2022-2023学年江苏扬州市邗江区公道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、密闭容器内封有一定质量的空气，使该容器做自由落体运动，气体对容器壁的压强（）A为零 B保持不变 C减小 D增大 2、如图所示，两个可视为质点的小球 A、B 通过固定在 O 点的光滑滑轮用轻绳相连，小球 A 置于光滑半圆柱上，小球 B 用水平轻绳拉着，水平轻绳另一端系于竖直板上，两球均处于静止状态。已知 O 点在半圆柱横截面圆心 O1的正上方，OA 与竖直方向成 30角、其长度与半圆柱横截面的半径相等，OB 与竖直方向成 60角，则（）A轻绳对球 A 的拉力与球 A 所受弹力的合力大小相等 B轻绳对球 A 的拉力与半网柱对球 A 的弹力大小不相等

3、 C轻绳 AOB 对球 A 的拉力与对球 B 的拉力大小之比为2：3 D球 A 与球 B 的质量之比为 23：1 3、如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中 R0为定值电阻，R 是滑动变阻器，C 为耐压值为 22V 的电容器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A副线圈两端电压的变化频率为 0.5Hz B电流表的示数表示的是电流的瞬时值 C滑动片 P 向下移时，电流表 A1和 A2示数均增大 D为保证电容器 C 不被击穿，原副线圈匝数比应小于 10：1 4、一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，其电势能 Ep随位移 x 变化的关系如图所示，其中 0

4、 x2段是关于直线 x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是 Ax1处电场强度最小，但不为零 B粒子在 0 x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动 C若 x1、x3处电势为1、3，则13,故 C 错误；D、x2x3段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故 D 正确；故选 D 点睛：EP-x 图像的斜率表示粒子所受电场力 F，根据 F=qE 判断各点场强的方向和大小，以及加速度的变化情况。至于电势的高低，可以利用结论“负电荷逆着电场线方向移动电势能降低，沿着电场线方向移动电势能升高”来判断。5、D【解析】AB当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有 F1=mgsin

5、 静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若=0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得 Mgsin=Ma 解得 a=gsin 再以小球为研究对象，则有 mgsin-F2=ma 解得 F2=0 故 AB 错误；CD当木板沿斜面下滑时，若 0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为 a=gsin-gcos 隔离对小球分析有 mgsin-F2=ma 解得 F2=mgcos 则有 F1：F2=mgsin：mgcos=tan：解得 21tanFF 故 C 错误、D 正确。故选 D。6、D【解析】可以将高铁进站时的匀减速直线运动等效成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中通过

6、连续相等的时间内的位移之比为 1:3:5:7:9:11:13:15:17:可得题中依次经过 t、3t、5t 通过的位移之比 123:17:15 13 11:975 3 117:39:25xxx ABC 错误 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、BD【解析】AD设水银密度为，向右管注入少量水银，右侧的压强就增大，右侧的水银就会向左移动，从而左侧的水银 A 向上运动，h2就会变小，根据平衡 B 段气柱的压强 0201Bppghp

7、gh 可知，右侧水银面高度差 h1减小，故 A 错误，D 正确；BC由于 h2变小，则 B 段气柱的压强减小，因为温度不变，根据玻意耳定律：pV 为定值，可知：空气柱 B 的体积变大，长度将增大，故 B 正确，C 错误。故选 BD。8、ACD【解析】A分子间距离减小，其斥力和引力均增大，A 正确；B晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B 错误；C0的冰熔化成 0的水，吸收热量，分子平均动能不变，其分子势能会增加，C 正确；D对气体做功大于气体放出的热量，其分子的平均动能会增大，D 正确；E第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机不违反能量守恒定律，只是违反热力学第二定律，E 错误。故选

8、 ACD。9、ABD【解析】A.正点电荷的电场线呈发散型，沿着电场线方向，电势降低，因此 A 点的电势低于 B 点的电势，故 A 正确；B.结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式2kQEr可知，B 点的电场强度大小是 A 点的 4 倍，故 B 正确；C.小球带负电，正点电荷 Q 对小球的电场力为吸引力，从 A 到 C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，则小球电势能先减小后增大，故 C 错误；D.小球在 AC 两处受到的电场力大小相等，在 A 处时小球的加速度为 a，对 A 点处小球受力分析，小球受电场力、重力与支持力，则：Fcos30+mgsin30=ma 在 C 处时，小球受到重

9、力、电场力与支持力，则：mgsin30Fcos30=ma 解得：a=ga 故 D 正确。10、AC【解析】A金属杆由 bc 滑到 ef 过程，由机械能守恒有 12mv2=mgR 金属杆刚滑上圆弧轨道时，由牛顿第二定律有 FNmg=m2vR 两式联立解得 FN=3mg 所以金属杆对轨道的压力为 3mg，故 A 正确 B闭合电键后金属杆获得向右的速度，说明其所受的安培力向右，由左手定则知电流方向由 b 到 c，所以从左向右看，电容器左端为正极板，右端为负极板，故 B 错误；C金属杆受安培力作用，由牛顿第二定律有 BILma 由运动学公式有 v=at，流过金属杆的电荷量 q=It，电容器两极板间电势

10、差的减小量 U=qC，联立解得 U=2mgRBLC 故 C 正确；D若磁场方向改为水平向右，金属杆所受安培力为竖直向上，由于还受到重力作用，金属杆所获得的速度将小于 v，所以上升的高度将小于 R，故 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、电压表应接3V量程，开始实验前开关应断开 661.2 101.11.3 10 2.0 相同 【解析】(1).1电压表应接3V量程；开始实验前开关应断开；(2)2图像如图：34由于 xAUxRRIS 即 AUxRIS 则UxI图像的斜率 7.82.011.30.6kS 解得 6

11、=1.3 10m 由图像可知，当 x=0 时，=2.0UI可知电流表内阻为2.0；5由以上分析可知，电流表内阻对直线的斜率无影响，则理论上用此电路测得的金属丝电阻率与其真实值相比相同。12、AC 3.0 ()mgMm aMg 0.18 【解析】（1）实验过程中，电火花计时器应接在频率为 50Hz 的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故 AC 是必要;本实验测动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，B 项不必要；本实验没要求砝码的重力大小为木块受到的拉力大小，D 项不必要。选 AC（2）由纸带可知，两个计数点的时间2 0.020.

12、04Tss，根据推论公式2xaT，得222654321226.66.15.65.24.74.210/3.0/99 0.04xxxxxxam sm sT.（3）对 M、m 组成的系统，由牛顿第二定律得：mgMgMm a，解得mgMm aMg，（4）将700.070mgkg，1000.1Mgkg，23.0/am s代入mgMm aMg，解得：0.18.【点睛】依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解；根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小；对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的表达式，代入数据求出其大小.四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中

13、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)5m/s；(2)2cm【解析】(1)质点A第一次到达波峰，时间间隔 10.2s2tT 即 0.4sT 由vT可知波速 5m/sv (2)由xvt可知 波传到C点的时间0.6st，此时C沿y轴正方向运动，再经过0.3s，C点到达波谷，即2cmy 14、（1）电场强度UEd；（2）0UvBd；（3）2222kqUhmUEdB d【解析】（1）电场强度UEd（2）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：0qEqv B 解得0EUvBBd（3）粒子从 N 点射出，由动能定理得：2012kqE hEmv 解得2222

14、kqUhmUEdB d 15、(1)cossinmg；(2)2cos(1cos)(1cos)sintanRRtg【解析】(1)对 B 分析，绳子拉力 TcosgFm 把 AB 当成整体，水平方向合力为零，则 TsincossinFFmg(2)根据几何关系 sinROO 绳长 tanRL 当 B 运动到最低点 AB 分离，此时小球距离地面高度 hOOL 所以半圆柱体右下角距原来O点距离 22dRRh 因此该过程半圆柱体位移为 2212cos(1cos)sinRxRdRh AB 分离时速度均水平且相等，根据机械能守恒定律 21(1 cos)22mgLmv 解得 cos(1 cos)singRv 此后半圆柱体做匀速运动，t时间内位移 2cos(1 cos)singRxvtt 全过程半圆柱体位移 122cos(1cos)(1cos)sintanRRxxxtg