场 B2。电阻也为 R、质量为 m 的导体棒 MN 垂直于导轨放置，磁场 B1随时间均匀减小，且边界 ab 上方轨道平面内磁通量变化率大小为 k，MN 静止且受到导轨的摩擦力为零；撤去磁场 B2，MN从静止开始在较短的时间 t 内做匀加速运动通过的距离为 x。重力加速度为 g。(1)求磁场 B2的磁感应强度大小；(2)求导体棒 MN 与导轨之间动摩擦因数；(3)若再撤去 B1

12、，恢复 B2，MN 从静止开始运动，求其运动过程中的最大动能。14（16 分）如图所示，、区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线 MN、PQ 分别为磁场区域边界，在区域内存在着垂直纸面向里的半径为 R 的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界 MN、PQ 相切，S、T 为切点，A、C 为虚线 MN 上的两点，且 AS=CS=3R，有一带正电的粒子以速度 v 沿与边界成 30角的方向从 C 点垂直磁场进入区域，随后从 A 点进入区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知区域内磁场的磁感应强度 B2为区域内磁场的磁感应强度 B1的 6 倍，区域与区域磁场的磁感应强度相等，不

13、计粒子的重力。求：(1)粒子第一次进入区域后在区域中转过的圆心角；(2)粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。15（12 分）如图所示，在 xOy 平面直角坐标系中，直角三角形 ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度为 B 的匀强磁场，线段 CO=OD=L，CD 边在 x 轴上，ADC=30。电子束沿 y 轴方向以相同的速度 v0从 CD 边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为3L，在第四象限正方形 ODQP 内存在沿 x 轴正方向、大小为 E=Bv0的匀强电场，在 y=L 处垂直于 y 轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与 y 轴交点为 P。忽略电子间的相互作用，不

14、计电子的重力。(1)电子的比荷；(2)从 x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与 P 点间的距离：(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距 P 的最远距离。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、B【解析】A根据题图电路可知 A 板电势高于 B 板电势，A、B 间电场强度方向水平向右。小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以 A 项错误；B当滑动头从 a 向 b 滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故 R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所

15、以 B 项正确；C当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于 A 板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以 C 项错误；D由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以 D 项错误。故选 B。2、D【解析】A自由端向上移动 L 时，物块发生的位移要小于 L，所以物块重力势能增加量一定小于 mgLsin，故 A 错误；B物块受重力、弹簧的拉力、斜面的支持力和摩擦力，支持力不做功，根据动能定理知：重力、弹簧的拉力、斜面的摩擦力对物块做功的代数和等于物块动能的增加量，故 B 错误；C物块的重力做功不改变物块的机械能，根据机械能守恒定律得：弹簧弹力

16、、摩擦力对物块做功的代数和等于物块机械能的增加量，故 C 错误；D对弹簧和物块组成的系统，根据机械能守恒定律得：拉力 F 与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量，故 D 正确。故选 D。3、B【解析】本题考察交变电流表达式，最大值为 NBS，由此得出改变转速后的最大值，电感和电容都对交流电由阻碍作用。【详解】A.t0 时刻电动势为 0，故线圈平面恰好与磁场方向垂直，A 错误；B.由图中可知，改变后的角速度为-1220s3T，故电动势的最大值为 40V，故表达式为2040sinV3et，B正确；C.由1Tn可知线圈先后两次转速之比为 32；D.中转速调整后交流电的频率发生变化，电感对交

17、变电流的阻碍减小、电容对交变电流的阻碍增大，三个灯泡的亮度各不相同。故选 B。4、D【解析】物块所受的摩擦力做的功为：W=Fxcos=-20(5-3)=-40J A-160J，与结论不相符，选项 A 错误；B-100J，与结论不相符，选项 B 错误；C100J，与结论不相符，选项 C 错误；D-40J，与结论相符，选项 D 正确；故选 D【点睛】本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，知道功是力与力的方向上的位移的乘积 5、C【解析】A在圆环还没有套上磁铁之前，圆环中磁通量方向向上。故 A 错误。B磁感线是闭合的。故 B 错误。CD根据楞次定律，AB 段感应电流是顺时针方向。故 C 正确，D 错

18、误。6、C【解析】B 端输入电信号“0”时，经过非门输出端 D 为“1”，AD 为与门输入端，输入分别为“1”、“1”，经过与门输出端 C 为“1”。故 C 正确，ABD 错误。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、BCD【解析】A光线从空气进入玻璃中时，由光疏射向光密介质，不可能会发生全反射现象，选项 A 错误；B根据sinsininr当 i=90时 r=45，可知无论入射角 i 为多大，折射角 r 都不会超过 45，选项 B 正确；C当反射光

19、线与折射光线恰好相互垂直时，则 sin2sin(90)ii 解得 tan2i 选项 C 正确；D光从空气射入玻璃，由光疏射向光密介质，速度减小，选项 D 正确；E若将入射光换成紫光，则由于紫光的折射率大于红光，则在同样入射角 i 的情况下，折射角 r 将变小，选项 E 错误。故选 BCD。8、AD【解析】A电场线沿水平方向，则等间距的各点处在等差等势面上。电子沿电场线方向做匀变速运动。电子从a至c的过程，电势能与动能之和守恒，动能减小了6 eV，则电势能增加了6 eV，则电势差 6VacU 则 3VabbcUU 电子从a至b的过程，电场力做负功，大小为 3eVabeU A 正确；B电场强度大小

20、 2150 V/m2 2 10 macUE B 错误；C电子经过等势面b时的电势能为3eV，则b点的电势 3Vb 又有 2 3V6Vbd 则 3Vd C 错误；D电子在a点时动能为6 eV，从a减速运动至c，然后反向加速运动再至a点，由能量守恒定律知电子此时的动能仍为6 eV，D 正确。故选 AD。9、BCE【解析】A题图中质点A正由平衡位置向正向最大位移处运动，根据“上下坡法”可知，波沿x轴正方向传播，故 A 错误；B由波形图可知 1m2OA 解得 2m 故 B 正确；CD由题知，质点A经0.5s第一次到达最大位移处，则有 0.5s4T 解得 2sT 故频率 10.5HzfT 根据 1m/s

21、vT 故 C 正确，D 错误；E因 31.54Ts 故质点A走过的路程为0.03m，故 E 正确。故选 BCE。10、ACD【解析】A根据几何关系，粒子恰好经过b点时运动半径 133rl 由 2vqvBmr 可知速度 1133qBrqBlvmm 则速度小于33qBlm的粒子均从ab边离开磁场，根据几何关系可知转过的圆心角均为120，运动时间均为 112013603tTT T为粒子在磁场中的运动周期，A 正确；BC粒子恰好经过c点时运动半径 23rl 根据几何关系可知运动时间 26161 23mmtTqBqB 速度 223qBrqBlvmm 则速度大于3qBlm的粒子一定打在cd边上，B 错误，

22、C 正确；D粒子垂直打在cd边上时，如图：根据几何关系可知圆心角为30，运动时间 21126mTqBt D 正确。故选 ACD。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、BC 1:3 21gxyy 【解析】(1)1AB为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的。故 A 不符合题意，B 符合题意。C要让小球总是从同一位置无初速度释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点。故 C 符合题意。D档板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化。故 D 不符合题意。(2)2

23、 A 点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则 AB 和 BC 的竖直间距之比为 1：3。3由于两段水平距离相等，故时间相等，根据 y2y1gt2可知：21=yytg 则初速度为：21gvxyyxt 12、1.090cm D 0120021FFFFgF 【解析】(1)1由图乙可知，该游标卡尺为 50 分度游标卡尺，故其读数为 5545 0.98 mm10.90mm1.090cmD （2）2由机械能守恒定律可得 211cos22Dmg lm 在最低点时有 222FmgmDl 刚释放时有 1cosmgF 静止时有 0Fmg 联立化简可得 0120021FFFFgF 故小球机械能是

24、否守恒验证以上等式即可，故需要测量的物理量为 F0，F1，F2的大小及当地重力加速度 g，故选 D。3由2中分析可知，需验证的等式为 0120021FFFFgF 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)2sinRmgkL；(2)22tancosxgt；(3)4224 442sink xmR g t【解析】(1)当磁场 B1随时间均匀减小，设回路中感应电动势为 E，感应电流为 I，则根据法拉第电磁感应定律 Ekt 根据闭合电路欧姆定律 EIRR MN 静止且受到导轨的摩擦力为零，受力平衡 2sinmgB I

25、L 解得 22sinRmgBkL(2)撤去磁场 B2，设 MN 从静止开始做匀加速运动过程中的加速度为 a，导体棒 MN 与导轨之间动摩擦因数为，则 212xat 根据牛顿第二定律 sincosmgmgma 解得 22tancosxgt(3)若再撤去 B1，恢复 B2，设 MN 运动过程中的最大速度为 vm，最大动能为 Ekm，稳定时 sincosmgmgF安 导体切割磁感线 2mEB Lv 通过回路的感应电流 2EIR 安培力为 222m22B L vFB I LR安 最大动能 2kmm12Emv 联立方程解得 42km24 442sink xEmR g t 14、(1)120(2)64 3

26、49RRTvv【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得160OCS，半径 132 3cos60RRR 粒子转过的圆心角为 1300 粒子从A点进入区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过区域圆形磁场的圆心O，接着在磁场中做圆周运动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心O 设轨迹半径为2R，由牛顿运动定律知 222vqvBmR 得 22mvRqB 故 2112RBRB 即 233RR 连接2O O，得 233tanRO OAR 得 230O OA 故此粒子第一次进入区域后在区域转过的圆心角为 22902120O OA(2)粒子进入区域时，速度方向仍与边界PQ成 30角，故此粒子的轨迹

27、图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内，在、区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为1300 所用总时间为 111220 323603RRtvv 在区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为2120，所用时间为 22224 323609RRtvv 在区域要经过 4 次匀速直线运动过程，每次运动的距离为 3cos30RsRR 所用总时间 344RRtvv 故此粒子在一个周期内所经历的总时间为 12364 349RRTtttvv 15、(1)03vemBL(2)23L (3)34L【解析】根据电子束沿速度 v0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据

28、在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解；【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径3Lr 由牛顿第二定律得200Bevmrv=电子的比荷03emBLv；（2）若电子能进入电场中，且离 O 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边 AD 相切，即粒子从 F 点离开磁场进入电场时，离 O 点最远：设电子运动轨迹的圆心为O点。则23LOF x=从 F 点射出的电子，做类平抛运动，有2232LEexmt，0ytv 代入得23Ly=电子射出电场时与水平方向的夹角为有122ytanx 所以，从 x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为 G，则它与 P 点的距离 2tan3LyLGP；（3）设打到屏上离 P 点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时 00223xmxLytEevv 设该电子打到荧光屏上的点与 P 点的距离为 X，由平抛运动特点得2XLyyx 所以2332222838xLxLLXxxyLx 所以当38xL，有34mLX。【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。