2022-2023学年云南省楚雄彝族自治州大姚第一中学高考物理二模试卷含解析.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、下列粒子流中贯穿本领最强的是（）A 射线 B阴极射线 C质子流 D中子流 2、2019 年 8 月 31 日 7 时 41 分，我国在酒泉卫星发射中心用“快

2、舟一号”甲运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将微重力技术实验卫星和潇湘一号 07 卫星发射升空，卫星均进入预定轨道。假设微重力技术试验卫星轨道半径为1R，潇湘一号 07 卫星轨道半径为2R，两颗卫星的轨道半径12RR，两颗卫星都作匀速圆周运动。已知地球表面的重力加速度为g，则下面说法中正确的是（）A微重力技术试验卫星在预定轨道的运行速度为1gR B卫星在2R轨道上运行的线速度大于卫星在1R轨道上运行的线速度 C卫星在2R轨道上运行的向心加速度小于卫星在1R轨道上运行的向心加速度 D卫星在2R轨道上运行的周期小于卫星在1R轨道上运行的周期 3、如图，一个质量为 m 的刚性圆环套在竖直固定细杆上，

3、圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的 P、Q 两点处，弹簧的劲度系数为 k，起初圆环处于 O 点，弹簧处于原长状态且原长为 L；将圆环拉至 A 点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为 g，对于圆环从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是 A圆环通过 O 点的加速度小于 g B圆环在 O 点的速度最大 C圆环在 A 点的加速度大小为 g+2kLm D圆环在 B 点的速度为 2gL 4、如图所示，从高 h=1.8m 的 A 点将弹力球水平向右抛出，弹力球与水平地面碰撞两次后与竖直墙壁碰

4、撞，之后恰能返回 A 点。已知弹力球与接触面发生弹性碰撞，碰撞过程中，平行于接触面方向的速度不变，垂直于接触面方向的速度反向但大小不变，A 点与竖直墙壁间的距离为 4.8m，重力加速度 g=10m/s2，则弹力球的初速度大小为（）A1.5m/s B2m/s C3.5m/s D4m/s 5、为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度 E 的大小，某同学用绝缘细线将质量为 m、带电量为+q 的金属球悬于 O 点，如图所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角=60；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为=30，重力加速度为 g，则该匀强电场的电场强度 E 大小

5、为（）AE=3qmg BE=32qmg CE=33qmg DE=mgq 6、一列简谐横波沿x 轴正向传播，波形如图所示，波速为 10m/s。下列说法正确的是（）A该波的振幅为 0.5m，频率为 2Hz B此时 P 点向 y 轴负方向运动 C再经 0.9s，Q 点有沿 y 轴正方向的最大加速度 D再经 1.05s，质点 P 沿波传播方向迁移了 10.5m 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，倾角为=37的足够长的粗糙斜面 AB 固定在水

6、平面上，一小物块从距 B 点 l0m 的 A 点由静止释放后，下滑到 B 点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的 Q 点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为 0.5，以 B 点为零势能面（sln37=0.6，cos37=0.8）。则下列说法正确的是（）AQ 点到 B 点距离为 2m B物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加 C物块下滑时，动能与势能相等的位置在 AB 中点上方 D物块从开始释放到最终静止经过的总路程为 15m 8、如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O 为两点电荷连线的中点。A、B 为斜面上的两点，且BOAO。一

7、个带电荷量为 q、质量为 m，可视为质点的小物块，从 A 点以初速度 v0开始沿斜面下滑，到达 B 点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（）A小物块带正电，从 A 运动到 B 点，加速度先增大后减小 B小物块带负电，从 A 运动到 B 点，电势能先减小后增大 C小物块运动到 O 点时具有最大速度 D小物块能回到 A 点，且速度大小等于 v0 9、倾角为45的传送带在电动机带动下始终以0v的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度处恰好与传送带保持相对静止，乙滑块上升3h高度处恰与传送带保持相对静止。现比较甲、乙

8、两滑块均从静止开始上升h高度的过程中（）A甲滑块与传送带间的动摩擦因数大于乙滑块与传送带间的动摩擦因数 B甲、乙两滑块机械能变化量相同 C甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功 D甲滑块与传送带间摩擦产生的热量等于乙滑块与传送带间摩擦产生的热量 10、如图甲为一列沿 x 正方向传播的简谐横波在 t=0.1 s 时刻的波动图像，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图像，P 是平衡位置为 x=1.5 m 处的质点，Q 是平衡位置为 x=12 m 处的质点，则下列说法正确的是_。At=0.2 s 时，质点 P 的振动方向沿 y 轴负方向 B图乙可能是 x=1 m 处质点的振

9、动图像 C再经过 0.5 s，质点 Q 第一次到达波峰 D从 t=0.10 s 到 t=0.25 s，质点 P 通过的路程为 30 cm E.再经过 0.4s，质点 Q 达到加速度正向最大，位移反向最大 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）在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻。电源甲的电动势大约为 4.5V，内阻大约为 1.5；电源乙的电动势大约为 1.5V，内阻大约为 1。由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：A量程为 03V 的电压表 V B量程为 00.6 A 的电流表 A1 C量程为 0

10、3 A 的电流表 A2 D阻值为 4.0 的定值电阻 R1 E.阻值为 100 的定值电阻 R2 F.最大阻值为 10 的滑动变阻器 R3 G.最大阻值为 100 的滑动变阻器 R4，（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻 定值电阻应该选择_(填“D”或“E”)；电流、表应该选择_(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择_(填“F或“G).分别以电流表的示数 I 和电压表的示数 U 为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示 U-I 图象，U 和 I 的单位分别为 V 和 A，拟合公式为 U=-5.8I+4.6，则电源甲的电动势 E=_V

11、，内阻 r=_。(保留两位有效数字)在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是（_）A电压表的分流作用 B电压表的分压作用 C电流表的分压作用 D电流表的分流作用 E.定值电阻的分压作用（2）为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路。定值电阻应该选择_(填“D”或“E”)实验中，首先将 K1断开，K2闭合，电压表示数为 1.49V，然后将 K1、K2均闭合，电压表示数为 1.18V，则电源乙电动势 E=_V，内阻 r=_。(小数点后保留两位小数)12（12 分）实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数，提供的器材有：

12、带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为 m0的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度 (1)正确进行实验操作，得到一条纸带。纸带的一部分如左图所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为 T=0.10s。该同学将纸带从每个计数点处截断，得到 6 条短纸带，再把 6 条短纸带的下端对齐贴在纸上，以纸带下端为横轴建立直角坐标系，并将刻度尺边缘紧靠纵轴，其示数如右图所示。则打下计数点“2”时小车的速度大小为_m/s；小车的加速度大小为_ m/s2(结果均保留两位有效数字)(2)将木块凹槽中的钩码逐个添加

13、到细线下端，改变悬挂钩码的总质量 m，测得相应的加速度 a，作出 am 图象如图所示已知当地重力加速度 g9.8 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数 _(保留两位有效数字)；的测量值_(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。(3)实验中_(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量 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（10 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场。磁感应强度大小2.0TB，一质量85.0 10 kgm，电荷量61.010Cq

14、的粒子（重力不计），从点沿纸面以方向与轴负方向夹角30，大小不同的速度射入磁场，已知30cmOPL，3：(1)若粒子垂直 x 轴飞出，求粒子在磁场中飞行时间；(2)若粒子不能进入 x 轴上方，求粒子速度大小满足的条件。14（16 分）如图所示，两个球形容器容积之比为 V1V2 1011，由一细管（容积忽略）相连，细管的水平部分封有一段汞柱，两容器中盛有等量同种气体，并置于两个温度分别为 T1和 T2的热库内，已知 T1300K，位于细管中央的汞柱静止。(1)求另一个热库的温度 T2；(2)若使两热库温度都升高T，汞柱是否发生移动？请通过计算说明理由。15（12 分）如图所示，滑块和滑板静止在足

15、够大的水平面上，滑块位于滑板的最右端，滑板质量为 M=0.6kg，长为L1=0.6m，滑块质量为 m=0.2kg，质量也为 m=0.2kg 的小球用细绳悬挂在 O 点，绳长 L2=0.8m，静止时小球和滑板左端恰好接触。现把小球向左拉到与悬点等高处无初速释放，小球到达最低点时与木板发生弹性碰撞。空气阻力忽略不计，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为1=0.1，滑板与水平面之间的动摩擦因数2=0.2，滑块和小球均可看成质点，重力加速度 g 取 10m/s2。求：（1）小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；（2）滑块能否从滑板上掉下?试通过计算说明理由；（3）滑块和滑板之间由于相对滑动所产生

16、的热量。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、D【解析】射线射线的穿透能力最弱，一张纸即可把它挡住，但是其电离能力最强，阴极射线是电子流，能穿透 0.5mm 的铝板；质子流比电子流的穿透能力要强一些，中子不带电，相同的情况下中子的穿透能力最强 A 射线，与结论不相符，选项 A 错误；B阴极射线，与结论不相符，选项 B 错误；C质子流，与结论不相符，选项 C 错误；D中子流，与结论相符，选项 D 正确；故选 D 2、C【解析】A由万有引力提供向心力有 21211vMmGmRR 得 11GMvR 设地球半径

17、为 R，则有 2MmGmgR 联立得 2111GMgRvRR 由于 1RR 则 11vgR 故 A 错误；B由公式 22MmvGmrr 得 GMvr 由于12RR则卫星在2R轨道上运行的线速度小于卫星在1R轨道上运行的线速度，故 B 错误；C由公式 2MmGmar 得 2GMar 则卫星在2R轨道上运行的向心加速度小于卫星在1R轨道上运行的向心加速度，故 C 正确；D由开普勒第三定律32rkT可知，由于12RR则卫星在2R轨道上运行的周期大于卫星在1R轨道上运行的周期，故D 错误。故选 C。3、D【解析】A圆环通过 O 点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于 g，故 A 错误；

18、B圆环受力平衡时速度最大，应在 O 点下方，故 B 错误；C圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在 A 点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在 A点弹簧伸长(21)L 根据牛顿第二定律，有 2(2)cos45mgkLLma 解得(22)kLagm 故 C 错误；D圆环从 A 到 B 过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能 2122mgLmv 解得 2vgL 故 D 正确。故选 D。4、B【解析】由题意可知，小球在竖直方向做自由落体运动，则 22 1.8s=0.6s10htg 由对称性可知，小球第一次落地时的水平位移为 14.8m=1.2m4x 则初速度 1.2m/s=2

19、m/s0.6xvt 故选 B。5、D【解析】设电场方向与竖直方向夹角为，则开始时，水平方向 1sin60sinTqE 竖直方向 1cos60cosTqEmg 当用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后电量减半，则水平方向 21sin30sin2TqE 竖直方向 21cos30cos2TqEmg 联立解得 qE=mg=60 即 mgqE 故选 D。6、C【解析】A从图中可以看出振幅为 0.5m，波长为 4m，所以周期为 40.4s10Tv 则频率为 12.5HzfT 故 A 错误；B因为波沿 x 轴正向传播，所以 P 点下一步会成为波峰，应该向 y 轴正方向运动，故 B 错误；C

20、因为周期是 0.4s，简谐横波沿 x 轴正向传播，所以经过 0.9s 后，相当于 Q 点经过 0.1s 到达波谷，此时加速度最大，并且沿着 y 轴正方向，故 C 正确；D质点 P 只会上下振动，不会沿波传播方向迁移，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、AD【解析】A物块从 A 到 Q 全过程由动能定理得 1212sin37cos370mg ssmg ss 代入0.5，110ms 解得 22ms 选项 A 正确；B全过程摩

21、擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项 B 错误；C物块从 A 下滑到 AB 中点时，由能量守恒定律可得 2kHmgHmgEQ 显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在 AB 中点下方，则选项 C 错误；D因为tan，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得 1sin37cos37mgsmgs 代入数据解得 s=15m 选项 D 正确。故选 AD。8、BD【解析】AB从 A 到 B，物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力对滑块做负功，可知滑块带负电，从 A 到 O，电场力做正功，电势能减小；从 O 到 B 电场力做负功

22、，电势能变大；因在 O 点两侧斜面上都存在一个场强最大的位置，此位置与 AB 两点的位置关系不确定，则不能确定滑块加速度的变化情况，选项 A 错误，B 正确；C因滑块在 O 点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场力，三力平衡时加速度为零，速度最大，可知小物块运动到 O 点以下某位置时具有最大速度，选项 C 错误；D小物块到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到 A 点，且速度大小等于 v0，选项 D 正确。故选 BD。9、BC【解析】A相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增

23、加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故 A错误；B由于动能增加量相同，重力势能增加也相同，故甲、乙两滑块机械能变化量相同，故 B 正确；CD动能增加量相同，即 3sin45sin453hhhfmghfmg甲乙 得 32ffmg乙甲 相对位移 =3xx甲乙 滑块与皮带间摩擦生热为等于系统内能的增加量，根据=Q fx知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，电动机对皮带做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，由于滑块机械能增加相同，则甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功，故 C 正确，D 错误。故

24、选 BC。10、BCE【解析】A根据图像可知：波的周期为 0.2s,t=0.2s 时的波动图像与 t=0.1s 时的波动图象相反，根据“头碰头，尾碰尾”可知，质点 P 的振动方向沿 y 轴正方向，故选项 A 错误；B由图乙可知，t=0.1s 时，质点通过平衡位置，且向下振动，根据“头碰头，尾碰尾”可知，图乙可能是 x=1m 或 x=5m处的质点振动图象，故选项 B 正确；C由图甲可知4m，图乙可知0.2sT，故波速 420m/s0.2vT 质点 Q 第一次到达波峰相当于质点 x=2m 处的波峰传播到 Q 点，即 1220.5s20stv 故选项 C 正确；D经过 30.154tsT 已知12T

25、内，振子走过的路程为2sA；14T内，若振子从平衡位置或两级开始运动，则路程为sA。由于质点 P不是从平衡位置或两级开始运动，故在这段时间内，质点 P 通过的路程不为 30cm，实际上大于 30cm，故选项 D 错误；E经过 0.4s，波向前传播的距离为 20 0.4m8msvt 即相当于 x=4m 处的质点运动形式传播到 Q 点，此时 Q 位于波谷，加速度达到正向最大，位移反向最大，故选项 E 正确。故选 BCE。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、D B F 4.6 1.8 A D 1.49 1.05 【解析】（1）12测电

26、动势力约 4.5V 的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为 max4.55.5IA0.82A 如果用量程为 3A 的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选 B；测电动势约 4.5V 的电源电动势与内阻时，电路最小电阻为 4.50.6ERI=7.5 考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，故定值电阻应选 D；3为方便实验操作，滑动变阻器应选 F；45由表达式 U=-5.8I+4.6 根据闭合电路欧姆定律有 1UEI rR 联立解得电源电动势为 E=4.6V，内阻 r=1.8，6由电路图可知，电压 表的分流作用会造成实验误差，故 A 符合题意，BCDE 不符合题意；故选 A；（2）

27、7用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因些定值电阻应选 D；89由电路图可知，K1断开，K2闭合，电压表示数为电流电动势，电压表示数为 1.49V，即电源乙电动势为 E=1.49V；K1、K2均闭合，电压表示数为 1.8V，电压表测路端电压，此时电路电流为 1.184UIRA=0.295A 电源内阻为 EUrI1.05 12、0.47；0.70；0.33；大于；不需要；【解析】（1）依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，那么计数点“2”时小车的速度大小为：21324.305.0010/0.47/22 0.1xvm sm sT；根据x=aT2结合逐差法可得：22

28、2(7.727.106.455.705.004.30)100.70/9 0.1am s。（2）根据牛顿第二定律可知 mg-（M-m）g=Ma，解得1mgagM，由图可知，-g=-3.3，解得=0.33；的测量值大于真实值，原因是滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等；（3）在此实验中，由于把小车和砝码的质量作为了整体，结合第二问可知，不需要满足悬挂钩码质量远小于木块和槽中的钩码总质量；【点睛】此题在求解加速度时还可这样做：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，这种等效替代的方法减小了解题难度，要提高应用匀

29、变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。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)26.25 10 s；(2)8m/sv 【解析】(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，由几何关系可得 10.6mR 1150POQ 则 2111mvqv BR 132TvR 解得飞行时间 2s1506.25 10360tT 甲(2)若带电粒子不从 x 轴射出，临界轨迹如图乙所示。乙 由几何关系得 22sinOPRRL 解得 20.2mR 由 2222mvqv

30、BR 解得 28m/sv 当8m/sv 时粒子不能进入 x 轴上方。14、（1）330K；（2）向右移动，理由见解析。【解析】（1）两容器中盛有等量同种气体，当位于细管中央的汞柱平衡时，气体压强相等。由盖吕萨克定律 1212VVTT 解得 2330T K （2）假设汞柱不移动，当两热库温度都升高 T 对左容器，由查理定律有 111PPPTTT 得 11P TPT 同理对右容器 22P TPT 因为12TT故 12PP 所以汞柱向右移动.15、（1）6N；（2）没有掉下来，理由见解析；（3）435J【解析】（1）小球下摆过程中，由动能定理：22012mgLmv 小球摆到最低点时，则有：202vT

31、mgmL 解得 T=6N（2）对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有：01mvmvMv 根据能量守恒，则有：2220111222mvmvMv 解得：2v m/s，12v m/s 碰后滑块向右加速，滑板向右减速 对滑块，根据牛顿第二定律有：11mgma 解得：11a m/s2 对滑板，根据牛顿第二定律有：212()mgmM gMa 解得：23a m/s2 假设没有掉下来，经过时间 t 共速度，则有：112a tva t 得0.5ts 根据：1va t共 解得：0.5v共m/s 滑块位移为：21112xat 解得：10.125x m 滑板位移为：221212xvta t 解得：20.625x m 相对位移 12110.5xxxmL 此时没有掉下来。（3）但由于21，共速后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动，对滑块，根据牛顿第二定律有：13mgma 解得：31a m/s2 对滑板，根据牛顿第二定律有：214()mM gmgMa 解得：473a m/s2 滑块位移为：2332vxa共 解得：318x m 滑板位移为：2442vxa共 解得：4356x m 相对位移 23410.514xxxmm 不会掉下来 则滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量：112Qmgxx 解得：435Q J