2022-2023学年江西省抚州市第一中学高考物理全真模拟密押卷含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像

2、通过五棱镜的反射进入人眼中。如图为单反照相机取景器的示意图，为五棱镜的一个截面，光线垂直射入，分别在和上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直射出。若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（）ABCD2、甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30角，如图所示设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度1与乒乓球击打乙的球拍的速度2之比为（）ABCD3、如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀

3、速圆周运动的人造卫星（轨道半径等于地球半径），c为地球的同步卫星，以下关于a、b、c的说法中正确的是（ ）Aa、b、c的向心加速度大小关系为Ba、b、c的向心加速度大小关系为Ca、b、c的线速度大小关系为Da、b、c的周期关系为4、在真空中某点电荷Q的电场中，将带电荷量为q的负试探电荷分别置于a（0,0,r）、b两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，Fa、Fb分别在yOz和xOy平面内，Fa与z轴负方向成角，Fb与x轴负方向成角。已知试探电荷在a点受到的电场力大小为Fa=F，静电力常量为k。则以下判断正确的是（） A电场力的大小Fb大于FBa、b、O三点电势关系为C点电荷Q带正电，且大小为

4、D在平面xOz上移动该试探电荷，电场力不做功5、如图所示，P是一束含有两种单色光的光线，沿图示方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，折射后分成a、b两束光线，则下列说法中正确的是（）Aa光频率小于b光频率B在玻璃砖中传播的时间a光比b光长C玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率D若让玻璃砖在纸面内绕O点逆时针转动180，P光线保持不变，则a、b两束光线也保持不变6、短跑运动员在训练中从起跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。已知总位移为s，匀速阶段的速度为v、时间为t，则匀加速阶段的时间为（）ABCD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

5、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、将一小球竖直向上抛出，取竖直向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定。从抛出到落回抛出点的过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与其离开抛出点高度h之间的关系正确的是（）ABCD8、如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是A在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为 B在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为 C剪断弹簧的瞬间，A

6、的加速度大小为 D突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为 9、如图所示，一个匝数n=1000匝、边长l=20cm、电阻r=1的正方形线圈，在线圈内存在面积S=0.03m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的规律是B=0.15t（T）。电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R=2，电容C=30F。下列说法正确的是（）A线圈中产生的感应电动势为4.5VB若b端电势为0，则a端电势为3VC电容器所带电荷量为1.210-4CD稳定状态下电阻的发热功率为4.5W10、跳台滑雪是勇敢者的运动，这项运动非常惊险。如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体

7、的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则（） A第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大B第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大三、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）实验室有一个室温下的阻值约为100的温敏电阻RT。一实验小组想用伏安法较准确测量RT随温度

8、变化的关系。其可供使用的器材有：电压表V1(量程为3V，内阻约为5k)；电压表V2(量程为15V，内阻约为100k)；电流表A1(量程为0.6A，内阻约为2)；电流表A2(量程为50mA，内阻约为30)；电源(电动势为3V，内阻不计)；滑动变阻器R(最大阻值为20)；开关S、导线若干。(1)综合以上信息，请你帮助该实验小组设计出科学合理的测量其电阻的电路原理图_，其中电压表应选用_(填“V1”或“V2”)，电流表应选用_(填“A1”或“A2”)；(2)实验中测得不同温度下电阻阻值如下表温度t()01020304050阻值R()100.0103.9107.8111.7115.6119.4请在给出

9、的坐标纸中作出其阻值随温度变化的图线_(3)由图线可知，该温敏电阻的阻值随温度变化的特点是_；(4)根据温敏电阻的阻值随温度变化的特点，可以制成测温仪表，原理如图，E为电源，是一量程适当的电流表(0刻度在刻度盘左端，满偏电流在右端)，使用时只要将的刻度盘由电流改为温度，就能测量所处环境的温度，则改换后越靠近刻度盘右端表示的温度越_(填“高”或“低”)，盘面的刻度是_(填“均匀”或“不均匀”)的。12（12分）某同学要将一量程为250A的微安表改装为量程为1.50V的电压表。该同学测得微安表内阻为1200，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，对改装后的电表进行

10、检测。(1)将图（a）中的实物连线补充完整_；(2)当标准电压表的示数为1.00V时，微安表的指针位置如图（b）所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是_；（填正确答案标号）A1.20V B1.25V C1.30V D1.35V(3)产生上述问题的原因可能是_。（填正确答案标号）A微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200B微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200CR值计算错误，接入的电阻偏小DR值计算错误，接入的电阻偏大四、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，两平行的光滑金属导轨固定在竖直

11、平面内，导轨间距为L、足够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒与金属导轨总是处于接触状态，并在其中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为d（），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为g。试求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；(2)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm。14（16分

12、）将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图。开始时茶杯内部封闭气体的温度t187、压强等于外界大气压强p1放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度t227已知杯盖的质量为m，茶杯橫截面圆形面积为S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气。茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g。（i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小；（ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M满足什么条件？15（12分）如图，由同种材料制成的三个斜面a、b、c，

13、底边长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h。现将一可视为质点的物块分别从三个斜面的顶端由静止释放，在物块沿斜面下滑到底端的过程中，下述可能正确的是A物块运动的加速度aa ab acB物块运动的时间tcta tbC物块到达底端时的动能Eka=2Ekb =4EkcD物块损失的机械能Ec=2Eb =2Ea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、A【解析】设入射到CD面上的入射角为，因为在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等。如图：根据几何关系有解得根据解得最小折射率选项A正确，BCD错误。故选A。2、C【解析

14、】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：；在乙处：；所以：故C正确，ABD错误3、A【解析】AB地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以a=c，根据a=r2知，c的向心加速度大于a的向心加速度。根据得b的向心加速度大于c的向心加速度。即故A正确，B错误。C地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以a=c，根据v=r，c的线速度大于a的线速度。根据得b的线速度大于c的线速度，故C错误；D卫星C为同步卫星，所以Ta=Tc，根据得c的周期大于b的

15、周期，故D错误；故选A。4、C【解析】由题，Fa、Fb分别在yOz和xOy平面内，可知点电荷Q即在yOz平面内，也在xOy平面内，所以Q一定在坐标轴y上，过a点沿F的方向延长，与y轴交于Q点，设OQ之间的距离为y，由几何关系得则aQ之间的距离连接bQ，则b受到的电场力的方向沿bQ的方向。由几何关系得可知b点到O点的距离也是r，b到Q之间的距离也是2rAb与a到Q点的距离相等，根据库仑定律可知，试探电荷在b点受到的电场力与在a点受到的电场力是相等的，所以故A错误；B负电荷受到的电场力指向Q，根据异性电荷相互吸引可知，Q带正电，由于距离正电荷越近电势越高，所以O点的电势高，b与a点的电势相等，即故

16、B错误；C由于点电荷Q带正电，根据库仑定律解得点电荷Q的电荷量为故C正确；D平面xOz上各点到Q的距离不一定相等，所以各点的电势不一定相等，则在平面xOz上移动该试探电荷，电场力不一定不做功，故D错误。故选C。5、B【解析】AC由图看出a光的偏折程度大于b光，所以根据折射定律得知：玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，折射率大则频率大，则a光的频率大，AC错误；B根据公式可知a光的折射率较大，则在玻璃砖中，a光的速度小于b光的速度，则在玻璃砖中传播的时间a光比b光长，B正确；D旋转前，发生折射过程是由玻璃射向空气中，而旋转180后，发生的折射过程是由空气射向玻璃，故光线会发生变化，D错误。故选

17、B。6、D【解析】匀速阶段的位移为在匀加速直线运动过程，根据平均速度公式可得根据题意则有解得匀加速阶段的时间故A、B、C错误，D正确。故选D。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小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有a1大小恒定，方向向下，小球所受空气阻力大小恒定，下降阶段是匀加速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有a2大小恒定，方向向上，且有故A正确；B上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有

18、非一次线性函数，同理可知，下降过程的图像也非一次线性函数，故B错误；C上升过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为下降过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为由图像可知，故C错误；D上升过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为下降过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为且落回出发点的动能小于抛出时的动能，故D正确。故选AD。8、AC【解析】A. 把看成是一个整体进行受力分析，有:在轻绳被烧断的瞬间，之间的绳子拉力为零，对，由牛顿第二定律得：解得：故A正确；B. 对于，由牛顿第二定律得：弹在轻绳被烧断的瞬间，对于，绳子拉力为零，弹力不变，根据牛顿第二定律：弹解得：故B错误；C. 剪断弹簧的瞬间，

19、对于整体，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律：解得：的加速度大小：故C正确；D. 突然撤去外力的瞬间，对于整体，一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：弹解得：的加速度大小：故D错误。9、AD【解析】A根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势A正确；B电流电容器两端电势差由楞次定律可判断感应电流方向为逆时针方向，即a端电势低、b端电势高，由于b端接地，故有，B错误；C电容器带电荷量C错误；D电阻的发热功率D正确。故选AD。10、ABD【解析】A根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，故A正确；B由图象知，第二次的运动时间大

20、于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正确；C由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小，故C错误；D当竖直方向速度大小为v1时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时速度达到v1时加速度大于第二次时的加速度，根据mgf=ma可得阻力大的加速度小，第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D正确。故选ABD。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、 V1 A

21、2 图见解析 其阻值随温度升高线性增加 低 不均匀 【解析】(1)由于，应采用电流表的外接法；又由于滑动变阻器的最大阻值与待测电阻的阻值相比较小，所以变阻器应采用分压式接法，测量其电阻的电路原理如下图：由电源电动势为3V知，电压表应选V1；电阻值约100，所以通过电阻的电流最大不超过30mA，因此电流表应选A2；(2)根据测得不同温度下电阻阻值，用一条平滑的直线将上述点连接起来，让尽可能多的点处在这条直线上或均匀地分布在直线的两侧，其阻值随温度变化的图线如下图：(3)由图线可知，其阻值随温度的升高线性增加；(4) 根据图像知R=100+kt，随t的增大，R增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电流I

22、减小，所以越靠近右端表示的温度越低； 根据闭合电路欧姆定律可知，I与R的关系是非线性的，由图像知R与t的关系是线性的，所以I与t的关系非线性，I的刻度均匀换成t的刻度就是不均匀的。12、 B BC 【解析】(1)1微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示。(2)2微安表量程为250A，由图（b）所示表盘可知，其分度值为5A，其示数为200A，是满偏量程的，此时标准电压值为1.00V，即满偏量程的对应着电压值为1.00V，故改装后的电压表最大量程为B正确，ACD错误。故选B。(3)3由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于1200，也有可能滑动

23、变阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。故选BC。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)因为导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，所以导体棒所受安培力方向竖直向上，根据左手定则可知导体棒通有电流的方向水平向右；安培力大小为设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理得且解得(2)线框每进磁场一次都要消耗机械能转化为焦耳热，所以经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理得解得14、（i）求最后茶杯内部封

24、气体的压强为；杯盖对茶杯的压力大小为；（ii）茶杯的质量M满足【解析】（i）杯内封闭气体发生等容变化，有 代入数据解得：最后杯内气体的压强 ；对杯盖，有PS+NP1S+mg，解得： 由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为：（ii）茶杯能离开桌面，条件是：PS+MgP1S，故茶杯的质量M满足的条件为： 。15、ABD【解析】A设任一斜面的倾角为，斜面的长度为s根据牛顿第二定律得：，得：，则可能有：，A正确；B由得：，对于a、b：，a的斜面倾角大，可能有。对c、a：c的加速度比a的小，可能有，则可能有，B正确；C对物体在任一斜面上滑动的过程，由动能定理得：，式中等于斜面的高度，等于斜面底边的长度。则 ，由数学知识可知，不可能有：，C错误；D根据功能关系知，物块损失的机械能等于克服摩擦力做功，则有，等于斜面底边的长度，因此有：，所以，D正确。故选ABD。