2022-2023学年银川市重点中学高考物理押题试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、B 两个质量相等的小球，分别从同一高度、倾角分别为、()的光滑斜面顶端由静止自由滑下。在小球从开始下滑到到达斜面底端的过程中，下列判断正确的是（）AA 球和

2、 B 球到达斜面底端的速度大小不相等 BA 球重力做功的平均功率比 B 球重力做功的平均功率小 CA 球运动的加速度比 B 球运动的加速度大 DA 球所受重力的冲量大小比 B 球所受重力的冲量大小小 2、如图所示为一理恕变压器，其中 a、b、c 为三个额定电压相同的灯泡，输入电压 u=Umsin100t(V)当输入电压为灯泡额定电压的 8 倍时，三个灯泡刚好都正常发光下列说法正确的是（）A三个灯泡的额定电压为 Um/8 B变压器原、副线圈匝数比为 92 C此时灯泡 a 和 b 消耗的电功率之比为 27 D流过灯泡 c 的电流，每 0.02s 方向改变一次 3、M、N、P 三点共线且为电场中同一

3、电场线上的三点，P 为 MN 的中点，M、N 两点处电势分别为M20V、N12V。下列说法正确的是 A场强方向是 N 指向 M B一正电荷在 P 点时受到的电场力大于在 M 点时受到的电场力 C该电场在 P 点处的电势一定为 16V D一负电荷在 P 点时具有的电势能大于在 M 点时具有的电势能。4、如图所示，A、B、C 是光滑绝缘斜面上的三个点，Q 是一带正电的固定点电荷，Q、B 连线垂直于斜面，Q、A 连线与 Q、C 连线长度相等，带正电的小物块从 A 点以初速度 v 沿斜面向下运动。下列说法正确的是（）A小物块在 B 点电势能最小 B小物块在 C 点的速度也为 v C小物块在 A、C 两

4、点的机械能相等 D小物块从 A 点运动到 C 点的过程中，一定先减速后加速 5、下列说法正确的是（）A“康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量 B目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是123112H+HHe C对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关 D中子与质子结合成氘核时，需要吸收能量 6、三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O 为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用I1、I2、I3表示，方向如图。现在 O 点垂直纸面固定一根通有电流为 I0的直导线，当1230IIII时，O 点处导线受到的安培力大小为

5、 F。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则（）A当102303IIIII、时，O 点处导线受到的安培力大小为 4F B当102303IIIII、时，O 点处导线受到的安培力大小为3F C当201303IIIII、时，O 点处导线受到的安培力大小为3F D当301203IIIII、时，O 点处导线受到的安培力大小为 2F 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9月21日，“多彩贵州”自行车联赛在赤水市举行第五站的赛事

6、一辆做匀变速直线运动的赛车，初速度v0=5m/s，它的位置坐标 x 与速度的二次方 v2的关系图像如图所示，则（）A赛车的加速度大小为 2.5m/s2 B赛车在 t=2s 时速度为 0 C赛车在前 2s 内的位移大小为 7.5m D赛车在 1s 时的位置坐标为 2.375m 8、一简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 t=2T时刻，该波的波形图如图(a)所示，P、Q 是介质中的两个质点。图(b)表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是 A质点 Q 的振动图像与图(b)相同 B在 t=0 时刻，质点 P 的速率比质点 Q 的大 C在 t=0 时刻，质点 P 的加速度的大小比质点 Q 的大 D平衡

7、位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示 9、如图所示为一种质谱仪示意图。由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是（）A粒子一定带正电 B加速电场的电压UER C直径2PQqmERB D若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷 10、如图所示，正方

8、形 abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从 a 点沿与 ab 成 30角的方向垂直射入磁场甲粒子垂直于 bc 边离开磁场，乙粒子从 ad 边的中点离开磁场已知甲、乙两 a 带电粒子的电荷量之比为 1:2，质量之比为 1:2，不计粒子重力 以下判断正确的是 A甲粒子带负电，乙粒子带正电 B甲粒子的动能是乙粒子动能的 16 倍 C甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的 23倍 D甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14倍 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）为了测量一个未知电阻 Rx（

9、Rx约为 50）的阻值，实验室提供了如下器材：A电源（电源电动势 E=4.5V，内阻约 0.5）B电压表 V（量程为 03V，内阻约 3k）C电流表 A（量程为 00.06A，内阻约 0.3）D滑动变阻器 R：（020）E.开关及导线若干（1）请在下面方框内画出实验电路图（_）（2）连好实物电路后发现电压表损坏了，实验室又提供了一只毫安表 mA（量程为 030mA，内阻 5）和一个电阻箱（0999.9），要利用这两个仪器改装为 3V 的电压表，需要将毫安表和电阻箱 R1_联，并将电阻箱的阻值调到_；（3）请画出改装后的实验电路图（_）(4)如果某次测量时毫安表示数为 20.0mA，电流表 A

10、示数为 0.058A，那么所测未知电阻阻值 Rx=_（最后一空保留 3 位有效数字）。12（12 分）某实验小组要做“探究小车所受外力与加速度关系”的实验，采用的实验装置如图 1 所示。（1）本实验中_(填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，_(填“需要”或“不需要”）钩码的质量远小于小车的质量。（2）该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，如图 2 所示。在纸带上，连续 5 个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的距离依次为 x1=1.45cm，x2=2.45 cm,x3=3.46cm，x4=4.44 cm,x5=5.45 cm,x6=6.46 cm，打点计时器的频率 f=50Hz,则打纸带上第

11、5 个计数点时小车的速度为_m/s；整个过程中小车的平均加速度为_m/s2。(结果均保留 2 位有效数字）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，在光滑绝缘的水平面上有一矩形区域abcd，ab和bc边长度分别为 9cm 和 8cm，O 为矩形的中心。在矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5BT。在 O 点把一带电小球向各个方向发射，小球质量为0.01kgm、所带电荷量为2qC。(1)求小球在磁场中做完整圆周运动时的最大速度0v；(2)现在把小球的速度增大为0v的85倍，欲使小

12、球尽快离开矩形，求小球在磁场中运动的时间。14（16 分）一内横截面积为 S 的玻璃管下端有一个球形小容器，管内有一段长度为 2cm 的水银柱。容器内密封一定质量的理想气体。初始时，环境温度为 27C，管内（除球形小容器）气柱的长度为 L。现再向管内缓慢注入水银，当水银柱长度为 4cm 时，管内（除球形小容器）气柱的长度为 0.8L。整个装置导热良好，已知大气压强 p0=76cmHg。（i）求球形小容器的容积；（ii）若将该容器水银柱以下部分浸没在恒温的水中，稳定后，管内（除球形小容器）气柱的长度为 0.41L，求水的温度为多少摄氏度。15（12 分）跳伞员常常采用“加速自由降落”（即 AFF

13、）的方法跳伞。如果一个质量为 50kg 的运动员在 3658m 的高度从飞机上跳出（初速为零），降落 40s 时，竖直向下的速度达到 50m/s，假设这一运动是匀加速直线运动。求：（1）运动员平均空气阻力为多大？（2）降落 40s 时打开降落伞，此时他离地面的高度是多少？（3）打开降落伞后，运动员受的阻力 f 大于重力，且 f 与速度 v 成正比，即 fkv（k 为常数）。请简述运动员接下来可能的运动情况。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根据机械能守恒定律可得 212mghmv 解得

14、2vgh 两个小球达到底部的速度大小相等，故 A 错误；BC小球的加速度大小为 sinsinmgagm 运动时间 212sinxhtag 则运动过程中 A 斜面斜角小，则 A 运动的时间比 B 的大，由于高度相同，重力做功相等，所以 A 球重力做功的平均功率比 B 球重力做功的平均功率小，故 B 正确，C 错误；C由于 A 运动的时间比 B 的大，由公式Imgt可知，A 球所受重力的冲量大小比 B 球所受重力的冲量大小大，故D 错误。故选 B。2、C【解析】设灯泡的额定电压为 U，根据题意，输入电压82mUUU入，得：216mUU，此时原线圈两端的电压为17UUUU入，副线圈两端的电压为22U

15、U，则变压器原、副线圈匝数比为112272nUnU，根据122127InIn，因为 a、b 此时都能正常发光，故电压都为额定电压，根据PUI，可知 a、b 消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡 a 和 b 消耗的电功率之比为 27，由输入电压的表达式，可知角频率100/rad s，则周期20.02Ts，而变压器不会改变交变电流的周期，故每 0.02s 电流方向改变两次，故 ABD 错误，C 正确；故选 C.【点睛】根据灯泡电压与输入电压的关系可确定接在线圈的输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可确定功率之比 3、D【解析】AMN，根据电场线与电势关系，

16、沿电场线方向电势降低，场强方向是 M 指向 N，故 A 错误；BC由于无法确定该电场是否为匀强电场，所以无法确定 M、N、P 三点处场强的大小关系及 P 点处的电势，故 BC错误；D由Eq得，负电荷在 P 点时具有的电势能大于在 M 点时具有的电势能，故 D 正确。故选：D。4、C【解析】A该电场是正点电荷产生的电场，所以 B 点的电势最高，根据正电荷在电势越高的地方，电势能越大，可知带正电的小物块在 B 点电势能最大，故 A 错误；BC在电场中 A、C 两点的电势相等，所以小物块在 A、C 两点的电势能相等，根据能量守恒定律，可知小物块在 A、C 两点的机械能相等，小物块从 A 点到 C 点

17、重力做正功，重力势能减少，电势能变化量为零，所以在 C 点动能增加，故在 C 点的速度大于 v，故 B 错误，C 正确；D小物块从 A 点运动到 C 点的过程中，可能先减速后加速，也可能一直加速，故 D 错误。故选 C。5、C【解析】A“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故 A 错误；B目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故 B 错误；C对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。故 C 正确；D中子与质子结合成氘核时，核聚变放出能量，故 D 错误。故选 C。6、C【解析】根据安培定则画出123I

18、II、在 O 点的磁感应强度123BBB、的示意图如图所示 当1230IIII时，三根导线在 O 点产生的磁感应强度大小相等，设为0B，根据磁场叠加原理可知，此时 O 点的磁感应强度为 02BB 此时 O 点处对应的导线的安培力 002FB I L AB由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当102303IIIII、时，则有 103BB，230BBB 根据磁场叠加原理可知，此时 O 点的磁感应强度为 04BB 此时 O 点处对应的导线的安培力 0042FB I LF 故 AB 错误；C当201303IIIII、时，有 203BB，130BBB 如图所示 根据磁场叠加原理可知

19、02 3BB 此时 O 点处对应的导线的安培力 0 02 33FB I LF 故 C 正确；D当301203IIIII、时，有 303BB，120BBB 如图所示 根据磁场叠加原理可知 02 3BB 此时 O 点处对应的导线的安培力 0 02 33FB I LF 故 D 错误。故选 C。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、CD【解析】A由图象可知该车做匀减速直线运动，根据速度位移公式有 2222001222vvvxvaaa 则图象的斜率等于 1

20、28225a 解加速度 a=-1.25m/s2，即大小为 1.25m/s2，故 A 错误；B设汽车减速到零所有的时间为0t，根据速度公式有 00vvat 代入数据解得04t s，说明赛车在 t=2s 时仍在运动，此时速度不为 0，故 B 错误；C设赛车在前 2s 内的位移为2x，根据位移时间公式有 220 2212xv tat 代入数据解得27.5x m，故 C 正确；D设赛车在前1s 内的位移为1x，根据位移时间公式有 210 1112xv tat 代入数据解得14.375x m，由图可知该车在 1s 内是由-2m 处出发，所以在 1s 时的位置坐标为12x m=2.375m，故 D正确。故

21、选 CD。8、CD【解析】A.简谐机械波沿 x 轴正方向传播，在2Tt 时刻，质点 Q 的振动方向向上，而在振动图象上在2Tt 时刻质点的振动方向向下，所以图(b)不是质点 Q 的振动图象，故 A 错误；B.在 t=0 时刻，质点 P 位于波谷，速度为零，质点 Q 位于平衡位置，则质点 P 的速率比质点 Q 的小，故 B 错误；C.在 t=0 时刻，质点 P 的位移比质点 Q 的大，由公式kxam，则质点 P 的加速度的大小比质点 Q 的大，故 C 正确；D.在2Tt 时刻，平衡位置在坐标原点的质点振动方向向下，与振动图象相符，所以平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示，故 D 正确

22、。9、AD【解析】A粒子在向外的磁场中受洛伦兹力向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，故 A 正确；B在静电分析器中，根据电场力提供向心力，有 2qEmvR 在加速电场中，有 212qUmv 联立得 2ERU 故 B 选项错误；CD在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有 2mvqvBR 22ERmPQRBq 若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明圆周运动的直径相同，由于磁场、电场、静电分析器的半径都不变，则该群粒子具有相同的比荷，故 C 错误，D 正确。故选 AD。10、CD【解析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供

23、向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间【详解】由甲粒子垂直于 bc 边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从 ad 边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故 A 错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为 60，弦长为2L，所以：2L=2R乙sin60，解得：R乙=36L，由牛顿第二定律得：qvB=m2vr，动能：EK=12mv2=2222B q rm，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的 24 倍，故 B 错误；由牛顿第二定律得：q

24、vB=m2vr，解得：qBrvm，洛伦兹力：f=qvB=22q B rm，即2 3ff甲乙，故 C 正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为 300，由 B 分析可得，乙粒子的圆心角为 120，粒子在磁场中的运动时间：t=2T，粒子做圆周运动的周期：2 mTqB 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的 1/4 倍，故 D 正确.【点睛】题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。

25、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、串联 95.0 52.6 【解析】（1）1由于电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，故采用安培表内接法，滑动变阻器采用限流式接法即可，如图所示：（2）2 3改装成大量程的电压表，需要将电阻1R与表头串联，其阻值为：13595.00.030ggURRI（3）4改装之后的电压表内阻为100，则此时采用安培表外接法，如图所示：（4）5根据欧姆定律可知，此时待测电阻的阻值为：0.02095552.60.0580.020 xR。12、需要不需要 【解析】（1）本实验是通过力传感器测量的细线的拉力，要想将拉力作为小车的合外力，需要平衡摩擦力；由于拉力可

26、以直接读出，所以钩码的质量不需要远远小于小车的质量；（2）频率，则周期，连续 5 个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔；第 5 个计数点的速度为，根据逐差法可知小车的加速度为：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）2.5m/s（2）s300【解析】（1）O 点到 ad(bc)边的距离为14.5cmD，到 ab(cd)边的距离为24cmD，要使小球不离开磁场，小球与两边相切时，小球做圆周运动的半径最大，如图所示，设最大半径为1R，由几何知识有 112sinRRD 111cosRRD 联立解得 1

27、2.5cmR 由0102qv BmvR解得 v0=2.5m/s （2）把小球的速度增大为0v的85倍，即 v=4m/s，此时小球运动的半径为 10.04m4cm=DmvRqB 欲使小球尽快离开矩形，则轨迹如图；由几何关系可知，粒子在磁场中的圆周角为 60，则时间 0.043ss4300Rtv 14、（i）7LS；（ii）12C【解析】(i)由题意，玻璃管和球形小容器内所有气体先做等温变化，由玻意耳定律有1122pVp V，初状态（注入水银前）：p1=p0+h1，V1=V+LS 末状态（注入水银后）p2=p0+h2，V2=V+0.8LS 解得 V=7LS(ii)依据题意，接着做等压变化，由盖吕萨

28、克定律有3223VVTT，变化前 T2=273K+t1 变化后 T3=273K+t2，V3=V+0.41LS 解得 t3=12C 15、（1）437.5N；（2）2658m（3）若下落的高度足够长，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终将趋于匀速。若下落的高度比较短，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地。【解析】考查牛顿第二定律的应用。【详解】（1）加速下落过程中的加速度：avt5040m/s21.25m/s2 根据牛顿第二定律得：mgfma 解得：fmgma500501.25N437.5N（2）加速降落的位移：s212at121.25402m1000m 距离地面的高度：h3658m1000m2658m（3）若阻力 f 大于重力 G，则合外力方向向上，与向下的速度方向相反，所以物体的速度将减小。由牛顿第二定律：fmgma 其中 fkv 整理得：kvagm 因为速度在逐渐减小，所以 a 将变小。若下落的高度足够长，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终将趋于匀速。若下落的高度比较短，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地。