2022-2023学年河北省唐山丰南区二中高考物理四模试卷含解析.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，圆心在 O 点、半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 竖直固定在水平桌面上，OC 与 OA 的夹角为 60，轨道最低点 A 与桌面相切一足够长的轻绳两端分别系着质

2、量为 m1和 m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘 C 的两边，开始时 m1位于 C 点，然后从静止释放，若 m1恰好能沿圆弧下滑到 A 点则（）A两球速度大小始终相等 B重力对 m1做功的功率不断增加 Cm1=2m2 Dm1=3m2 2、2019 年“山东舰正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图，“山东舰正在沿直线航行，其质量为 m，发动机的输出功率恒为 P，所受阻力恒为 f，某时刻速度为 v1、加速度为 a1，一段时间 t 后速度变为 v2（v2v1），在这段时间内位移为 s。下列关系式正确的是（）A11Pfamvm B1Pfv C122vvst D22211122Ptmv

3、mv 3、如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体 A，A 的左端紧靠竖直墙，A 与竖直墙之间放一光滑圆球 B，整个装置处于静止状态若把 A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态则下列判断中正确的是()A球 B 对墙的压力增大 B球 B 对柱状物体 A 的压力增大 C地面对柱状物体 A 的支持力不变 D地面对柱状物体 A 的摩擦力不变 4、如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上滑行，木块与长木板间动摩擦因数为2，长木板与地面间动摩擦因数为1。若长木板处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小为（）A1mM g B2mM g C2mg D21mgMg 5、可调式理想变压器示

4、意图如图所示，原线圈的输入电压为 U1，副线圈输出电压为 U2，R 为电阻。将原线圈输入端滑动触头 P 向下移动时。下列结论中正确的是（）A输出电压 U2增大 B流过 R 的电流减小 C原线圈输入电流减小 D原线圈输入功率不变 6、如图是某型号的降压变压器（可视为理想变压器），现原线圈两端接上正弦交流电，副线圈接一负载电阻，电路正常工作，若（）A负载空载（断路），则原线圈电流为零 B负载空载（断路），则副线圈两端电压为零 C负载电阻阻值变小，则输入电流变小 D负载电阻阻值变小，则副线圈两端电压变小 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

5、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，航天器和卫星分别在同一平面内的 1、2 轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为 r、2r，速率分别为 v1和 v2。航天器运动到 A 点时突然加速到 v3后沿曲线运动，其轨迹与轨道 2 交于 B 点，经过 B 点时速率和加速度分别为 v4和 a1，卫星通过 B 点时加速度为 a2。已知地球的质量为 M，质量为 m 的物体离地球中心距离为 r 时，系统的引力势能为GMmr（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿 AB 曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（）A312vv B24vv C

6、12aa D若航天器质量为 m0，由 A 点运动到 B 点的过程中地球对它的引力做功为202m v 8、一列沿 x 轴正向传播的简谐横波，t=0 时刻的波形如图所示，波速大小为 v=0.6m/s，此时波刚好传到 0.24m 的位置，P 为 0.60m 处的质点。下列说法中正确的是（）A经过 0.6s 传播到 P 点 B刚传播到 P 点时 P 点由平衡位置向上振动 C从 t=0 时刻到刚传播到 P 点过程中 O 点的路程为 30cm D0.18m 处的质点的振动方程为 y=5sin(5t2)cm 9、如图所示，一列简谐横波正沿 x 轴传播，实线是 t=0 时的波形图，虚线为 t=0.1s 时的波

7、形图，则以下说法正确的是（）A若波速为 50m/s，则该波沿 x 轴正方向传播 B若波速为 50m/s，则 x=4m 处的质点在 t=0.1s 时振动速度方向沿 y 轴负方向 C若波速为 30m/s，则 x=5m 处的质点在 0 时刻起 0.8s 内通过的路程为 1.2m D若波速为 110m/s，则能与该波发生干涉的波的频率为 13.75Hz 10、如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为 P，电动机卷绕绳子的轮子的半径25cmR，轮子边缘的向心加速度与时间满足22(22)at，小船的质量3kgm，小船受到阻力大小恒为10(31)Nf，小船经过 A

8、 点时速度大小02 6m/s3v，滑轮与水面竖直高度1.5mh，则（）A小船过 B 点时速度为 4m/s B小船从 A 点到 B 点的时间为(21)s C电动机功率50WP D小船过 B 点时的加速度为225 220 35m/s6 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“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。已知待测金属丝的电阻值 Rx 约为 5。在测电阻时，可供选择的器材有：电源 E：电动势 3V，内阻约 1 电流表 A1：量程 00.6A，内阻约 0.125；电流表 A2：量程 03A，内阻约 0.025

9、；电压表 V1：量程 03V，内阻约 3k；电压表 V2：量程 015V，内阻约 15k；滑动变阻器 R1：最大阻值 5，允许最大电流 2A；滑动变阻器 R2：最大阻值 1000，最大电流 0.6A 开关一个，导线若干。(1)在上述器材中，应该选用的电流表是_，应该选用的电压表是_。若想尽量多测几组数据，应该选用的滑动变阻器是_（填写仪器的字母代号）。(2)用所选的器材，在答题纸对应的方框中画出电路图_。(3)关于本实验的误差，下列说法正确的是_。A对金属丝的直径多次测量求平均值，可消除误差 B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C利用电流 I 随电压 U 的变化图线求 Rx可减小偶

10、然误差 12（12 分）某兴趣小组要精确测定额定电压为 3V 的白炽灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻约 500，实验室提供的器材有：A电流表 A（量程：03mA，内阻15R A）B定值电阻11985R C滑动变阻器 R（010）D电压表 V（量程：010V，内阻1R Vk）E蓄电池 E（电动势为 12V，内阻 r 很小）F开关 S 一个 G导线若干（1）要精确测定白炽灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的_ （2）选择正确电路进行实验，若电压表的示数用 U 表示，电流表的示数用 I 表示，写出测量白炽灯电阻的表达式xR=_（用题目中给的相应字母表示），当电流表中的电流强度 I=_mA

11、 时，记下电压表的读数 U 并代入表达式，其计算结果即为白炽灯正常工作时的电阻。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，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从x轴负方向上的P点沿与x轴正方向成60角平行xOy平面入射，经过第二象限后恰好由y轴上的Q点（0d，）垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到

12、P点，回到P点的速度方向与入射时相同。不计粒子重力。求：(1)粒子从P点入射时的速度0v；(2)粒子进入第四象限时在x轴上的N点到坐标原点O距离；(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径（用已知量d表示结果）。14（16 分）如图所示，电阻不计、间距为 L 的平行金属导轨固定于水平面上，其左端接有阻值为 R 的电阻，整个装置放在磁感应强度为 B、方向竖直向上的匀强磁场中。质量为 m、电阻为 r 的金属棒 ab 垂直放置予导轨上，以水平初速度 v0向右运动，金属棒的位移为 x 时停下。其在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。金属棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为 g。求：金属棒在

13、运动过程中(1)通过金属棒 ab 的电流最大值和方向；(2)加速度的最大值 am；(3)电阻 R 上产生的焦耳热 QR。15（12 分）如图所示，粗糙水平地面上放置长木板 A 和滑块 C，滑块 B 置于 A 的左端。开始时 A、B 静止，C 与 A右端相距4mx，现 C 以07m/sv 的初速度水平向左运动，然后与 A 发生弹性碰撞（时间极短）。已知 A、B、C 质量均为2kg，A 和 C 与地面间的动摩擦因数为10.3，A 与 B 间的动摩擦因数为20.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B 最终没有从 A 上掉下去，重力加速度 g 取210m/s，求：（1）C 与 A 碰撞前的速度；（2）A、

14、B 间因摩擦产生的热量。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、C【解析】A.m1由 C 点下滑到 A 点过程中，两球沿绳子方向的速度大小相等；m1由 C 点滑下去一段后，绳子与圆的切线不重合，而是类似于圆的一根弦线存在，m2一直沿竖直方向上升，所以两球速度大小不相等，故 A 项错误；B.重力对 m1做功的功率 1yPm gv yv指的是竖直分速度，m1从 C 点静止释放，所以C 点处 m1的竖直分速度为零；m1恰好能沿圆弧下滑到 A 点，A 点处 m1的竖直分速度也为零；从 C 点到 A 点过程中，m1

15、的竖直分速度不为零；所以整个过程中 m1的竖直分速度从无到有再从有到无，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力对 m1做功的功率先增大后变小；故 B 项错误；CD.m1 从 C 点静止释放，恰好能沿圆弧下滑到 A 点，则据几何关系和机械能守恒得：12(cos60)m g RRm gR 解得：m1=2m2 故 C 项正确，D 项错误。2、A【解析】A由牛顿第二定律，则有 1111PfFfvPfammmvm 故 A 正确；B当航母达到最大速度时，F=f，此时 1mPPfvv 故 B 错误；C航母的运动不是匀加速运动，则时间 t 内的位移 122vvst 故 C 错误；D由动能定理可得 222111

16、22Ptfsmvmv 故 D 错误。故选 A。3、C【解析】对小球 B 受力分析，作出平行四边形如图所示：A 滑动前，B 球受墙壁及 A 的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将 A 向右平移后，B 受弹力的方向将上移，如虚线所示，但 B 仍受力平衡，由图可知 A 对 B 球的弹力及墙壁对球的弹力均减小，根据牛顿第三定律可知，球 B 对墙的压力减小，球 B 对柱状物体 A 的压力减小，故 AB 错误；以 AB 为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故 D 错误；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故 A 对地面的

17、压力不变，故 C 正确。所以 C 正确，ABD 错误。4、C【解析】隔离分析长木块，如图甲，受重力mg、支持力NF、向左的滑动摩擦力 f2Fmg 隔离分析木板，如图乙，受重力Mg、木块的压力mg、向右的滑动摩擦力fF、地面的支持力NF地与向左的静摩擦力fF地。水平方向受力平衡 ffFF地 解式得 2fFmg地 竖直方向受力平衡 N()FmM g地 达到最大静摩擦力时（临界点），为 11fN()FFmM g地地 由题可知长木板静止不动，所以 1f()FmM g地 所以 C 正确，ABD 错误。故选 C。5、A【解析】P 向下移动时，原线圈的匝数减小，根据2211nUUn，可知副线圈电压增大，则副

18、线圈电流增大，流过 R 的电流增大，输出功率增大，则输入功率也增大，原线圈电压不变，则原线圈输入电流增大，故 A 正确、BCD 错误。6、A【解析】AB把变压器看做一个电源，副线圈所连电路为外电路，负载断路，相当于电路的外电路断路，则副线圈两端仍有电压，但是电路中无电流，A 正确 B 错误；CD负载电阻变小，根据1122UnUn可知副线圈两端电压不变，所以副线圈中电流增大，根据1221InIn可知，21nn不变，2I增大，则1I也增大，即输入电流变大，CD 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

19、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在轨道 1 运动时的速度 1GMvr 在轨道 2 运动时的速度 22GMvr 即 122vv 从 A 到 B 由能量守恒关系可知 2234110222GMmGMmmvmvrr 解得 312vv 14vv 422vv 则选项 A 正确，B 错误；C在 B 点时由 2(2)MmGmar 可得 24GMar 则 12=aa 选项 C 错误；D若航天器质量为 m0，由 A 点运动到 B 点的过程中地球对它的引力做功为 22222040 30202021111(2)(2)2222Wm vm vmvmvm v 选项 D 正确

20、。故选 AD。8、AC【解析】A简谐横波传播到P点的时间为 0.60.24s0.6s0.6xtv 故 A 正确；B根据同侧法可知，0t 时刻 0.24m 的位置的质点由平衡位置向下振动，波源开始振动的方向是向下，所以刚传播到P点时P点由平衡位置向下振动，故 B 错误；C由图可知波长为 0.24m 简谐横波的周期为 0.4sTv 所以有 30.6s2tT 从0t 时刻到刚传播到P点过程中O点的路程为 3430cm2SA 故 C 正确；D由图可知振幅为 5cmA 角速度为 25 rad/sT 0t 时刻 0.18m 处的质点的位移为-5cm，所以 0.18m 处的质点的振动方程为(5sin 5)c

21、m2yt 故 D 错误；故选 AC。9、BCD【解析】A由图可得，该波的波长为 8m；若波向右传播，则满足 3+8k=v0.1（k=0、1、2）解得 v=30+80k 若波向左传播，则满足 5+8k=v0.1（k=0、1、2）解得 v=50+80k 当 k=0 时 v=50m/s，则则该波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；B若波向左传播，x=4m 处的质点在 t=0.1s 时振动速度方向沿 y 轴负方向，故 B 正确；C若 v=30m/s，则 84ss3015T 则 0.8s=3T，即经过 3 个周期，所以 x=5m 处的质点在 0 时刻起 0.8s 内通过的路程为 1.2m，故 C 正确；

22、D若波速为 110m/s，则 110Hz13.75Hz8vf 发生干涉，频率相等，故 D 正确。故选 BCD。【点睛】根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值 10、AD【解析】AB.由2vaR得，沿绳子方向上的速度为：22vaRt（）小船经过 A 点时沿绳方向上的速度为：1003302vv cosv 小船经过 A 点时沿绳方向上的速度为：22452BBvv cosv 作出沿绳速度的 v-t 图象，直线的斜率为：0232222Bvvt A 到 B 图象与横轴所夹面积即为沿绳的位移：02322(

23、22)2Bvvth 联立可解得：4m/sBv；21 st（）选项 A 正确，B 错误；C.小船从 A 点运动到 B 点，由动能定理有：22011 22BPtfsmvmv 由几何知识可知：31sh（）联立可解得：5021 WP（）选项 C 错误；D.小船在 B 处，由牛顿第二定律得：4545BBPcosfmav cos 解得：225 220 35m/s6Ba 选项 D 正确。故选 AD。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、1A 1V 1R C 【解析】(1)1因为电动势 3V，所以电压表选择 V1；2根据欧姆定律可知电路中最大电流

24、为 x0.6AEIR 所以电流表为 A1；3为保证调节方便，则选择阻值较小的滑动变阻器 R1；(2)4因为 Vx300056004050.125xARRRR 则说明待测电阻为小电阻，所以电流表采用外接法，实验要求尽量多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式，电路图如图所示 (3)5A实验中产生的误差不能消除，只能减小，故 A 错误；B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故 B 错误；C利用图象法求解电阻可减小偶然误差，故 C 正确。故选 C。12、（1）C （2）1AV()I RRUIR （3）1.5 【解析】（1）1要精确测定额定电压为 3V 的白炽灯正常工作时的电阻，需测量白炽灯灯

25、两端的电压和通过白炽灯灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量白炽灯两端的电压，可以将电流表 A 与定值电阻串联改装为电压表测量电压；白炽灯正常工作时的电流约为 36mA500UIR 左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量总电流，约：1010mA1000VVUIR；因为滑动变阻器阻值远小于白炽灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法。所以电路图选取 C.（2）2根据欧姆定律知，灯泡两端的电压 U=I(R1+RA)，通过灯泡的电流为：VUIIR灯，所以白炽灯正常工作时的电阻为：1AV()=I RRURUIIR灯；3改装后的电压表内阻为：RV=1

26、985+15=2000，则当 I=1.5mA 时，白炽灯两端的电压为 3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻。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)03EvB；(2)2 33Nxd；(3)253rd【解析】（l）粒子在第二象限做圆周运动的半径为 r1，圆心为 O，有 200vqv Bmr 11sin30rrd 由上两式解得 02mvBdq 粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知 60 设粒子在 x 轴上 N 点的速度为 v，有 002cosvvv 又 2201122qEdmvmv 解

27、得 2032mvEdq 所以 03EvB(2)设 P 点的纵坐标为,0Px，由几何关系得 3Pxd 设粒子在电场中运动的时间为 t，N 点横坐标为 xN，则有 0tan2vdt 0Nxv t 解得 2 33Nxd(3)粒子在第四、三象限中运动半径为 r2，圆心为 O2，则 22 32cos3033rdd 解得 253rd 14、(1)0BLvIRr，电流方向为ab；(2)220()mB L vagm Rr；(3)2012RRQmvmgxRr【解析】(1)电动势的最大值为 0mEBLv 由闭合电路欧姆定律得 0BLvIRr 通过导体棒ab的电流方向为ab(2)由牛顿第二定律 mFfma 安培力F

28、大小为FBIL，其中 0BLvIRr 摩擦力f大小为 fmg 代入得 220()mB L vagm Rr(3)功能关系得 2012mvmgxQ 电阻R上产生的热量RQ为 RRQQRr 代入得 2012RRQmvmgxRr 15、（1）5m/s；（2）5.5J。【解析】（1）设三者质量为 m，碰撞前 C 做匀减速直线运动，设 C 与 A 碰撞前的速度为1v，由动能定理可得 221101122mgxmvmv 代入数据得 15m/sv （2）因碰撞时间极短，A 与 C 碰撞的过程动量守机械能守，设碰撞后瞬问 A 的速度为2v，C 的速度为1v，以向左为正方向，由动量守恒定律得:123mvmvmv 2

29、22123111222mvmvmv 代入数据得 25m/sv 30v 此后，B 加速，A 减速，此过程一直持续到二者具有共同速度 v 为止。设 A 的加速度大小为1a，B 的加速度大小为2a，该过程由牛顿第二定律及运动学公式得 2112mgma 22mgma 212vvata t 解得 218m/sa 22=2m/sa=1m/sv 此过程，B 相对 A 一直有滑动，相对位移大小 22221121.25m22vvvxaa 在此以后，地面对 A 的摩擦力阻碍 A 运动，B 与 A 之间的摩擦力改变方向。设 A 和 B 的加速度大小分别为1a和2a，则由牛顿第二定律得 112mfmga 2fma 假设2fgm，则12aa；由以上两式得 12fmgmg 与假设矛盾 故2fmg，则 214m/sa 222m/sa 此过程，B 相对 A 一直向左滑动，相对位移大小 222210.125m22vvtaa 则 A、B 间因摩擦产生的热量 2125.5JQmgxx