2022-2023学年广东省茂名市高考考前提分物理仿真卷含解析.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、半径相同的两个金属小球 A、B 带有等量的电荷，相隔较远的距离，两球之间的吸引力大小为 F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与 A、B 两球接触后移

2、开，这时 A、B 两球之间作用力的大小是（）A4F B34F C8F D38F 2、如图所示，A、B 为水平放置的平行板电容的两个极板，B 板接地。将电容器与电源接通，板间带正电的油滴恰好处于静止状态。断开开关后.下列说法正确的是()A油滴将加速下落 BA 板电势高于 B 板 C若将 A 板向右错开少许，油滴将向上加速运动 D若将 B 板下移，P 点的电势将升高 3、如图所示，空间有与竖直平面夹角为 的匀强磁场，在磁场中用两根等长轻细金属丝将质量为 m 的金属棒 ab 悬挂在天花板的 C、D 两处，通电后导体棒静止时金属丝与磁场方向平行。已知磁场的磁感应强度大小为 B，接人电路的金属棒长度为

3、l，重力加速度为 g，以下关于导体棒中电流的方向和大小正确的是（）A由 b 到 a，tanmgBl B由 a 到 b，mgBl C由 a 到 b，sinmgBl D由 b 到 a，sinmgBl 4、如图所示，在轨道 III 上绕地球做匀速圆周运动的卫星返回时，先在 A 点变轨沿椭圆轨道 II 运行，然后在近地点 B变轨沿近地圆轨道 I 运行。下列说法正确的是（）A卫星在轨道 III 上运行的向心加速度大于在轨道 I 上运行的向心加速度 B卫星在轨道 III 上运行的周期小于在轨道 I 上运行的周期 C卫星在轨道 III 上运行的周期大于在轨道 II 上运行的周期 D卫星在轨道 III 上的

4、A 点变轨时，要加速才能沿轨道 II 运动 5、一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B 两物体通过细绳连接，并处于静止状态，不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦，如图所示现用水平力 F 作用于物体 B 上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体 A 仍然静止则下列说法正确的是 A在缓慢拉开 B 的过程中，水平力 F 不变 B物体 A 所受细绳的拉力一定变大 C物体 A 所受斜面体的摩擦力一定变大 D物体 A 所受斜面体的作用力的合力一定变大 6、如图所示,小物体 P 放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力 f 的叙述正确的是（）Af 的方向总是指向圆心 B圆盘匀速转动时 f=0

5、 C在转速一定的条件下，f 跟物体到轴 O 的距离成正比 D在物体与轴 O 的距离一定的条件下,f 跟圆盘转动的角速度成正比 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、x=0 处的质点在 t=0 时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在 x 轴上形成一列向 x 正方向传播的简谐横波。如图甲为 x=0 处的质点的振动图像，如图乙为该简谐波在 t0=0.03s 时刻的一部分波形图。已知质点 P 的平衡位置在 x=1.75m 处，质点 Q 的平衡位

6、置在 x=2m。下列说法正确的是_ A质点 Q 的起振方向向上 B从 t0时刻起经过 0.0275s 质点 P 处于平衡位置 C从 t0时刻算起，质点 P 比质点 Q 的先到达最低点 D从 t0时刻起经过 0.025s，质点 P 通过的路程小于 1m E.从 t0时刻起经过 0.01s 质点 Q 将运动到 x=3m 处 8、如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则（）A导体棒MN受到的安培力垂直于线框平面 B导体棒MN中的电流是导体棒ML中电流的 2 倍 C

7、导体棒ML和LN所受到的安培力的合力大小为F D三角形线框受到的安培力的大小为1.5F 9、如图所示，质量为 4m 的球 A 与质量为 m 的球 B 用绕过轻质定滑轮的细线相连，球 A 放在固定的光滑斜面上，斜面倾角=30，球 B 与质量为 m 的球 C 通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，球 C 放在水平地面上。开始时控制住球 A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球 A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为 g，下列说法正确的是（）A释放球 A 瞬间，球 B 的加速度大小为5g B释放球 A 后，球 C 恰好离开地面时，球

8、A 沿斜面下滑的速度达到最大 C球 A 沿斜面下滑的最大速度为 2g5mk D球 C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以 A、B 两小球组成的系统机械能守恒 10、两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，每根杆的电阻均为R，导轨电阻不计。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度1v沿水平方向的导轨向右匀速运动时，cd杆正以速度212vvv沿竖直方向的导轨向下匀速运动，重

9、力加速度为g。则以下说法正确的是（）Aab杆所受拉力F的大小为2222B L vmgR Bab杆所受拉力F的大小为21mg Ccd杆下落高度为h的过程中，整个回路中电流产生的焦耳热为2222212Rm g hB L v Dab杆水平运动位移为s的过程中，整个回路中产生的总热量为2222sB LFsvR 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）在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中：(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径 d_cm。(2)小张同学实验时却不小心忘记测量小球的半径，但测量了两次摆线长和周期，

10、第一次测得悬线长为 L1，对应振动周期为 T1；第二次测得悬线长为 L2，对应单摆的振动周期为 T2，根据以上测量数据也可导出重力加速度的表达式为_。12（12 分）用图甲所示的元件做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验。小灯泡额定电压约为2.5V额定电流约为0.3A。完成下列各小题。(1)图甲中已经作出了部分连线，请在此基础上完成电路元件连接_。(2)在实验进行的某一次测量中，电压表、电流表的示数如图乙所示，则电压为_V，电流为_A，此时小灯泡的功率为_W。(3)下列有四个关于小灯泡伏安特性曲线的图象，其中正确的是_ A B C D 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡

11、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）沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t1=0 时的波形如图所示，此时，波传播到 x2=2m 处的质点 B，而平衡位置为 x=0.5m 处的质点 A 正好位于波谷位置，再经 0.2s，质点 A 恰好第一次到达波峰。求：(1)该波的波速；(2)在 t2=0.9s 时，平衡位置为 x=5m 处的质点 C 的位移。14（16 分）如图所示，直角坐标系 xOy 的第一象限内存在竖直向上的匀强电场，第四象限内有一半径为 R 的圆形有界匀强磁场，磁场边界与 x 轴相切于 A(L，0)点，磁场方向垂直于纸面向里，现有一质量为 m，电荷量为

12、 q 的带负电的粒子，从 y 轴上的 P(0，2L)点以速度 v0平行于 x 轴射入电场中，粒子恰好从 A 点进入磁场，然后从 C 点离开磁场(C 点图中未标出)，若匀强磁场的磁感应强度02mvBqR，不考虑粒子的重力，求 C 点的位置坐标。15（12 分）平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v0沿 x 轴正方向开始运动，Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍粒子从坐标原点 O 离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射出磁场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴

13、距离相等不计粒子重力，问：(1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比 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】两球之间是吸引力，故假设 A 的带电量为 Q，B 的带电量为-Q，两球之间的相互吸引力的大小是：22kQFr，第三个不带电的金属小球 C 与 A 接触后，A 和 C 的电量都为2Q，C 与 B 接触时先中和再平分，则 C、B 分开后电量均为4Q，这时，A、B 两球之间的相互作用力的大小：22212488Q QkkQFFrr 故 C 正确 ABD 错误。

14、故选 C。2、C【解析】A开关断开后，板间场强不变，油滴将保持静止，故 A 错误；B因油滴带正电，由平衡条件可知电场力向上，A 板带负电，A 板电势低于 B 板，故 B 错误；C断开开关后，电容器的电荷量 Q 保持不变，由公式UEd、QCU和4rSCkd可知 4rkSEQ 当 A 板向右错开少许，即正对面积 S 减小，板间场强 E 增大，油滴所受电场力增大，将向上加速运动，故 C 正确；D当 B 板下移，板间场强 E 不变，但 PB 距离变大，由匀强电场的电势差 U=Ed 可知，BP 电势差BPU增大，因 B 点接地，电势始终为零，故 P 点电势减小，即 D 错误。故选 C。3、C【解析】对导

15、体棒进行受力分析，根据左手定则分析导体棒中的电流方向，根据三角形定则分析求解安培力的大小，从而根据FBIL求解导体棒的电流大小。【详解】导体棒静止，则其受力如图所示：根据左手定则可知，导体棒的电流方向为由 a 到 b，根据平衡条件可知安培力的大小为：sinFBILmg 所以感应电流的大小为：sinmgIBl 故 ABD 错误 C 正确。故选 C。4、C【解析】A由公式 2MmGmar 得卫星在圆轨道上运行的向心加速度大小 2GMar 当轨道半径 r 减小时，a 增大，故卫星在轨道上运行的向心加速度小于在轨道上运行的向心加速度，故 A 错误；BC根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道上运行的周期大于

16、在轨道、上运行的周期，故 B 错误，C 正确；D卫星在轨道 III 上的 A 点变轨时，要减速做向心运动才能沿轨道运动，故 D 错误。故选 C。5、B【解析】先对物体 B 分析，根据共点力平衡条件求出绳子拉力；再对木块 A 分析，可以得出各个力的情况。【详解】A.对木块 B 受力分析,如图所示,根据共点力平衡条件有:BFm gtan，在缓慢拉开 B 的过程中,变大,故 F 变大,故 A错误；B.根据共点力平衡有cosBm gT,在缓慢拉开 B 的过程中,变大,故 T 变大，B 正确;C.物体 A 受重力、支持力、细线的拉力,可能没有静摩擦力,也可能有沿斜面向下的静摩擦力,还有可能受沿斜面向上的

17、静摩擦力,故拉力 T 变大后,静摩擦力可能变小,也可能变大,C 错误；D.支持力不变,故斜面对物体 A 的作用力的合力可能增大也可能减小或不变,D 错误。【点睛】本题关键分别对 A、B 受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解。6、C【解析】如果圆盘在做非匀速圆周运动，摩擦力不指向圆心，摩擦力分解为一个指向圆心的力和沿圆弧切线方向的力，指向圆心力提供向心力改变速度的方向，切向的分力改变速度的大小，所以 A 项错误；圆盘匀速转动时，物体在做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，摩擦力不为零，所以 B 项错误；当转速一定时，根据，角速度也是一定，摩擦力提供向心力，摩擦力与半径成正比关系，所以 C 项正确

18、；在物体与轴 O 的距离一定的条件下，摩擦力与角速度的平方成正比，所以 D 项错误 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、BCD【解析】由图读出波长和周期 T，由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况，注意质点不随着波迁移；【详解】A、由图甲可知，在0t 时刻振源质点是向 y 轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点 Q 起振的方向仍为 y 轴负方向，故选项 A 错误；B、由图甲可知周期为0.02Ts，由图乙可知波

19、长为2m，则波速为：2/100/0.02vm sm sT 则由图乙可知当 P 再次处于平衡位置时，时间为：1.75 10.0075tssv 经过周期的整数倍之后，质点 P 再次处于平衡位置，即经过0.0275ttTs还处于平衡位置，故选项 B 正确；C、由于波沿x轴正方向传播，可知从 t0时刻算起，质点 P 比质点 Q 的先到达最低点，故选项 C 正确；D、由题可知：10.0254sTT，若质点 P 在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：5451.04sAAm，但此时质点 P 不在特殊位置，故其路程小于1m，故选项 D 正确；E、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故选

20、项 E 错误。8、BD【解析】A由图可知，导体棒 MN 电流方向有 M 指向 N，由左手定则可得，安培力方向平行于线框平面，且垂直于导体棒MN，故 A 错误；BMLN 边的有效长度与 MN 相同，等效后的电流方向也与 MN 相同，由左手定则可知，边 MLN 的电阻等于边 MN的电阻的两倍，两者为并联关系，根据欧姆定律可知，导体棒 MN 中的电流是导体棒 MLN 中电流的 2 倍，故 B 正确；CD中的电流大小为I，则 MLN 中的电流为2I，设 MN 的长为L，由题意知 FBIL 所以边 MLN 所受安培力为 122IFBLF 方向与 MN 边所受安培力的方向相同，故有 31.52FFFFF

21、合 故 C 错误，D 正确。故选 BD。9、BC【解析】A开始时对球 B 分析，根据平衡条件可得 1mgkx 释放球 A 瞬间，对球 A 和球 B 分析，根据牛顿第二定律可得 114sin5mgmgkxma 解得 125ag 故 A 错误；B释放球 A 后，球 C 恰好离开地面时，对球 C 分析，根据平衡条件可得 2mgkx 对球 A 和球 B 分析，根据牛顿第二定律可得 224sin5mgmgkxma 解得 20a 所以球 C 恰好离开地面时，球 A 沿斜面下滑的速度达到最大，故 B 正确；C对球 A 和球 B 及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得 2121214()sin()52mmg xxm

22、g xxmv 解得球 A 沿斜面下滑的最大速度为 25mmvgk 故 C 正确；D由12mgxxk可知球 C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B 两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以 A、B 两小球组成的系统机械能不守恒，故 D 错误；故选 BC。10、BD【解析】ABab 杆切割磁感线时产生沿 abdc 方向的感应电流，大小为 122BLvEIRR cd 杆中的感应电流方向为 dc，cd 杆受到的安培力方向水平向右，大小为 F安=BIL cd 杆向下匀速运动，有 mg=F安 解式得，ab 杆匀速运动的速度为 1222mgRvB L 导体

23、 ab 受到水平向左的安培力，由受力平衡得 F=F安+mg 由解得 21Fmg 选项 A 错误，B 正确 C设 cd 杆以 v2速度向下运动 h 过程中，ab 杆匀速运动了 s 距离，则 12 shvv 整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功 Q=F安s 得 222222()mghRQv B L 选项 C 错误；Dab 杆水平运动位移为 s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为 1=mgsQF s安 ab 杆摩擦生热 2Qmgs cd 杆摩擦生热 2223=2sB L vQF hR安 则总热量 22222212322sB L vsB L vmgsQQQQmgsFsRR 选项 D 正确；故选

24、 BD.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、2.030 22122124LLgTT 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为 20mm，游标尺读数为 0.056mm0.30mm，则摆球的直径 d20.30mm2.030cm(2)2设小球的半径为 r，根据单摆的周期公式得 T121Lrg T222Lrg 联立方程组解得 22122124LLgTT 12、1.5 0.18 0.27 B 【解析】(1)1小灯泡额定电压约为2.5V、额定电流约为0.3A，则电压表选用0 3V量程，电流表选用0 0.6A量程。小灯泡电阻约为 2.5V8.30

25、.3AURI 电流表0 0.6A量程的内阻一般为0.5，电压表0 3V量程的内阻一般为几千欧。相比较而言，小灯泡电阻为“小电阻”，故应用电流表外接法。小灯泡两端电压应从 0 开始，则滑动变阻器应为分压接法。元件连接如图所示。(2)234经估读后，电压表示数为1.5V，电流表示数为0.18A。此时小灯泡功率为 1.5V0.18A0.27WPUI(3)5温度升高，小灯泡电阻变大。则UI图象的斜率逐渐增大，IU图象的斜率逐渐减小，且图像要过坐标原点。所以 B 正确，ACD 错误。故选 B。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

26、步骤。13、(1)5m/s；(2)2cm【解析】(1)质点A第一次到达波峰，时间间隔 10.2s2tT 即 0.4sT 由vT可知波速 5m/sv (2)由xvt可知 波传到C点的时间0.6st，此时C沿y轴正方向运动，再经过0.3s，C点到达波谷，即2cmy 14、,LRR【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，假设粒子在竖直方向的加速度为a，运动时间为1t，则沿y轴方向：21122Lat 1yvat 沿x轴方向：0 1Lv t 设带电粒子进入磁场时速度与x轴成角 0tanyvv 由得：45 因此，带电料子进入磁场时的速度 0002cos45vvv 设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r

27、由 2vqvBmr 得：22mvrRqB 做出带电粒子的运动轨迹，如图所示 由几何关系可知：2ACr C点的横坐标 2 cos45xLrLR C点的纵坐标 2 sin 45yrR 因此C点的坐标为,LRR 15、(1)02v,与 x 轴正方向成 45角斜向上(2)02v【解析】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由 Q 到 O 做类平抛运动，设 O 点速度 v 与 x 方向夹角为，Q 点到 x 轴的距离为 L，到 y 轴的距离为2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，根据平抛运动的规律有：x 方向：02Lv t y 方向：212Lat 粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度：yvat，又 tanyxvv，解得tan1，即45，粒子到达 O 点时的夹角为 450解斜向上，粒子到达 O 点时的速度大小为 002cos45vvv；(2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，粒子在电场中运动的加速度：qEam，设磁感应强度大小为 B，粒子做匀速圆周运动的半径为 R，洛伦兹力提供向心力，有：2vqvBmR，根据几何关系可知：2RL 解得：02vEB