2023届黑龙江省绥化市绥棱县林业局中学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 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、如图甲，理想变压器的原、副线圈匝数比 n1：n210：1，副线圈电路接有滑动变阻器 R 和额定电压为 12V、线圈电阻为 2 的电动机 M原线圈输入的交流电压如图乙闭合开关

2、 S，电动机正常工作，电流表示数为 1A下列判断正确的是（）A副线圈两端的电压有效值为22 2V B滑动变阻器 R 的接入电阻为 10 C电动机输出的机械功率为 12W D若电动机突然卡住，原线圈输入功率将变小 2、横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半。现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是 a、b、c。下列判断正确的是 Aa 球落在斜面上的速度方向与斜面平行 B三小球比较，落在 c 点的小球飞行时间最长 C三小球比较，落在 b 点的小球飞行过程速度变化最快 D无论小球抛出时初速度多大，落

3、到斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 3、下列说法正确的是（）A阴极射线的本质是高频电磁波 B玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说 C贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构 D23994Pu变成20782Pb，经历了4 次 衰变和6 次 衰变 4、一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，细线的张力为 FT，则 FT随 2变化的图象是（）A B C D 5、如图所示，重力均为 G 的两小球用等长的细绳 a、b 悬挂在 O 点，两小球之间用一根轻弹簧连接，两小球均处于静止状态，两细绳 a、b 与

4、轻弹簧 c 恰好构成正三角形。现用水平力 F 缓慢拉动右侧小球，使细绳 a 最终竖直，并保持两小球处于静止状态。下列说法正确的是（）A最终状态时，水平拉力 F 等于3G B最终状态与初态相比，轻弹簧 c 的弹性势能保持不变 C最终状态与初态相比，右侧小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量加上力 F 做的功 D最终状态与初态相比，系统的机械能增加 6、如图所示，一理想变压器原线圈匝数1500n匝，副线圈匝数2n100匝，原线圈中接一交变电源，交变电电压220 2sin100(V)ut。副线圈中接一电动机，电阻为11，电流表 2 示数为 1A。电表对电路的影响忽略不计，则（）A此交流电的频率为

5、 100Hz B电压表示数为220 2V C电流表 1 示数为 0.2A D此电动机输出功率为 30W 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、如图所示，金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

6、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 8、如图，从倾角为 45的足够长斜面顶端垂直于斜面向上抛出一质量为 m 的物体（可视为质点），物体初速度大小为v，受到水平向右、大小与物体重力相等的水平风力作用，重力加速度为 g，不计空气阻力，从抛出开始计时，下列说法正确的是 A物体距斜面的最远距离为222vg B以抛出点所在水平面为零势能面，物体重力势能的最大值为24mv C经过时间2vg，物体回到斜面 D物体重力势能最大时，水平风力的瞬时功率为2mgv 9

7、、如图所示。竖直光滑杆固定不动，两根完全相同的轻质弹簧套在杆上，弹簧下端固定。形状相同的两物块 A、B 分别置于两弹簧上端但不会拴接，A 的质量大于 B 的质量。现用外力作用在物体上，使两端弹簧具有相同的压缩量。撤去外力后，两物块由静止向上运动并离开弹簧。从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中。弹簧始终在弹性限度之内，以地面为零势能面。下列说法正确的是（）A上升过程中两物块机械能均守恒 BA 上升的最大高度小于 B 上升的最大高度 CA 物体的最大速度大于 B 物体的最大速度 DA 物体的最大加速度小于 B 物体的最大加速度 10、如图所示，在光滑水平的平行导轨 MN、HG 左端接一阻值为2

8、R的电阻0R（导轨电阻不计），两轨道之间有垂直纸面向里的匀强磁场。一电阻也为2R的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。现让金属杆在外力作用下分别以速度 v1、v2由图中位置 1 匀速运动到位置 2，两次运动过程中杆与导轨接触良好，若两次运动的速度之比为1:2，则在这两次运动中下列说法正确的是（）AR0两端的电压之比为 U1:U21:2 B回路中产生的总热量之比 Q1:Q21:4 C外力的功率之比 P1:P21:2 D通过导体横截面的电荷量 q1:q21:1 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）小明所在的课外活动小组在实验室测量

9、导线的电阻率，他们在实验室选取了一段金属丝，经过讨论他们进行了如下操作。（1）先用刻度尺测量其长度如图 l 所示，该段金属丝的长度为_ cm。（2）接着他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第步操作）将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择电阻挡“l”；_，调整欧姆调零旋钮，_；把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，多用电表的示数如图 2 所示。（3）根据多用电表示数，为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图 3 中的四个电路中选择_电路来测量金属丝电阻，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片 P 移至最_（填“左”或“右”）端，多次测量求平均值

10、后测得该金属丝的电阻为 5.2。A B C D （4）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图 4 所示，金属丝的直径为_mm。（5）根据以上数据可以计算出该金属丝的电阻率为=_ m（结果保留两位有效数字）。12（12 分）如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰的纸带，纸带上:两相邻计数点间有四个点没画出来已知打点计时器打点周期0.02sT,其中前348.33cm,8.95cmxx,完成以下问题:(1)打下 A 点时速度大小是_ m/s(2)若某同学甲实验时只测暈了纸带中 x3、x4的值，则小车运动的加速度计算表达式为_(用 x3、x4及

11、 T 表示)(3)某同学乙根据学过的知识，算出了几个计数点的瞬时速度，建立坐标系，画出的 v-t 图像如图所示，请你根据图像得出小车运动的加速度为_m/s2,由图可知，从开始计时的 0.3s 内，小车通过的位移大小为_ m 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，有一棱镜ABCD，90BC，75D某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为45，Q点到BC面垂线的垂足为E，15PQE求：该棱镜的折射率 改变入射激光的方向，使激光在AD边恰好发生全

12、反射，其反射光直接到达CD边后是否会从CD边出射？请说明理由。14（16 分）如图甲，一竖直导热气缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将气缸分隔成 A、B 两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时 A、B 两部分气体体积相等，压强之比为2:3，拔去销钉，稳定后 A、B 两部分气体体积之比为2:1，如图乙。已知活塞的质量为 M，横截面积为 S，重力加速度为 g，外界温度保持不变，不计活塞和气缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后 B 部分气体的压强。15（12 分）质量为 1kg 的物体在水平推力 F 的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去，其运动的 vt 图象如图所示。取 g=10m

13、/s2。求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)水平推力 F 的大小；(3)物体在 10s 内克服摩擦力做的功。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变压器初级电压有效值为 220V，则副线圈两端的电压有效值为 221122VnUUn 选项 A 错误；B滑动变阻器接入电阻为 222 12101MUURI 选项 B 正确；C电动机输出的机械功率为 22=1 121210WMPIUI r 出 选项 C 错误；D若电动机突然卡住，次级电流将变大，次级消耗的功率变大，则原线圈输入功率将变大，选项

14、 D 错误；故选 B.点睛：此题要注意电动机问题的能量转化关系：输出功率等于总功率与内阻上的热功率的差值；电动机被卡住后相当于纯电阻，则电路的电流会变大，电动机很快被烧毁.2、D【解析】A根据平抛运动的推论可知，设 a 球落在斜面上的速度方向与水平方向夹角为，对应处位置位移与水平方向偏转角为，即tan2tan，根据题意1tan2，所以=45，不可能与斜面平行，选项 A 错误。B根据平抛运动规律212hgt，a 球竖直方向下落距离最大，所以 a 球飞行时间最长，选项 B 错误；C三个球都做平抛运动，即速度变化快慢（加速度）均相同，选项 C 错误。D通过 A 的分析可知，a 球不可能与斜面垂直。对

15、于 b、c 点而言，竖直方向分速度 gt，水平速度 v0，假设能与斜面垂直，则 01tan2vgt 对应的竖直方向的距离为 212ygt 水平方向的距离为 01()2xv tgt t 显然这是不可能满足的，因此选项 D 正确。3、C【解析】A阴极射线的本质是高速电子流，不是高频电磁波，选项 A 错误；B玻尔提出的原子模型，成功解释了氢原子发光现象，但是没有否定卢瑟福的核式结构模型，故 B 错误。C贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构，选项 C 正确；D23994Pu变成20782Pb，经历了239207=84次 衰变，82-（94-82）=4 次 衰变，选项 D 错误。故选

16、C。4、C【解析】由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为，用 L 表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为 FN，根据牛顿第二定律有 FTsinFNcosm2Lsin FTcosFNsinmg 联立解得 FTmgcos2mLsin2 小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律有 FTsinm2Lsin 解得 FTmL2 故 C 正确。故选 C。5、D【解析】AB以左边小球为研究对象，初状态受到重力、弹簧弹力和细绳拉力，如图所示 根据平衡条件可得细绳拉力cosaGT，其中=30，则 23aGT 根据对称性可知，初状态细绳 b 的拉力大

17、小为23bGT，末状态以右边的小球为研究对象，受到重力、细绳 b 的拉力和水平方向拉力而平衡，根据图中几何关系可得 cosbGT 其中，则 23bGT 根据平衡条件可得：F=Gtan，由于弹簧的长度发生变化，轻弹簧 c 的弹性势能改变，后来三边构成的三角形不是等边三角形，故 60，则3FG，故 AB 错误。C最终状态与初态相比，根据能量守恒可知，两球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量加上力 F 做的功，而左侧小球机械能减小，故右侧小球增加量大于弹簧弹性势能的减小量加上力 F 做的功，故 C 错误；D两球和弹簧组成的系统机械能的增加量等于外力 F 做的功，由于 F 做正功，故系统机械能增加，

18、故 D 正确。故选 D。6、C【解析】A由交流电的公式知频率 10050Hz2f 故 A 错误；B原线圈电压有效值为 220V，故电压表的示数为 220V，故 B 错误；C根据电流与匝数成反比知，电流表 A1示数为 0.2A，故 C 正确；D根据电压与匝数成正比知副线圈电压为 44V P2=U2I2=441W=44W 电动机内阻消耗的功率为 P=I22R1211W11W 此电动机输出功率为 P出=P2-P=44-11=33W 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

19、不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、AC【解析】根据楞次定律判断感应电流的方向；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+

20、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.8、BD【解析】AC根据题意可知，物体受竖直向下的重力和与重力等大的水平向右的风力，则物体受到的合外力沿着斜面向下，与初速度方向相互垂直，物体做类平抛运动，无法落在斜面上，并且离斜面的距离越来越远，故 AC 错误；B物体在竖直方向上上升的最大高度为 22sin45=24

21、()vvhgg 则重力势能的最大值为 24mpmvEmgh 故 B 正确；D物体重力势能最大时，竖直方向的速度为 0，所用时间为 sin4522vvtgg 水平方向的速度为 cos452xvvgtv 所以水平风力的瞬时功率为 2xPFvmgv 故 D 正确。故选 BD。9、BD【解析】A上升过程中在弹簧恢复原长前，弹簧弹力一直对物块做正功，物块机械能增加，A 错误；B物块从撤去外力到第一次速度减为 0，根据能量守恒定律 pmghE弹 解得 pEhmg弹 弹簧压缩量相同，所以对于两物块弹簧释放的弹性势能pE弹相同，因为ABmm，所以两小球上升的最大高度关系为 ABhh B 正确；C物块速度最大时

22、，加速度为 0，假设初始状态弹簧的压缩量为0 x，达到最大速度前，合力满足 00()Fk xxmgkxkxmg x为物块向上运动的位移，因为ABmm，所以Fx图像为 Fx图线与位移轴围成的面积为合外力做功，物块从静止开始运动，根据动能定理可知合力为 0 时，B 物块动能大，根据动能表达式2k12Emv可知 A 物体的最大速度小于 B 物体的最大速度，C 错误；D撤去外力瞬间，物块的加速度最大，根据牛顿第二定律可知 Fmgma弹 解得 Fagm弹 因为ABmm，所以 ABaa D 正确。故选 BD。10、AD【解析】A两种情况下杆产生的电动势分别为 11EBLv、22EBLv 回路中的总电阻为

23、R。故回路中两次的电流分别为 11BLvIR、22BLvIR 故电流之比为 112212IvIv 根据欧姆定律，R0两端的电压之比 112212UIUI 故 A 正确；B两次运动所用的时间为 12121221LtvvLtvv 故产生的热量之比为 2111222212QI RtQI Rt 故 B 错误；C由于棒做匀速直线运动，故外力的功率等于回路中的功率，故 21122214PI RPI R 故 C 错误。D两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为 qIttt RR 故通过电阻横截面的电荷量为 q1:q2=1:1 故 D 正确。故选 AD。三、实验题：本题共 2 小题，共 18

24、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、60.50（60.4860.52 均可）将红、黑表笔短接 使指针指向电阻刻度“0”刻线 D 左 0.200 72.7 10 【解析】（1）1毫米刻度尺的分度值为0.1cm，所以读数为：70.50cm-10.00cm=60.50cm；（2）23将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘右侧的“0”刻度线，即表盘中电阻刻度“0”刻线；（3）45电阻为x5.2R，电流表的分压相对较为明显，所以电流表应采用外接法；为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应选用分压式接法，所以选择电路 D，滑片 P 开始应调节至左端，使电压从 0 开始调

25、节；（4）6螺旋测微器的精度为0.01mm，所以读数为：0+20.00.01mm0.200mm；（5）7根据电阻定律：xLRS 金属丝的横截面积：214Sd 所以电阻率：2327x3.14 5.20.200 10 m2.7 10 m44 0.605R dL。12、0.864 43225XXT 1.0 0.12 【解析】（1）1.相邻两计数点间还有 4 个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为 t=0.1s；根据平均速度等于中时刻的瞬时速度，则有：2348.338.95100.864m/s20.2Axxvt（2）2.根据运动学公式得：x=at2 解得：43432225xxxxatT（3）3

26、.v-t 图象中图象的斜率表示加速度，故 20.550.251.0m/s0.3vat 4.图象与时间轴围成的面积表示位移，则可知位移大小 0.250.550.30.12m2x 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、2激光能够从 CD 边出射【解析】如图所示，FG 为法线 D=75，则 EQA=75，PQE=15，PQA=60，PQG=30 所以入射角 i=PQG=30 折射角 r=45 由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率 sinsin452sinsin30rni 设全发射临界角为 C，如图所示 12si

27、n,452CCn 904575JODCD 因而 OJD=60 激光在 CD 边的入射角 3045，因而激光能够从 CD 边出射。14、32MgS【解析】设气缸总容积为V，初始状态 23ABpp 最终平衡状态 BAMgppS A、B 两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得 223AAVVpp 23BBVVpp 联立解得 32BMgpS 15、（1）0.1（2）F2.5N（3）W=30J【解析】（1）410s 物体的加速度大小 22221m/svat 对 410s 物体受力分析，根据牛顿第二定律 2mgma 解得：0.1（2）04s 物体的加速度大小 21111.5m/svat 对 04s 物体受力分析，根据牛顿第二定律 1Fmgma 解得：F2.5N（3）vt 图象与坐标轴围成面积表示对应的位移，10s 内运动的位移大小 16 10m30m2x f30JWmgx