2023届广东省广州市岭南中学高考物理一模试卷含解析.doc

《2023届广东省广州市岭南中学高考物理一模试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届广东省广州市岭南中学高考物理一模试卷含解析.doc（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考物理模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、2018年12月8日“嫦娥四号”发射升空，它是探月工程计划中第四颗人造探月卫星已知万有引力常量为G，月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，嫦娥四号绕月球做圆周运动的轨道半径为r，绕月周期为T则下列说法中正确的是A“嫦娥四号”绕月运行的速

2、度大小为B月球的第一宇宙速度大小为C嫦娥四号绕行的向心加速度大于月球表面的重力加速度gD月球的平均密度为2、在地球同步轨道卫星轨道平面内运行的低轨道卫星，其轨道半径为同步卫星半径的，则该低轨道卫星运行周期为（）A1hB3hC6hD12h3、如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）Aa、b、c三个等势面中，a的电势最高B电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C粒子在P点的加速度比Q点的加速度大D带电质点一定是从P点向Q点运动4、两电荷量分别为q1和q2

3、的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()Aq1、q2为等量异种电荷BN、C两点间场强方向沿x轴负方向CN、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小5、如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落在斜面中点；第二次小球落在斜面底端；第三次落在水平面上，落点与斜面底端的距离为l。斜面底边长为2l，则（忽略空气阻力）（ ）A小球运动时间之比B小球运动时间之比C小球抛出时初速度大小之比D小球抛出时初速度大小之比6、取一根长2m左右的细线，5个铁垫圈和一

4、个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔12 cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别是36 cm、60 cm、84 cm，如图所示站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈（ ）A落到盘上的声音时间间隔越来越大B落到盘上的声音时间间隔相等C依次落到盘上的速率关系为D依次落到盘上的时间关系为二、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，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m

5、的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为下列说法中正确的是A若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少C若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少D若只减小，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小8、图1是一列沿轴方向传播的简谐横波在时刻的波形图，波速为。图2是处质点的振动图象，下列说法正确的是（）A此列波沿轴负方向传播B处质点在时的位移为C处质点在时的速度方向沿轴正向D处的质点在时加速度沿轴负方向E.处质点在内路程为9、如图甲，线圈A（图中实线，共100匝）的横截面积为0.3m2，总电阻

6、r2，A右侧所接电路中，电阻R12，R26，电容C3F，开关S1闭合A中有横截面积为0.2m2的区域C（图中虚线），C内有图乙所示的变化磁场，t0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里下列判断正确的是A闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向aB闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4AC闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向aD闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2106C10、下列说法正确的是（）A不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积B质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同C任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能D在失

7、重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大三、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）某小组用惠斯通电桥测量电阻的阻值：方案一：如图（a）所示，先闭合开关，然后调整电阻箱的阻值，使开关闭合时，电流表的示数为零。已知定值电阻、的阻值，即可求得电阻。(1)实验中对电流表的选择，下列说法正确的是_A电流表的零刻度在表盘左侧B电流表的零刻度在表盘中央C电流表的灵敏度高，无需准确读出电流的大小D电流表的灵敏度高，且能准确读出电流的大小(2)若实验中未接入电流表，而其它电路均已连接

8、完好，调节电阻箱，当，则、两点的电势的关系满足_（选填“”、“”或“=”）。方案二：在方案一的基础上，用一段粗细均匀的电阻丝替代、，将电阻箱换成定值电阻，如图（b）所示。(3)闭合开关，调整触头的位置，使按下触头时，电流表的示数为零。已知定值电阻的阻值，用刻度尺测量出、，则电阻_。(4)为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图（b）中的定值电阻换成电阻箱，并且按照(3)中操作时，电阻箱的读数记为；然后将电阻箱与交换位置，保持触头的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表的示数为零，此时电阻箱的读数记为，则电阻_。12（12分）一位同学为验证机械能守恒定律，利用光电门等装置设计了如下实验。使用的器

9、材有：铁架台、光电门1和2、轻质定滑轮、通过不可伸长的轻绳连接的钩码A和B（B左侧安装挡光片）。实验步骤如下：如图1，将实验器材安装好，其中钩码A的质量比B大，实验开始前用一细绳将钩码B与桌面相连接，细绳都处于竖直方向，使系统静止。用剪刀剪断钩码B下方的细绳，使B在A带动下先后经过光电门1和2，测得挡光时间分别为、。用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度，如图2，则_。用挡光片宽度与挡光时间求平均速度，当挡光片宽度很小时，可以将平均速度当成瞬时速度。用刻度尺测量光电门1和2间的距离。查表得到当地重力加速度大小为。为验证机械能守恒定律，请写出还需测量的物理量（并给出相应的字母表示）_，用以上物理

10、量写出验证方程_。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）如图所示的矩形玻璃砖，下底面镀银，厚为d，一束单色光沿OC方向射到玻璃砖上表面，折射后经下底面反射后再经上表面射出。已知OC与玻璃砖上表面成角，玻璃砖对该单色光的折射率为，光在真空中的传播速度为c。求：(1)光在玻璃砖中传播的时间；(2)光射出玻璃砖上表面的折射角。14（16分）高铁在改变人们出行和生活方式方面的作用初步显现。某高铁列车在启动阶段的运动可看作在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，列车的加速度大小为a。已知该列车（含乘客）的质量为m，运动

11、过程中受到的阻力为其所受重力的k倍，重力加速度大小为g。求列车从静止开始到速度大小为v的过程中，(1)列车运动的位移大小及运动时间；(2)列车牵引力所做的功。15（12分）某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点沿半径射入磁场，从N点射出磁场已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30角，弧MN是圆周长的1/3，粒子重力不计求：（1）电场强度E的大小（2）圆形磁场区域的半径R（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题

12、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】根据月球表面万有引力等于重力可求月球质量，进而可求月球的平均密度根据月球对“嫦娥四号”的万有引力提供向心力可求“嫦娥四号”的绕行速度根据重力提供向心力，可求月球的第一宇宙速度【详解】A.根据万有引力提供向心力，得，又因为月球表面的物体受到的重力等于万有引力，得GM=gR2，所以v=故A错误；B.月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，所以重力提供向心力mg=，得v=.故B错误；C. 根据万有引力提供向心力，嫦娥四号绕行的向心加速度，月球表面的重力加速度g=嫦娥四号绕行的向心加速度小于月球表面的重力加速度故C错误；

13、D. 根据万有引力提供向心力，得月球的质量M=，所以月球的密度=M/V=故D正确；故选D2、B【解析】根据开普勒第三定律解得故选B。3、C【解析】A电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；Ba等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；C等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；D由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D错误；故选C

14、。4、C【解析】A若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；B沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向故B正确；Cx图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；DNC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大故D错误；【点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化5、D【解析】AB根据得小

15、球三次下落的高度之比为，则小球三次运动的时间之比为，AB错误；CD小球三次水平位移之比为，时间之比为，根据知初速度之比为C错误，D正确。故选D。6、B【解析】AB、5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为，可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为，因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等，故选项A错误，B正确；CD、因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘中的时间比为，则速度之比为，故选项C、D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

16、全的得3分，有选错的得0分。7、BCD【解析】A滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A错误；B由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L很小，对滑块根据动能定理：可知滑块滑离木板时的速度v1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B正确；C采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；D当很小时，摩擦力也很小，长木板

17、运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L也会很小，故D正确故选BCD8、BCE【解析】A根据图2的振动图象可知，处的质点在t=0时振动方向沿轴正向，所以利用图1由同侧法知该波沿轴正方向传播，故A错误；B图1可知该简谐横波的波长为4m，则圆频率设处质点的振动方程为t=0时刻结合t=0时刻振动的方向向上，可知，则处质点的振动方程为处质点与处质点的平衡位置相距半个波长，则处质点的振动方程为代入方程得位移为，故B正确；C处质点在时的速度方向和时的速度方向相同，由同侧法可知速度方向沿轴正向，故C正确； D处的质点在时速度方向沿轴负向，则经过四分之一周期即时，质点的位移为负，加速度指向平衡位置，沿轴正

18、方向，故D错误；E处质点在在时速度方向沿轴负向，根据振动方程知此时位移大小为，时位移大小为，所以内路程故E正确。故选BCE。9、BD【解析】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律：，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为，选项B正确；闭合S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；电路稳定后电容器带电量，则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2106C，选项D正确；故选BD.点睛：此题考查法拉第电磁感应定律以及直流电路中的含电容问

19、题；注意用求解电动势时，S是线圈中有磁场部分的面积，不是线圈的面积； 同时要搞清电容器两端的电压是哪个电阻上的电压值.10、ACE【解析】A气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能求出每个气体分子平均占有的空间和气体分子间的距离，不能估算气体分子本身的体积，故A正确；B内能的大小与物质的量、温度、物体体积都有关，质量相同、温度也相同的氢气和氧气，它们的物质的量不同，则内能不相同，故B错误；C根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故C正确；D密闭容器内气体压强是由分子不断撞击器壁而产生的，在完全失重情况下，气体分子仍然不断撞击器壁，仍然会产生压强，故D错误；E当分子

20、力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，故E正确。故选ACE。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、BC 【解析】(1)1AB电流表G零刻度线在中央时，可以判断电流的流向，判断B和D两点电势的高低，所以要求电流表G的零刻度在表盘中央，所以B正确，A错误；CD根据电流表中表针摆的方向便可判断B和D两点电势的高低，进而进行调节，无需准确读出电流的大小，所以C正确，D错误。故选BC。(2)2当没有接电流表G时，与串联，与串联，然后再并联，则变形可得所以，当时即(3)3闭合开关S后，调节让电流表G示数为零，

21、说明则，同时与电流相同，均匀电阻丝电流相同，设电阻丝单位长度的电阻为，则，整理得得(4)4将和的电阻记为和，则，联立得12、6.710 钩码A、B的质量m1、m2 【解析】1根据螺旋测微器测量原理得23为验证机械能守恒定律，还需测量钩码A、B的质量m1、m2。对系统，因为动能的增加量等于重力势能的减少量，则验证方程为四、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)；(2)【解析】(1)设折射光线在上表面的入射角为，折射角为，在玻璃砖中传播速度为v，传播距离为x，传播时间为t，则。解得(2)折射光线在下底面反射后在上表面的D点折射后到B点，设在D点入射角为，折射角为，则解得14、 (1)，；(2)【解析】(1)由速度位移的关系式得v2=2ax解得列车运动的位移为由速度公式得v=at解得(2)由动能定理得解得15、（1） （2） （3） 【解析】（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小 v=2v0竖直分速度 vy=v0cot30=v0由 ，a=得E= （2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r由牛顿第二定律得：qvB=m， 根据几何关系得：R=rtan30= （3）在电场中，由h=得 t1=；在磁场中，运动时间 故带电粒子从P点到N点，所经历的时间 t=t1+t2=