2023届江苏省锡山高级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 考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点 A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为+Q，点电荷在轻杆 AB 两

2、点的中垂线上，一个质量为 m，电荷量为+q 的小球套在轻杆上，从 A 点静止释放，小球由 A 点运动到 B 点的过程中，下列说法正确的是（）A小球受到的电场力先减小后增大 B小球的运动速度先增大后减小 C小球的电势能先增大后减小 D小球的加速度大小不变 2、如图所示，“嫦娥四号”飞船绕月球在圆轨道上运动，在 A 位置变轨进入椭圆轨道，在近月点 B 位置再次变轨进入近月圆轨道，下列判断正确的是（）A飞船在 A 位置变轨时，动能增大 B飞船在轨道上的速度大于在轨道上的速度 C飞船在轨道上的加速度大于在轨道上的加速度 D飞船在轨道上的周期大于在轨道的周期 3、关于物理学中的思想或方法，以下说法错误的

3、是（）A加速度的定义采用了比值定义法 B研究物体的加速度跟力、质量的关系采用假设法 C卡文迪许测定万有引力常量采用了放大法 D电流元概念的提出采用了理想模型法 4、如图所示，AB 是一根裸导线，单位长度的电阻为 R0，一部分弯曲成直径为 d 的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为 B0导线一端 B 点固定，A 端在沿 BA 方向的恒力 F 作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径 d 到完全消失所需时间 t 为（）A22016d BFR B2208d BFR C2204d BF

4、R D2202d BFR 5、如图所示，A、B、C 三球的质量分别为 m、m、2m,三个小球从同一高度同时出发，其中 A 球有水平向右的初速度，B、C 由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（）A1 次 B2 次 C3 次 D4 次 6、如图所示，轨道 NO 和 OM 底端对接且。小环自 N 点由静止滑下再滑上 OM。已知小环在轨道 NO 下滑的距离小于轨道 OM 上滑的距离，忽略小环经过 O 点时的机械能损失，轨道各处的摩擦因数相同。若用 a、f、v 和 E 分别表示小环的加速度、所受的摩擦力、速度

5、和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。其中能正确反映小环自 N 点到右侧最高点运动过程的是（）A B C 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、2019 年 10 月 1 日，在庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵式上，主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅 15 个徒步方队和 32 个装备方队（如图甲所示）。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示，其中 Oa 为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率 P 行驶时的加速阶段，bc

6、 段是与 ab 段相切的水平直线，若检阅车的质量为 m，行驶过程中所受阻力恒为 f，则下列说法正确的是（）A检阅车在 t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2t3时间内其牵引力等于 f B0t1时间内检阅车做变加速运动 C0t2时间内的平均速度等于22v Dt1t2时间内检阅车克服阻力所做功为 P（t2t1）+22121122mvmv 8、一简谐机械横波沿 x 轴负方向传播，已知波的波长为 8 m，周期为 2 s，t0 s 时刻波形如图甲所示，a、b、d 是波上的三个质点。图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是 A图乙可以表示质点 b 的振动 B在 00.25s 和 0.250.5s 两

7、段时间内，质点 b 运动位移相同 C该波传播速度为 v16m/s D质点 a 在 t=1s 时位于波谷 E.质点 d 简谐运动的表达式为 y=0.1sint（m）9、如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板 P、Q 之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把 P、Q 与电阻 R 相连接.下列说法正确的是 AQ 板的电势高于 P 板的电势 BR 中有由 a 向 b 方向的电流 C若只改变磁场强弱，R 中电流保持不变 D若只增大粒子入射速度，R 中电流增大 10、如图所示，灯泡 A、B 完全相同，理想变压器原副线圈匝数比 n1

8、：n2=5：1，指示灯 L 的额定功率是灯泡 A 的15，当输入端接上110 2 sin100(V)ut的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表均为理想电流表，且 A2的示数为 0.4A，则（）A电流表 A1的示数为 0.08A B灯泡 A 的额定电压为 22V C灯泡 L 的额定功率为 0.8W D原线圈的输入功率为 8.8W 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）某同学现要利用气垫导轨来研究匀变速直线运动规律，其实验装置如图甲所示，其实验步骤如下：用游标卡尺测出挡光片的宽度 d。按图甲安装好器材，并调节好气垫导轨，

9、使气垫导轨处于水平位置。然后用跨过轻质定滑轮的轻绳一端与钩码相连，另一端与滑块相连，再将滑块置于气垫导轨的左端，并用手按住滑块不动；调整轻质滑轮，使轻绳处于水平位置；从气垫导轨上的刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离 s（钩码到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离），同时记下滑块的初始位置；由静止释放滑块，用光电门测出挡光片经过光电门的时间 t；将滑块重新置于初始位置，保持滑块所挂的钩码个数不变，改变光电门的位置从而改变滑块与光电门之间的距离 s，多次重复步骤再次实验，重物到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离；整理好多次实验中得到的实验数据。回答下列问题：(1)挡光片的宽度测量结果，游标卡尺的

10、示数如图乙所示，其读数为 d=_cm；(2)滑块在运动过程中的加速度 a 可根据匀变速运动的规律_来求；(3)据实验数据最后得到了如图丙所示的21 st图像，由图像可求得滑块运动时的加速度 a=_m/s2。（取 g=10m/s2，结果保留三位有效数字）12（12 分）某同学利用多用表测量分压电路电阻的变化范围，按如下步骤测量：（1）选用欧姆档10 倍率，先将表笔短接调零，再如图甲所示，将表笔接到分压电路两端，从滑片移动到最右端开始进行测量，如图乙所示，根据指针位置，电阻读数为_。（2）将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，移动过程中读数变化情况是_ A增大 B减小 C先增大后减小 D先减小后增

11、大（3）记录下整个过程中读数的最小值为 24，得到电阻的变化范围。这样测量的最小值的方法是否合理？若合理，写出电阻变化范围；若不合理，说明应如何改正_。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，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N点，细杆上的PQ两点与圆心O在同一水平线上，圆弧半径为 0.8m。质量为 0.1kg 的有孔小球A（可视为质点）穿在圆弧细杆上，小球A通过轻质细绳与质量也为 0.1kg 小球B相连，细绳绕过固定在Q处的轻质小定滑轮。将小球A由圆弧细杆上某处由静止释放，则小球A

12、沿圆弧杆下滑，同时带动小球B运动，当小球A下滑到D点时其速度为 4m/s，此时细绳与水平方向的夹角为 37，已知重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，cos16=0.1问：(1)小球A下滑到D点时，若细绳的张力(N)Tx，则圆弧杆对小球A的弹力是多大？(2)小球A下滑到D点时，小球B的速度是多大？方向向哪？(3)如果最初释放小球A的某处恰好是P点，请通过计算判断圆弧杆PD段是否光滑。14（16 分）如图所示，第一象限内有沿 x 轴正向的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q 的带负电的粒子以速度 v0从 P（-3L，0）沿与 x

13、 轴负方向成 37角射入磁场，粒子从 Q（0，4L）进入电场并直接从 O 点离开电场。不计空气阻力及粒子的重力，sin37=0.6，cos37=0.8，求(1)磁感应强度 B 的大小；(2)电场强度 E 的大小。15（12 分）如图所示，一轻弹簧左端与竖直的墙连接，右端与质量为 m 的物块接触，开始时弹簧处于原长，弹簧的劲度系数为 k，现用恒力 F 向左推物块，当物块运动到最左端时，推力做的功为 W，重力加速度为 g，物块与水平面间的动摩擦因数为，整个过程弹簧的形变在弹性限度内，求：（1）物块向左移动过程中克服摩擦力做的功；（2）物块运动到最左端时，撤去推力，弹簧能将物块弹开，则物块从最左端起

14、向右能运动多远？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、C【解析】A小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项 A 错误；B小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项 B 错误；C小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷

15、在前半段先对小球做负功，在后半段对小球做正功，则小球的电势能先增大后减小，选项 C 正确；D由小球的受力情况可知，在 A 点时小球的加速度小于 g，在 AB 中点时小球的加速度等于 g，在 B 点时小球的加速度大于 g，则加速度是不断变化的，选项 D 错误。故选 C。2、D【解析】A飞船在 A 位置变轨时做近心运动，必须减速，动能减小，故 A 错误；BC飞船在圆轨道上运动时，根据万有引力提供向心力，得 22MmvGmmarr 得 GMvr 2GMar 知卫星的轨道半径越大，线速度和加速度越小，则知飞船在轨道上的速度和加速度均小于在轨道上的速度和加速度，故 BC 错误；D飞船在轨道上的轨道半径大

16、于轨道的半长轴，根据开普勒第三定律32 akT知飞船在轨道上的周期大于在轨道上的周期，D 正确。故选 D。3、B【解析】A加速度的定义式为 a=vt，知加速度等于速度变化量与所用时间的比值，采用了比值定义法，故 A 正确，不符合题意；B研究物体的加速度跟力、质量的关系应采用控制变量法，故 B 错误，符合题意；C卡文迪许通过扭秤实验，测定了万有引力常量，采用了放大法，故 C 正确，不符合题意；D电流元是理想化物理模型，电流元概念的提出采用了理想模型法，故 D 正确，不符合题意。故选 B。4、B【解析】设在恒力 F 的作用下，A 端 t 时间内向右移动微小的量 x，则相应圆半径减小 r，则有：x=

17、2 r 在 t 时间内 F 做的功等于回路中电功 2EF xtR SEBtt S 可认为由于半径减小微小量 r 而引起的面积的变化，有：S=2r r 而回路中的电阻 R=R02r，代入得，F2 r=22202BSt Rr 2222200(2)2BSBStFRr rFR 显然 t 与圆面积变化 S 成正比，所以由面积 r02变化为零，所经历的时间 t 为：220022BSBttSFRFR 解得：222200028r Bd BtFRFR A22016d BFR，与结论不相符，选项 A 错误；B2208d BFR，与结论相符，选项 B 正确；C2204d BFR，与结论不相符，选项 C 错误；D22

18、02d BFR，与结论不相符，选项 D 错误；故选 B 5、C【解析】由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地，A、B第一碰撞后水平速度互换，B、C 发生第二碰撞后，由于 B 的质量小于 C 的质量，则 B 反向；B、A 发生第三次碰撞后，B、A 水平速度互换，A 向左，B 竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生 3 次碰撞，故 C 正确，A、B、D 错误；故选 C。【点睛】关键是 A 球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与 B、C 竖直方向的运动情况相同，所以一定可以发生碰撞。6、A【解析】A小球沿NO轨道下滑做匀加速直线运动，滑

19、至O点速度为v，下滑过程中有 112vxt 1sincosmgmgma 同理上滑过程中有 222vxt 2sincosmgmgma 根据题意可知12xx，所以 12tt 根据加速度的定义式vat结合牛顿第二定律，可知加速度大小恒定，且满足 12aa A 正确；B小球下滑过程和上滑过程中的摩擦力大小 1cosfmg 2cosfmg 根据题意可知，coscos，则12ff，B 错误；C小球在运动过程中根据速度与位移关系2202vvax可知，速度与位移不可能为线性关系，所以图像中经过O点前后小球与路程的关系图线不是直线，C 错误；D小球运动过程中摩擦力做功改变小球的机械能，所以Ex图像斜率的物理意义

20、为摩擦力，即 Efx 结合 B 选项分析可知下滑时图像斜率的绝对值小于上滑时图像斜率的绝对值，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、AD【解析】A由图象可知，检阅车的运动过程为：Oa 为匀加速直线运动，ab 是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以 t1时刻牵引力和功率最大，bc 是匀速直线运动，t2t3时间内其牵引力等于 f，故 A 正确。B在 0t1时间段，由 vt 图象知检阅车做匀加速直线运动，故 B 错误。C在 0t2

21、时间段，由 vt 图象可知，检阅车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于2v2，故C 错误；D设时间 t1t2内检阅车克服阻力所做功为 Wf，由动能定理 2221211122fP ttWmvmv()-克服阻力所做功为2221211122=fWP ttmvmv()-+，故 D 正确。故选 AD.8、ADE【解析】A由图乙知，t=0 时刻质点经过位置向下运动，图甲是 t=0 时刻的波形，此时 a 位于波峰，位移最大，与图乙中 t=0时刻质点的状态不符，而质点 b 在 t=0 时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中 t=0 时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点 d 的振动，可以表示质

22、点 b 的振动，故 A 正确；B由于质点做简谐振动，并不是匀速直线运动，则在 00.25s 和 0.250.5s 两段时间内，质点 b 运动位移不相同，故 B 错误；C由图可知，波的波长为 8m，周期为 2s，故传播速度 4m/svT 故 C 错误；D因周期 T=2s，那么质点 a 在 t=1s 时，即振动半个周期，其位于波谷，故 D 正确；E根据平移法可知，质点 d 下一时刻沿着 y 轴正方向运动，振幅 10cm0.1mA 而 2rad/sT 因此质点 d 简谐运动的表达式为 0.1sin myt（）故 E 正确。故选 ADE。9、BD【解析】AB等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏

23、，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上。所以上极板带正电，下极板带负电，则 P 板的电势高于 Q 板的电势，流过电阻电流方向由 a 到 b。故 A 错误，B 正确；C依据电场力等于磁场力，即为 UqqvBd 则有：UBdv 再由欧姆定律 UBdvIRrRr 电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R 中电流也改变。故 C 错误；D由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R 中电流也会增大，故 D 正确。故选 BD。10、AC【解析】A副线圈的总电流即 A2的示数为 I20.4A，由理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可得 212110.4A0.08A5nIIn 即电流表 A1的示数为 0.08

24、A，故 A 正确；BC变压器的输入电压的有效值为 U=110V，根据全电路的能量守恒定律有 1LA2UIPP 而指示灯 L 的额定功率是灯泡 A 的15，即 AL5PP 联立解得 A4WP，L0.8WP 由电功率 2AAAA2IPU IU 可得 A20VU 故 B 错误，C 正确；D对原线圈电路由1LUIPP入，可得原线圈的输入功率 1L(8.80.8)W8WPUIP入 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、0.520 2as=v2 0.270 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为 5mm，游标尺读数为

25、0.054mm=0.20mm 则读数结果为 5.20mm=0.520cm(2)2滑块在钩码的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，滑块在运动过程中的加速度 a 可根据匀变速运动的规律2202tvvas来求。(3)3滑块在钩码的作用下沿水平桌面上做匀加速直线运动，经过光电门时的瞬时速度大小为dvt，由匀变速直线运动规律22212vvas和10v 解得：21()2dast 由上式可得 2212astd 由此可知图像的斜率为 22akd 由图像可知图像的斜率为 k=2.0104。所以滑块的加速度为 242222.0 10(0.520 10)0.270m/s22k da 12、200 B 不合理，理由见解

26、析 【解析】(1)1欧姆表表盘示数为 20.0，倍率为 10，则最后读数为：20.010=200，(2)2根据串并联电路的特点可知，将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，电路的电阻减小，则移动过程中读数减小，B 正确；故选 B。(3)3不合理，读数为 24 时采用10 时指针太偏右，倍率偏大，应换1 倍率重新调零后再测量。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)FN=(2.1-0.8x）N；(2)2.4m/s，竖直向下；(3)光滑【解析】(1)当球 A 运动到 D 点时，设圆弧杆对小球 A 的弹力为 FN

27、，由牛顿第二定律有 2cos37cos16ANmvFTmgR 解得 FN=(2.1-0.8x）N(2)小球 A 在 D 点时，小球 B 的速度 sin372.4m/sBAvv 方向竖直向下。(3)由几何关系有 2cos3716sin37096QDRRhQDR 若圆弧杆不光滑，则在小球 A 从 P 点滑到 D 点的过程中，必有摩擦力对小球 A 做功。设摩擦力对小球 A 做功为 Wf，对 A、B 两小球由功能关系得 2211222fABmghmgRQDWmvmv 代入数据解得 Wf=0 所以圆弧杆 PD 段是光滑的。14、（1）025mvBqL；（2）20625mvEqL【解析】(1)由几何知识得

28、带点粒子在磁场中做圆周运动的半径 52RL 由牛顿第二定律得 200mvqv BR 解得 025mvBqL(2)由牛顿第二定律得 qEma 粒子在竖直方向 0sin374v tL 粒子在水平方向 02cos37vat 解得 20625mvEqL 15、（1）fmgWmgxWF（2）222kWxmgF【解析】（1）设物块向左移动的距离为 x，根据题意：WxF 克服摩擦力做功：fmgWmgxWF （2）物块向左运动过程中，由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，弹簧弹力做功：201()22FNkxWWxkF 根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系，弹簧具有的最大弹性势能：222PFNkWEWF 撤去推力后，根据动能定理：0FNWmgx =(0-)FNPWE 可得物块能向右运动的距离：222kWxmgF 点睛：此题关键要搞清能量之间的转化关系，知道弹力做功等于弹性势能的变化；因弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，所以求解弹力做功时，弹力可取平均值.