2023届福建省福州延安中学高考压轴卷物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、一物体置于一长木板上，当长木板与水平面的夹角为30时，物体刚好可以沿斜面匀速下滑。现将长木板与水平面的

2、夹角变为45，再将物体从长木板顶端由静止释放；用xva、kE和t分别表示物体的位移、物体运动的速度、物体运动的加速度、物体的动能和物体运动的时间。下列描述物体由静止释放后的运动规律的图象中，可能正确的是（）A B C D 2、2019 年 8 月 11 日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为 11 级，最大风速为 30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高 5m、宽 20m，空气密度=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为 0，则该广告牌受到的最大风力约为 A3.9103N B1.2105N C1.0104N D9.0l04

3、N 3、如图所示，两根互相平行的长直导线垂直于平面 S，垂足分别为 M、N，导线中通有大小相等、方向相反的电流。O 为 MN 的中点，PQ 为 M、N 的中垂线，以 O 为圆心的圆与 MN、PQ 分别相交于 a、b、c、d 四点。则下列说法中正确的是（）AO 点处的磁感应强度为零 Ba、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 Ca、c 两点处的磁感应强度方向不同 Dc、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 4、太阳辐射能量主要来自太阳内部的（）A裂变反应 B热核反应 C化学反应 D放射性衰变 5、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

4、“通信技术试验卫星五号”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 6、在平直公路上甲乙两车从同一地点出发，两车位移 x 和时间 t 的比值xt与时间 t 之间的关系如图所示。下列说法正确的是（）A甲车的加速度大小为 5m/s2 B6s

5、 末乙车速度减小到零 C甲车追上乙车前，2s 末甲乙两车相距最远 D乙车速度减小到零时，甲车速度为 30m/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、我国研发的磁悬浮高速实验样车在 2019 年 5 月 23 日正式下线，在全速运行的情况下，该样车的时速达到 600 千米。超导体的抗磁作用使样车向上浮起，电磁驱动原理如图所示，在水平面上相距l的两根平行导轨间，有垂直水平面前等距离分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，每个磁场的宽度都是l，相间排

6、列。固定在样车下方宽为l、阻值为R 的导体线框 abcd 悬浮在导轨上方，样车运行过程中所受阻力恒为f，当磁场以速度 v0向右匀速运动时，下列说法正确的是（）A样车速度为零时，受到的电磁驱动力大小为2 204B l vR B样车速度为零时，线圈的电热功率为2 2202B l vR C样车匀速运动时，克服阻力做功的功率为202 24RffvB l D样车匀速运动时，速度大小为02 22RfvB l 8、如图所示，在边界 MN 右侧是范围足够大的匀强磁场区域，一个正三角形闭合导线框 ABC 从左侧匀速进入磁场，以 C 点到达磁场左边界的时刻为计时起点（t=0），已知边界 MN 与 AB 边平行，线

7、框受沿轴线 DC 方向外力的作用，导线框匀速运动到完全进入磁场过程中，能正确反映线框中电流 i、外力 F 大小与时间 t 关系的图线是（）A B C D 9、如图所示，a、b 小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球 a、b 以 va、vb的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到 0，重力加速度为 g，轨道与圆在同一竖直面内，sin37=0.6，cos37=0.8，则（）Aa、b 小球与斜面间的动摩擦因数之比 a:b=9：16 Ba、b 小球沿斜面向上运的加速度之比以 aa:ab=4：3 Cva：vb=4：3 D两小球不可能同时达到圆周上 10、如图所示，金

8、属圆环放置在水平桌面上，一个质量为 m 的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为 N 极，将永磁体由静止释放永磁体下落 h 高度到达 P 点时速度大小为 v，向下的加速度大小为 a，圆环的质量为 M，重力加速度为 g，不计空气阻力，则（）A俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向 B永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零 C永磁体运动到 P 点时，圆环对桌面的压力大小为 Mg+mgma D永磁体运动到 P 点时，圆环中产生的焦耳热为 mgh+12mv2 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）某物理兴

9、趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度 B 的大小与长直导线中的电流大小 I 成正比，与该点离长直导线的距离 r 成反比。该小组欲利用如图甲所示的 实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表（量程为 03A）、滑动变 阻器、小磁针（置于刻有360刻度的盘面上）、开关及导线若干：实验步骤如下：a.将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直 导线，如图甲所示；b.该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离 r、长直导线中电流的大小 I 及小磁针的偏转 角度；c.根据测量结果进行分析，得出结

10、论。回答下列问题：（1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为_A；（2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为 30（如图丙所示），已知实验所在处的地磁场水平分量大小为 B0=3105T，则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强度 B 的大小为_T（结果保留两位小数）；（3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值 tan 与Ir之间的图像如图丁所示，据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度B与通电电流I成正比，与离长直导线的距离r成反比的结论，其依据是_；（4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度

11、B 与电流 I 及距离 r 之间的数学关系为02IBr，其中0为介质的磁导率。根据题给数据和测量结果，可计算出0=_ T m/A。12（12 分）某同学用气垫导轨做“验证机械能守恒定律“的实验，如图所示，用质量为 m 的钩码通过轻绳带动质量为M 的滑块在水平导轨上，从 A 由静止开始运动，测出宽度为 d 的遮光条经过光电门的时间 t，已知当地重力加速度为g，要验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是_，在这过程中系统的动能增量为_。如果实验前忘记调节导轨水平，而是导轨略为向左倾斜，用现有测量数据_（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答

12、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，一固定的水平气缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。大圆筒内侧截面积为 2S，小圆筒内侧截面积为 S，两活塞用刚性轻杆连接，间距为 2l，活塞之间封闭有一定质量的理想气体。初始时大活塞与大圆筒底部相距 l。现通过滑轮用轻绳水平牵引小活塞，在轻绳右端系托盘（质量不计）。已知整个过程中环境温度 T0、大气压 p0保持不变，不计活塞、滑轮摩擦、活塞导热良好。求：（i）缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆简底部相距2l，停止加沙，求此时沙子质量；（ii）在（i）情景下对封闭气体缓慢加热可以使活塞回到原处，

13、求回到原处时封闭气体的温度。14（16 分）一列简谐横波某时刻的波形如图所示，质点 P 正在向上运动，它所在的平衡位置为 x=2m，质点 P 的振动方程为 y=0.2sin5t（m），从该时刻开始计时，求（i）该简谐横波在介质中的传播速率；（ii）经过 0.5s 时间，质点 P 的位移和路程；（iii）从图示位置开始计时，经多长时间质点 P 第三次到达波峰。15（12 分）竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，最初 AB 段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在 A 端，各部分尺寸如图所示，外界大气压强 p0=75cmHg。（1）若从右侧缓慢注入一定量的水银，可使封

14、闭气体的长度减小为 20cm，需要注入水银的总长度为多少？（2）若将玻璃管绕经过 A 点的水平轴顺时针转动 90，当 AB 段处于竖直、BC 段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？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】BC 当长木板的倾角变为45时，放在长木板上的物体将由静止开始做匀加速直线运动，物体的速度随时间均匀增大，物体的加速度不变，故 BC 项错误；A由212xat知，A 项错误；D由动能定理得kEF x合，故物体的动能与物体的位移成正比，D 项正确。故选 D。2、B【解析】广告牌

15、的面积 S=520m2=100m2 设 t 时间内吹到广告牌上的空气质量为 m，则有：m=Svt 根据动量定理有：Ft=0mv=0Sv2t 得：F=Sv2 代入数据解得 F1.2105N 故 B 正确，ACD 错误。故选 B。3、D【解析】A根据右手螺旋定则，M 处导线在 O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在 O 点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于 0，故 A 错误；BM 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，在 b 处产生的磁场方向竖直向下，N 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，b 处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故 B

16、 错误；CM 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，N 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，则 a 处的合磁场方向竖直向下，M 在 c处产生的磁场方向垂直于 cM 偏下，N 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cN 偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c 处的合磁场方向竖直向下，故 C 错误；DM 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cM 偏下，N 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cN 偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c 处的合磁场方向竖直向下，同理可知，d 处的合磁场方向竖直向下，由于 c 到 M、N 的距离与 d 到 M、N的距离相等，则 c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故 D

17、 正确。故选 D。4、B【解析】太阳的能量来自于内部的核聚变，产生很高的能量，又称为热核反应。B 正确，ACD 错误。故选 B。5、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 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。6、D【解析】A根据2012xv tat可得 012xvatt 甲车的加速度大小为 22111022m/s10m/s2ak 选项

18、A 错误；B由图像可知，乙车的初速度为 v0=15m/s，加速度为 222252-2m/s5m/s2ak 则速度减为零的时间为 023svta 选项 B 错误；C当两车相距最远时速度相等，即 021va ta t 解得 t=1s 选项 C 错误；D乙车速度减小到零时需经过 t=3s，此时甲车速度为 130m/sva t 选项 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、AC【解析】A当磁场以速度 v0向右匀速运动且样车速度为零时，线

19、框前、后边切割磁感线产生的总感应电动势 02EBlv 由闭合电路欧婿定律可知，线框中的感应电流 EIR 样车受到的安培力即电磁驱动力 2FBIl 联立解得 2 204B l vFR 选项 A 正确；B样车速度为零时，线圈的电热功率 2 222204B l vEPI RRR 选项 B 错误；CD设样车匀速运动的速度为当样车以速度 v 匀速运动时，线框前后边切割磁感线的速度为 v0-v，产生的总感应电动势 0=2()EBl vv 由闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流 EIR 样车受到的安培力即电磁驱动力 2FBI l 由平衡条件有 Ff 联立解得 02 24fRvvB l 克服阻力做功的功率

20、202 24ff RPfvfvB l 选项 D 错误，C 正确。故选 AC。8、AD【解析】ABt 时刻，线框有效切割长度为 L=2vttan30 知 Lt，产生的感应电动势为 E=BLv 知 Et，感应电流为 EIR 故 It，故 A 正确，B 错误；CD导线框匀速运动，所受的外力与安培力大小相等，则有 22tan302tan30BvtvFBILBvttR()F-t 图象是过原点的抛物线，故 C 错误，D 正确。故选 AD。9、BC【解析】Aa、b 小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对 a：cos37sin37amgmg 对 b：cos53sin53bmgmg 则 a:b=16：9 选项 A

21、错误；Ba、b 小球沿斜面向上运动时，对 a cos37sin37=aamgmgma 对 b cos53sin53=abmgmgma 加速度之比 aa:ab=4：3 选项 B 正确；C两球速度同时减为零，时间相等，则由 v=at 可得 va：vb=aa:ab=4：3 选项 C 正确；D因为两物体加速度之比 aa:ab=4：3，初速度之比 va：vb=4：3，由 v=v0-at 可知，任意时刻的速度比为 4:3，则两物体的平均速度之比为 4:3；而两球到达圆周上时位移之比也为 4:3，可知到达圆周上的时间相等，即两物体同时到达圆周上，选项 D 错误。故选 BC。10、AC【解析】根据楞次定律判断

22、感应电流的方向；可根据假设法判断磁铁下落到某高度时速度不可能为零；根据牛顿第二定律分别为磁铁和圆环列方程求解圆环对地面的压力；根据能量关系求解焦耳热。【详解】磁铁下落时，根据楞次定律可得，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，选项 A 正确；永磁体下落的整个过程，开始时速度增加，产生感应电流增加，磁铁受到向上的安培力变大，磁铁的加速度减小，根据楞次定律可知“阻碍”不是“阻止”，即磁铁的速度不可能减到零，否则安培力就是零，物体还会向下运动，选项 B 错误；永磁体运动到 P 点时，根据牛顿第二定律：mg-F安=ma；对圆环：Mg+F安=N，则 N=Mg+mgma，由牛顿第三定律可知圆环对桌面的压力大

23、小为 Mg+mgma，选项 C 正确；由能量守恒定律可得，永磁体运动到 P 点时，圆环中产生的焦耳热为 mgh-12mv2，选项 D 错误；故选 AC.【点睛】此题关键是理解楞次定律，掌握其核心“阻碍”不是“阻止”；并能用牛顿第二定律以及能量守恒关系进行判断.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、2.00 51.73 10 电流产生的磁感应强度0tanBB，而偏角的正切值与Ir成正比 7410 【解析】（1）1电流表量程为 3A，则最小分度为 0.1A，由指针示数可知电流为 2.00A；（2）2电流产生向东的磁场，则指针指向地磁场

24、分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示 则有 0tan30BB 解得 5533 10T1.7 10 T3B （3）3由图可知，偏角的正切值与 Ir成正比，而根据（2）中分析可知 0tanBB 则可知B与Ir成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度B与通电电流I成正比，与长导线的距离r成反比；（4）4由公式 00tan2IBBr 可知，图象的斜率 2000.142 10221.03kB 解得 70410 T m/A 12、A、B 的距离 L 212dMmt 不能 【解析】1要验证机械能守恒，就需要求得动能的增加量和重力势能的减少量，而要知道重力势能的减少量则还需要测得 A、B 的距离 L。2

25、滑块通过光电门 B 时，因光电门宽度很小，用这段平均速度代替瞬时速度可得 Bdvt 故滑块和钩码组成的系统从 A 到 B 动能的增加量为 221122kBdEmM vmMt 3如果导轨不水平，略微倾斜，则实验过程中滑块的重力势能也要发生变化，因不知道倾角，故不能求得滑块重力势能的变化，则不能验证机械能守恒定律。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、（i）05p Smg；（ii）3065TT【解析】（i）初始时刻，设封闭气体压强为1p，对活塞受力分析有 0110220pSpSp Sp S 解得 10pp 缓慢向

26、托盘中加沙子，直到大活塞与大圆筒底部相距2l，此过程封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得 123(2)222llpS lS lpSS 联立解得 2065pp 对活塞受力分析，由平衡条件有 022022mg0pSpSp Sp S 联立解得 015mgp S 即 05p Smg（ii）缓慢加热使活塞回到原处，封闭气体发生等压变化，设回到原处时气体温度为3T，则 0332S222llSSlSlTT 解得 3065TT 14、（i）10m/s；（ii）0.2m；1.0m；（iii）0.9s【解析】（i）由图可知，波长4m，由振动方程知周期0.4sT，所以波速 10m/svT（ii）P 在向上运动，波向右

27、传播，经过 0.5s 时间，质点 P 的位移为 0.2m，路程为 1.0m。（iii）P 第三次到达波峰的时间为 120.9s4tT 15、（1）30cm，（2）39.04cm。【解析】（1）由玻意耳定律：1122pVp V 得到：01122()pghL SpL S 解得：p2=125cmHg 右侧水银总高度 h2=50cm，注入水银的总长度为：(h2-h1)+(L1-L2)=30cm；（2）设顺时针转动 90后，水银未溢出，且 AB 部分留有 x 长度的水银，玻意耳定律：011011()()()pghL SpxLlx S 代入数据，得到：(7525)25(75)(2525)Sxx S 变形为 x2-125x+1250cm=0 解得12525 17cm2x0，假设成立，12525 17cm2x不合题意，舍去；则：125-25 17cm2x 末态气体长度 L3=L1+l1-25(171)cm39.04cm2x。