2022-2023学年河南省豫南豫北名校高三第四次模拟考试物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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，装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车，当车速 v 满足 3.6km/hv36km/h、且与前方行人之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与行人相撞。若该车在不同

2、路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是 46m/s2，则该系统设置的安全距离约为（）A0.08m B1.25m C8.33 m D12.5m 2、空间某区域存在一方向垂直于纸面向外、大小随时间均匀变化的匀强磁场，磁场边界 ef 如图所示，现有一根粗细均匀金属丝围成的边长为 L 的正方形线框固定在纸面内，t=0 时刻磁场方向如图甲所示，磁感应强度 B 随时间 t 变化关系如图乙所示，则（）A0t1：e 点电势高于 f 点电势 B0t1：2014efB LUt Ct1t2：金属框中电流方向顺时针 D0t2：ab 所受安培力方向始终不变 3、如图所示，a、b 是两个由电阻率相同的铜线制成质量相等的

3、正方形单匝闭合线框，b 的边长为 a 的两倍，a 和 b 所用的铜线粗细不同。现以相同速度0v，把两线圈匀速拉出磁场，则该过程中两线圈产生的电热ab:QQ为（）A1:1 B1:2 C1:4 D4:1 4、一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第 1s 内的位移为 16m，最后 1s 内的位移为 8m，则汽车的刹车时间为 A1s B1.5s C2 s D2.5s 5、如图(a)，R 为电阻箱，A 为理想电流表，电源的电动势为 E，内阻为 r。图(b)为电源的输出功率 P 与 A 示数 I 的关系图像，其中功率 P0分别对应电流 I1、I2。则 AI1I2Er BI1I2Er CI

4、1I2Er DI1I2Er 6、如图，A 代表一个静止在地球赤道上的物体、B 代表一颗绕地心做匀速圆周运动的近地卫星，C 代表一颗地球同步轨道卫星。比较 A、B、C 绕地心的运动，说法正确的是（）A运行速度最大的一定是 B B运行周期最长的一定是 B C向心加速度最小的一定是 C D受到万有引力最小的一定是 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、如图所示为一列沿 x 轴传播的简谐横波，实线为 t0 时刻的波形图，经过 t16s，波形图如图中虚

5、线所示。已知波的周期 T4s，则下列说法正确的是（）A该波的波长为 8m B该波的周期可能为 8s C在 t9s 时，B 质点一定沿 y 轴正方向运动 DB、C 两质点的振动情况总是相反的 E.该列波的波速可能为56m/s 8、如图所示，长度为 l 的轻杆上端连着一质量为 m 的小球 A（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的 O 点。置于同一水平面上的立方体 B 恰与 A 接触，立方体 B 的质量为 m2。施加微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而小球 A 与立方体 B 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为6，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（）A小球 A 与立方体 B 刚脱离接

6、触的瞬间 A 与立方体 B 的速率之比为 1:2 B小球 A 与立方体 B 刚脱离接触的瞬间，立方体 B 的速率为8gl C小球 A 落地时速率为2gl D小球 A、立方体 B 质量之比为 1:4 9、如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体 A、B、C，质量分别为 m、2m、3m，A 叠放在 B 上，C、B 离圆心 O 距离分别为 2r、3r。C、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。已知 C、B 与圆盘间动摩擦因数为，A、B 间摩擦因数为 3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g，现让圆盘从静止缓慢加速，则（）A当23gr时，A、B 即将开始滑动 B当2gr

7、时，细线张力32mg C当gr时，C 受到圆盘的摩擦力为 0 D当25gr时剪断细线，C 将做离心运动 10、分子力 F、分子势能 EP与分子间距离 r 的关系图线如甲乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能 EP=0).下列说法正确的是 A乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线 B当 r=r0时,分子势能为零 C随着分子间距离的增大,分子力先减小后一直增大 D分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快 E.在 rvA；对 BC 卫星，由GMvr可知，vBvC，可知 vBvC vA，选项 A正确；B因 AC 周期相同；而对 BC 卫星，根据32rTGM可知，C 的周期大于 B

8、，可知运行周期最长的是 AC，选项 B错误；C因 AC 的角速度相同，则由 a=2r 可知，aCaA；对 BC 卫星，由2GMar可知，aBaC，可知 aBaC aA，向心加速度最小的一定是 A，选项 C 错误；D三个物体的质量关系不确定，不能比较受到万有引力的关系，选项 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、BDE【解析】A分析波形图，可知波长 4m，故 A 错误；BE 设波沿 x 轴正方向传播，则114tnT，n0、1、2

9、，其中 T4s，则 n0 时，T24s，波速1m/s6vT；n1 时，T245s，波速 v56m/s；设波沿 x 轴负方向传播，则143tnT，n0、1、2，其中 T4s，则 n0 时，T8s，波速 v0.5m/s，故 BE正确；C当波沿 x 轴负方向传播时，T8s，在 t9s 时，B 质点在平衡位置下方，沿 y 轴负方向运动，故 C 错误；DB、C 两质点平衡位置相隔半个波长，振动情况完全相反，故 D 正确；故选 BDE.8、BD【解析】AA 与 B 刚脱离接触的瞬间，A 的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与 B 速度大小一样，设 B 运动的速度为 vB，则 ABcos60vv 因此 AB

10、:2:1vv 故 A 错误；B根据牛顿第二定律 2Asin30vmgmL 解得 A12vgl 又 AB:2:1vv 得 18Bvgl 故 B 正确；C由机械能守恒可知 22A11sin3022mglmvmv 解得 22A13()22vvglglglgl 故 C 错误；D根据 A 与 B 脱离之前机械能守恒可知 22A2B1()11 sin3022mglmvm v 解得 2:1:4m m 故 D 正确。故选BD。9、BC【解析】A.当 A 开始滑动时有：2033Afmgmr 解得：0gr 当23ggrr时，AB 未发生相对滑动，选项 A 错误；B.当2ggrr时，以 AB 为整体，根据2Fmr向

11、可知 29332Fmrmg向 B 与转盘之间的最大静摩擦力为：23Bmfmmgmg（）所以有：BmFf向 此时细线有张力，设细线的拉力为 T，对 AB 有：2333mgTmr 对 C 有：232CfTmr 解得 32mgT，32Cmgf 选项 B 正确；C.当gr时，AB 需要的向心力为：2339ABBmFmrmgTf 解得此时细线的拉力96BmTmgfmg=C 需要的向心力为：2326CFmrmg C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对 C 的摩擦力一定等于 0，选项 C 正确；D.当25gr时，对 C 有：212325CfTmrmg 剪断细线，则 1235CCmfmgfmg 所

12、以 C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则 C 仍然做匀速圆周运动。选项 D 错误。故选 BC。10、ADE【解析】A、B 项：在 rr0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故 A 项正确，B 项错误；C 项：分子间作用力随分子间距离增大先减小，然后反向增大，最后又一直减小，C 项错误；D 项：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快，D项正确；E 项：当 rr0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减少，E 项正确。故选：ADE。三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡

13、中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（1）如图所示；i相等 iiC 2.87 1.50 【解析】（1）根据原理图连接实物图如图所示；（2）i、实验中，调节滑动变阻器12RR、，当电流表示数为 0 时，说明电流表两端电势差为零，故电路中 B 点与 C 点的电势相等；ii、为了使实验结果更精确，必须严格控制 B、C 两点电流为零，如果电流表 A3的量程相比与电路中的电流太大，会造成 BC 中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选 C；iii、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为1.60 1.002.60VU，干路电流为10080180mA0.18AI；第二次实验中

14、有0.78 1.762.54VU，干路电流为180.040.0220.0mA0.22AI；由闭合电路欧姆定律可知EUIrEUI r，联立解得2.871.50EVr，【点睛】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求 BC 两点的电势相等，即无电流通过 BC，所以在选择 A3时一定要选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧姆定律，求解电源电动势和内阻 12、1.010 ()bdmgmMcMg 【解析】(1)1遮光条宽度：d=10mm+20.05mm=10.10mm=1.010cm.(2)2设小木块运动的加速度为 a，由题知：21ddattt 解得：1211atttd 结合

15、11tt图象可以得到：abdc 解得：bdac 根据牛顿第二定律得：mgMg=（m+M）a 结合bdac，解得：()bdmgmMcMg。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）F，方向竖直向下；（2）min9Fmg；（3）不能，(52 5)R【解析】（1）设在A 点轨道对小球向上的弹力大小为 FN，由牛顿第二定律得 2N2vFmgFmR 代入数据得 FN=F 由牛顿第三定律得，小球在 A 点对轨道的弹力大小为 F，方向竖直向下（2）要使小球能完成完整的运动，只需在 B 点不脱轨即可。当 vA=0 时，到达

16、 B 处速度最小，由动能定理得 21402BmgRmv 当小球处于半径为 R 的轨道最低点 B 时，小球更容易脱落，则 2NBBvFmgFmR 所以 N9BFmgF 当 FN=0 时，磁性引力最小，故 min9Fmg（3）小球能沿轨道运动到 C 点，设 vA=0，则从 A 到 C 的过程中有 21202CmgRmv 得 2CvgR 若小球落到与右边小圆圆心等高处，设从 C 点以速度 v0平拋，则竖直方向有 212yRgt 水平方向有 20(2)3xRRRv t 得水平速度 062gRv 因为0Cvv，故小球不可能落在与右边小圆圆心等高处，当2CvgR时，落点与 O 点的竖直距离最近 水平方向有

17、 Cxv t 竖直方向有 212ygt 且 2224xyR 解得 2(4 58)Rtg 故 21(2 54)2ygtR 小球的落点与 O 点的竖直距离最小为(52 5)hRyR 14、（1）0.24s；（2）103m/s3；（3）F1.47N【解析】（1）设共速时速度为 v1，对物块与小车，由动量守恒得 2 0121m vmmv 对小车，由动量定理得 21 1m gtm v 解得：0.24st；（2）物块不从小车右端滑出，则在末端共速，设共同速度为 v2，对物块与小车组成的系统，由动量守恒得 2122m vmmv 再由能量守恒得：22212221122m vmmvm gL 解得：103m/s3

18、v，即物块划上小车左端的速度不能超过103m/s3v；（3）设恰好能使物块滑出小车的拉力为 F，由题意，物块应在小车末端共速 对物块，由牛顿第二定律得：222Fm gm a 对小车：由牛顿第二定律得：212m gm a 由运动学，共速有：102a tva t 由位移关系，得：220211122v ta ta tL 综上各式，解得：F=22/151.47N 即当 F1.47N 时物块可以滑出小车 15、1m/s 方向向左6N sI【解析】AB、两球碰撞过程，系统动量守恒，取向右为正方向 1 1221 122m vm vm vm v 解得 11m/s v 所以碰后A球速度大小为1m/s，方向向左;以B球为研究对象，由动量定理 Ip 合 得 2222Im vm v 解得 6N sI