2022-2023学年广东省鹤山一中度高考仿真卷物理试题含解析.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、如图，A、B 两点固定有电荷量分别为+Q1和+Q2的点电荷，A、B 连线上有 C、D 两点，且 AC=

2、CD=DB。试探电荷+q 只在静电力作用下，从 C 点向右沿直线运动到 D 点，电势能先减小后增大，则（）AQ1一定大于 Q2 BC、D 两点的场强方向可能相同 C+q 的加速度大小先减小后增大 D+q 的动能和电势能的总和先减小后增大 2、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

3、最高点运动过程的是（）A B C D 3、图 1 所示为一列简谐横波在某时刻的波动图象，图 2 所示为该波中 x=1.5m 处质点 P 的振动图象，下列说法正确的是 A该波的波速为 2m/s B该波一定沿 x 轴负方向传播 Ct=1.0s 时，质点 P 的加速度最小，速度最大 D图 1 所对应的时刻可能是 t=0.5s 4、如图所示，两同心圆环 A、B 置于同一光滑水平桌面上，其中 A 为均匀带电绝缘环，B 为导体环，若 A 环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，则（）AB 环将顺时针转动起来 BB 环对桌面的压力将增大 CB 环将有沿半径方向扩张的趋势 DB 环中将有顺时针方向的电流

4、5、一个小球以一定的水平速度抛出，经过 t0时间，小球和抛出点的连线与水平方向夹角为 37，再经过 t 时间，小球和抛出点的连线与水平方向的夹角为 53，不计空气阻力，下列说法正确的是 A0916tt B0716tt C079tt D01625tt 6、一列简谐横波，在 t=0.6s 时刻的图像如图甲所示，此时 P、Q 两质点的位移均为-1cm，波上 A 质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（）A这列波沿 x 轴负方向传播 B这列波的波速是 50m/s C从 t=0.6s 开始，紧接着的 t=0.9s 时间内，A 质点通过的路程是 4cm D从 t=0.6s 开始，质点 P 比质点 Q

5、 早 0.4s 回到平衡位置 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，两轴心间距离10ml、与水平面间夹角为37的传送带，在电动机带动下沿顺时针方向以2m/sv 的速度匀速运行。一质量50kgm 的货物从传送带底端由静止释放，货物与传送带间的动摩擦因数0.8。已知重力加速度大小为210m/s，sin370.6，cos370.8。则货物从底端运动至顶端的过程中（）A货物增加的机械能为3 3.1 10 J B摩擦力对货物做的功为31.6J10 C

6、系统因运送货物增加的内能为3J13.2 10 D传送带因运送货物多做的功为34.7 10 J 8、如图所示，空中飞椅在水平面内做匀速圆周运动，飞椅和人的质量为 m，运动半径为 R，角速度大小为，钢绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为 g。下列说法正确的是 A运动周期为2 B线速度大小为 R C钢绳拉力的大小为 m2R D角速度 与夹角的关系为 gtan=2R 9、如图所示，一个斜面固定在水平面上，不计空气阻力。第一次将小物体从斜面顶端处以水平初速度 v 沿水平方向抛出，落在斜面上的位置与斜面顶端的距离为斜面长度的12。第二次将小物体从斜面顶端以速度2v同方向水平抛出。若小物体碰撞斜

7、面后不弹起，则小物体第一次与第二次在空中的运动过程（）A时间之比为1:2 B时间之比为1:2 C竖直位移之比为1:4 D竖直位移之比为1:2 10、如图所示，空间存在水平向左的匀强电场 E 和垂直纸面向外的匀强磁场 B，在竖直平面内从 a 点沿 ab、ac 方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是()A沿 ab、ac 方向抛出的小球都可能做直线运动 B若小球沿 ac 方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动 C若小球沿 ab 方向做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动 D两小球在运动过程中机械能均守恒 三、实验题：本题

8、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）如图所示，某小组同学利用 DIS 实验装置研究支架上力的分解。A、B 为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负。A 连接质量不计的细绳，并可沿固定的圆弧形轨道移动。B固定不动，通过光滑铰链连接一轻杆，将细绳连接在杆右端 O 点构成支架，调整使得 O 点位于圆弧形轨道的圆心处，保持杆沿水平方向。随后按如下步骤操作：测量绳子与水平杆的夹角AOB；对两个传感器进行调零；用另一绳在 O 点悬挂住一个钩码，记录两个传感器读数；取下钩码，移动传感器 A，改变 角，重复上述步骤

9、，得到图示数据表格。(1)根据表格数据，可知 A 传感器对应的是表中的力_（填“F1”或“F2”），并求得钩码质量为_kg（保留一位有效数字，g 取 10m/s2）；(2)实验中，让 A 传感器沿圆心为 O 的圆弧形（而不是其它的形状）轨道移动的主要目的是_。A方便改变 A 传感器的读数 B方便改变 B 传感器的读数 C保持轻杆右端 O 的位置不变 D方便改变细绳与杆的夹角 12（12 分）某实验小组利用如图所示的装置验证“碰撞过程中的动量守恒”和探究“碰撞过程中的动能是否守恒”。水平的气垫导轨上有两滑块 A、B，滑块 A 上有宽度为 d 的遮光板；滑块 B 上固定一支架，支架上水平固定一内壁

10、光滑左侧开口的细薄金属直管，金属管右侧用金属板封闭，管内靠近金属板处静置一金属小球。气垫导轨通气后利用右侧挡板上的弹射装置将滑块 A 向左弹出，测得滑块 A 第一次经过光电门的时间为 t1，后与静止的滑块 B 相碰，碰后滑块B 和小球一起向左滑动滑块 A 向右运动。滑块 A 第二次通过光电门的时间为 t2，滑块 B 与左侧挡板刚接触时，立即被安装的锁止装置锁止，同时金属管中的小球沿管壁飞出落在水平地面上的 O 点(图中未画出)。用天平称量出滑块 A(包括遮光板的总质量 M1、滑块 B(包括支架、金属管)的总质量 M2、小球的质量 m，重力加速度为 g。请回答以下问题：（1）除了题中已给出的物理

11、量还需用刻度尺测出的物理量及符号是_。（2）小球离开金属管口时的速度大小为 _(用题中已知和(1)问中物理量符号表示)。（3）要验证碰撞过程中的动量守恒，本实验需要验证的表达式为 _。（4）要进一步探究碰撞过程中的动能是否守恒，需要比较表达式_与表达式_在误差允许范围内是否相等。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，光滑绝缘的半圆形轨道 ABC 固定在竖直面内，圆心为 O，轨道半径为 R，B 为轨道最低点。该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从 A 点

12、由静止开始运动，到达 B 点时，小球的动能为 E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0，试求：（1）小球所受重力和电场力的大小；（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。14（16 分）如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为 M 的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底部连接一 U 形细管（管内气体的体积忽略不计）初始时，封闭气体温度为 T，活塞距离气缸底部为 h0，细管内两侧水银柱存在高度差已知水银密度为，大气压强为 P0，气缸横截面积为 S，重力加速度为 g，求:(1)U 形细管内两侧水银柱的高度差；(

13、2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降0h，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为 Q，求气体内能的变化 15（12 分）如图所示，在内壁光滑的细玻璃管中用水银密封一段空气柱（可视为理想气体），当玻璃管竖直放置时，水银柱高10cmh，空气柱高20cml。现将玻璃管放在倾角为30的粗糙斜面上，管口向上，玻璃管与斜面间的动摩擦因数为36。已知外界温度不变，大气压强501.01 10 Pap，水银的密度3313.6 10 kg/m，重力加速度g 取210m/s，假设斜面足够长，让玻璃管由静止下滑，当玻璃管与水银柱相对静止时，求玻璃管中空气柱的长度（结果保留三位有效数字）。参考答案 一、单

14、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 试探电荷+q 只在静电力作用下，从 C 点向右沿直线运动到 D 点，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，电场线先向右后向左，可知在 CD 之间存在场强为零的位置，但是不能确定与两电荷的距离关系，则不能确定两电荷带电量的关系，故 A 错误；B由以上分析可知，C、D 两点的场强方向相反，故 B 错误；C因 CD 之间存在场强为零的位置，则试探电荷从 C 向 D 移动时，所受电场力先减小后增加，加速度先减小后增加，故 C 正确；D因+q 只有电场力做功，则它的动能和

15、电势能的总和保持不变，故 D 错误。故选 C。2、A【解析】A小球沿NO轨道下滑做匀加速直线运动，滑至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

16、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。3、D【解析】由图 1 可知波长=4m，由图 2 知周期 T=4s，可求该波的波速 v=/T=1m/s，故 A 错误；由于不知是哪个时刻的波动图像，所以无法在图 2 中找到 P 点对应的时刻来判断 P 点的振动方向，故无法判断波的传播方向，B 错误；由图 2 可知，t=1s 时，质点 P 位于波峰位置，速度最小，加速度最大，所以 C 错误；因为不知道波的传播方向，所以由图 1 中 P

17、 点的位置结合图 2 可知，若波向右传播，由平移法可知传播距离为 x=0.5+n，对应的时刻为 t=（0.54n）s，向左传播传播距离为 x=1.5+n，对应的时刻为 t=（1.54n）s，其中 n=0、1、2、3，所以当波向 x 轴正方向传播，n=0 时，t=0.5s，故 D 正确。4、C【解析】略考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 分析：因带电绝缘环 A 的运动，相当于电荷定向移动，从而产生电流，导致圆环 B 中的磁通量发生变化，产生感应电流使得处于磁场中的 B 圆环受到力的作用 解答：解：A、A 环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，设绝缘环带正电，所以产生顺时针方向的电

18、流，使得 B 环中的磁通量变大，由楞次定律可得感应电流方向是逆时针的，两环的电流方向相反，则具有沿半径扩张趋势 若绝缘环带负电，所以产生逆时针方向的电流，使得 B 环中的磁通量仍变大，由楞次定律可得感应电流方向是顺时针的，两环的电流方向仍相反，则仍具有沿半径扩张趋势 由上可知，B 环不会转动，同时对桌面的压力不变 故选 C 点评：由楞次定律来确定感应电流方向，同时当电流方向相同时，两者相吸引；而当电流方向相反时，两者相排斥 5、C【解析】设平抛初速度大小为 v0，经过时间 t0，有：2000 0012tan372gtgtv tv 再经过时间 t，有：20000012tan532g ttg tt

19、vttv 所以 00tan37tan53ttt 解得：079tt A.0916tt与计算结果不符，故 A 错误。B.0716tt与计算结果不符，故 B 错误。C.079tt与计算结果相符，故 C 正确。D.01625tt与计算结果不符，故 D 错误。6、D【解析】A由乙图读出 t=0.6s 时刻质点 A 的速度方向为沿 y 轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向为沿 x 轴正向，故 A 错误；B由甲图读出该波的波长为=20m，由乙图得周期为 T=1.2s，则波速为 v=201.2T m/s=503m/s 故 B 错误；C因为 30.94tsT t=0.6s 时质点 A 位于平衡位置，则知经过0.

20、9st，A 质点通过的路程是 33 26cmsA 故 C 错误；D图示时刻质点 P 沿 y 轴正方向，质点 Q 沿 y 轴负方向，此时 PQ 两质点的位移均为-1cm，故质点 P 经过12T回到平衡位置，质点 Q 经过46TT回到平衡位置，故质点 P 比质点 Q 早 1.2s0.4s461233TTTT 回到平衡位置，故 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、AD【解析】AB当货物刚放上传送带时，对货物由牛顿第二定律得 cos

21、37sin37mgmgma 设货物与传送带共速时用时为t，则vat，解得 5st=则这段时间内货物运动的位移 2115m2sat 传送带运动的位移 210msvt 货物从底端运动至顶端的过程中，滑动摩擦力对货物做的功 113cos371.6 10 JWmgs 静摩擦力对货物做的功 132sin371.5 10 JWmg ls 故摩擦力对货物做的功 3123.1 10 JfWWW 根据功能关系得货物增加的机械能也为33.1 10 J，故 A 正确，B 错误；CD系统因运送货物增加的内能为 231cos371.6 10 JQmg ss 传送带因运送货物多做的功等于系统增加的内能与货物增加的机械能之

22、和 333=(1.6 103.1 10)J4.7 10 JfW WQ 故 C 错误，D 正确。故选 AD。8、BD【解析】A运动的周期：2T A 错误；B根据线速度和角速度的关系：vR B 正确；CD对飞椅和人受力分析：根据力的合成可知绳子的拉力：cosmgT 根据牛顿第二定律：2tanmgmR 化解得：2tangR，C 错误，D 正确。故选 BD。9、AD【解析】AB设斜面倾角为，长度为 L。小物块以速度 v 平抛落在斜面上时位移关系有 2111112tangtyxvt 解得 12 tanvtg 则落点距斜面顶端距离 21112tancoscoscosxvtvsg 若第二次落在斜面上，同理落

23、点距斜面顶端 222 2tancosvsg 则有 2142ssL 该距离大于斜面的长度 L，则第二次抛出时落在水平面上。以速度 v 平抛时 1112sin2sin2LyLtggg 以速度2v平抛落在水平面上时有 22 sinLtg 则有 1212tt 所以 A 正确，B 错误；CD第一次与第二次平抛的竖直位移之比为 121sin12sin2LyyL 所以 D 正确，C 错误。故选 AD。10、AC【解析】ABC 先分析沿 ab 方向抛出的带电小球，若小球带正电，则小球所受电场力方向与电场强度方向相同，重力竖直向下，由左手定则知小球所受洛伦兹力方向垂直 ab 斜向上，小球受力可能平衡，可能做直线

24、运动；若小球带负电，则小球受力不可能平衡。再分析沿 ac 方向抛出的带电小球，同理可知，只有小球带负电时可能受力平衡，可能做直线运动。若小球做直线运动，假设小球同时做匀加速运动，则小球受到的洛伦兹力持续增大，那么小球将无法做直线运动，假设不成立，小球做的直线运动一定是匀速运动，故 A、C 正确，B 错误；D在小球的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力对小球做功，故小球的机械能不守恒，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、F1 0.05 C 【解析】(1)1因绳子只能提供拉力，传感器示数为正值，由表中实验数据

25、可知，A 传感器对应的是表中力 F1 2对节点 O，由平衡条件得 1sin30Fmg 解得 0.05kgm (2)3让 A 传感器沿圆心为 O 的圆弧形，移动传感器的过程中，传感器与 O 点的距离保持不变，即 O 点位置保持不变，故 ABD 错误，C 正确 故选 C 12、小球从离开金属管口到落地的过程中，运动的水平位移 s 和竖直高度 h 2gsh 121122dgdMMm sMtht 21212M dt 22212224Mm s gM dth 【解析】(1)1滑块 A 与静止的滑块 B 相碰后，A 反向，B 和小球一起向左滑动，B 被锁止后，小球以碰后 B 的速度平抛，故利用平抛的运动规律

26、可求出小球离开金属管时的初速度，也即碰后 B 和小球的共同速度故需要测出小球从离开金属管口到落地的过程中，运动的水平位移 s 和竖直高度 h。(2)2由平抛运动规律可知，平抛的初速度为 2gsh。(3)3取向左为正方向滑块 A、B 碰前的总动量为 11dMt ，碰后的总动量为 2122gdMm sMht ，故需验证的表达式为 121122dgdMMm sMtht(4)45滑块 A、B 碰前的总动能为 21212M dt ，碰后的总动能为 22212224Mm s gM dth ，故要探究功能是否守恒，需要比较 21212M dt 和 22212224Mm s gM dth 是否相等。四、计算题

27、：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）0ER 02ER（2）8E0【解析】(1)设带电小球的质量为 m，则从 A 到 B 根据动能定理有：mgRE0 则小球受到的重力为：mg0ER 方向竖直向下；由题可知：到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0，根据功能关系可知：EqR2E0 则小球受到的电场力为：Eq02ER 方向水平向右，小球带正电。(2)设小球到达 C 点时速度为 vC，则从 A 到 C 根据动能定理有：EqR212Cmv2E0 则 C 点速度为：vC04Em 方向竖直向上。从 C 点飞出后，在竖直方向

28、只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：041CvEtggm 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：00442EEqEqEvattmmgmm 则在最高点的动能为：2200411(2)822kEEmvmEm 14、(1)MhS (2)0000hhTTh，00UQPMgh【解析】(i)设封闭气体的压强为 P，对活塞分析：0P SPSMg 用水银柱表达气体的压强 0PPg h 解得：MhS；(ii)加热过程中气体变化是等压变化 0000()h Shh STT，0000hhTTh 气体对外做功为000()WPS hP SMgh 根据热力学第一定律：UQW 可得00()UQPMgh 15、22.0cml【解析】设玻璃管的横截面积为 S，当玻璃管竖直放置时，空气柱的体积 1VlS 压强 10ppgh 当玻璃管与水银柱相对静止一起沿斜面下滑时，设玻璃管和水银柱的总质量为 m，加速度大小为 a，对整体根据牛顿第二定律有 sin30-cos30mgmgma 设此时空气柱的压强为2p，体积为2V，长度为l，同理，对水银柱有 02sin30p SShgp SSha 整个过程中空气柱发生等温变化，根据玻意耳定律有 1122pVp V 其中 2Vl S 联立以上各式并代入数据解得 22.0cml