2022-2023学年广东省揭阳一中、金山中学高考物理四模试卷含解析.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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下运动的一段轨迹。质点从点出发经点到达点，已知弧长大于弧长，质点

2、由点运动到点与从点运动到点的时间相等。下列说法中正确的是（）A质点从点运动到点的过程中，速度大小保持不变B质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同C质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同D质点在间的运动可能是变加速曲线运动2、关于近代物理学，下列说法正确的是（）A射线、射线和射线中，射线的电离能力最强B根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成D对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大3、用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，下列符合要求的是（）AWbm2BWb/m

3、2CNm/ADkg/（S2A）4、如图所示，木箱置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系一小球，小球下端用细线拉紧固定在木箱底部。剪断细线，小球上下运动过程中木箱刚好不能离开地面。已知小球和木箱的质量相同，重力加速度大小为，若时刻木箱刚好不能离开地面，下面说法正确的是A时刻小球速度最大B时刻小球加速度为零C时刻就是刚剪断细线的时刻D时刻小球的加速度为5、北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（）A卫星a的角速度小于c的角速度B卫星a的加速度大于c的加速度C卫

4、星a的运行速度大于第一宇宙速度D卫星b的周期小于c的周期6、如图所示，斜面固定在水平面上，斜面上一个物块在沿斜面向下拉力F1作用下匀速下滑，某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F2，则之后较短的一段时间内物块的运动状态是（）A仍匀速下滑B匀加速下滑C匀减速下滑D不确定，这与接触面摩擦系数的大小有关二、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、如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为，电表均为理想电表，为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，为定值电阻，若发电机向原线圈输入如

5、图乙所示的正弦交变电流。下列说法中正确的是（ ）A输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为B时，该发电机的线圈平面位于中性面C温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变小，变压器的输入功率变大D温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变大，变压器的输入功率变大8、如图所示，虚线、是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下运动的轨迹，是轨迹上的两点。下列说法中正确的是（ ）A等势面的电势一定比等势面的电势低B质点通过点时的电势能比通过点时的电势能小C质点通过点时的加速度比通过点时的加速度大D质点一定是从点运动到点9、如图所示为某汽车上的加速度电容传感

6、器的俯视图。金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动。电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。下列关于该传感器的说法正确的是（）A在汽车向右匀速直线运动过程中电路中没有电流B在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流C在汽车向右做加速度增大的减速运动过程中电介质所处的位置电势升高D在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的电流10、一质量为的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为时，其加速度大小为（），设汽车所受阻力恒为（），重力加速度为，下列说法正确的是（）A汽车的功率为B汽车的功率

7、为C汽车行驶的最大速率为D汽车行驶的最大速率为三、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）教材列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。（1）实验所用重锤质量150g左右，下列供选择的木块质量最合适的是_；A20g B260g C500g D600g（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有_；A实验中先释放木块，后接通电源B调整定滑轮高度，使细线与板面平行C必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等D木块释放位置到滑轮距离正常应

8、在0.6m左右（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出0、l、2、3、4、5、6，测得点O与点3、点6间的距离分别为19.90cm、 54.20cm，计时器打点周期为0.02s，则木块加速度a= _m/s2(保留两位有效数字)；（4）实验测得=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：_，_。12（12分）某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度如图甲所示，用游标卡尺测一金属块的长度如图乙所示。图甲所示读数为_，图乙所示读数为_。 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

9、骤。13（10分）如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，现通过电热丝缓慢加热，当气体吸收热量Q时，活塞恰好缓慢上移H，已知活塞横截面积为S，重量忽略不计，大气压强为p0，求封闭气体内能增加量。14（16分）如图所示，在水平面上有一个固定的光滑圆弧轨道ab，其半径R=0.4m。紧靠圆弧轨道的右侧有一足够长的水平传送带与圆弧轨道相切于b点，在电动机的带动下皮带以速度v0=2m/s顺时针匀速转动，在a的正上方高h=0.4m处将小物块A由静止释放，在a点沿切线方向进入圆弧轨道ab，当A滑上水平传送带左端的同时小物块B在c点以v=4m/s的初速度向左运动，两物块均可视为质点，质量均为2kg，与传送

10、带间的动摩擦因数均为=0.4。两物块在传送带上运动的过程中恰好不会发生碰撞，取g=10m/s2。求：(1)小物块A到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小物块B、A开始相向运动时的距离lbc；(3)由于物块相对传送带滑动，电动机多消耗的电能。15（12分）在呼伦贝尔草原的夏季，滑草是非常受游客欢迎的游乐项目。一个滑草专用滑道由斜坡部分和水平部分组成，两部分在C点由极小的圆弧平滑连接，斜坡滑道与水平面成角，在水平滑道上距C点40米的D点放置一个汽车轮胎，某游客从斜坡轨道上的A点推动滑车经过一段助跑到达B点跳上滑车，跳上滑车时即获得速度v0，B点距C点的距离为24.5米，滑车与斜坡滑道和水平

11、滑道间的动摩擦因数均为=0.25，空气阻力忽略不计，人和滑车可看做质点。g=10m/s2（sin=0.6，cos=0.8）求：(1)人在斜坡滑道BC段下滑时的加速度为多大；(2)为了避免滑车和轮胎碰撞则在B点的速度v0应取何值。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、B【解析】A因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，由于加速度不变，质点做匀变速曲线运动，由力指向曲线凹面那一侧可知，质点从点运动到点的过程中，相同时间内的路程不同，故速度大小发生了变化，故A错误；BC因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小

12、相等、方向相同，故B正确、C错误；D质点在恒力作用下运动，则质点在间的运动是匀变速曲线运动，故D错误。故选B。2、D【解析】A、三种射线中，射线的穿透本领比较强，而电离能力最强是射线，故A错误；B玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故B错误；C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故C错误；D根据光电效应方程知，超过极限频率的入射频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，故D正确。故选D。3、D【解析】考查单位制。【详解】ABC国际单位制的基本单位为kg、m、s，由题目易知，选项ACD中的韦伯（Wb）、牛顿（N

13、）均不是国际单位制中的基本单位，故ABC都错误；D磁感应强度为：B磁感应强度单位为T，则有：1T1故D正确。故选D。4、D【解析】小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球速度为零，对木箱受力分析有: ，对小球受力分析有: 又，解得: A.A项与 上述分析结论不相符，故A错误；B.B项与 上述分析结论不相符，故B错误；C.C项与 上述分析结论不相符，故C错误；D.D项与 上述分析结论相符，故D正确。5、A【解析】万有引力提供向心力A由可知，卫星a的角速度小于c的角速度，选项A正确；B由可知，卫星a的加速度小于c的加速度，选项B错误；C由可知，卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，选项C错误；

14、D由可知，卫星b的周期大于c的周期，选项D错误；故选A。6、C【解析】设物块与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，以物体为研究对象进行受力分析如图所示：沿斜面方向根据共点力的平衡条件可得：F1+mgsin=mgcos所以tan；当物块上再施加一个竖直向下的恒力F2，则有：F2sinF2cos所以某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F2后，物块将匀减速下滑，故ABD错误、C正确。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、BC【解析】A由交变电流的图像可读出电压的最大值

15、为，周期为0.02s，则角速度为所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为故A错误；B当时，电压的瞬时值为0，所以该发电机的线圈平面位于中性面，故B正确；CD温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流变大则原线圈中电流也变大，由可知变压器的输入功率变大，电压表读数减小，故C正确，D错误。故选BC。8、AB【解析】A电场线与等势面垂直，而根据轨迹弯曲的方向和质点带正电可知，电场线指向下方，沿电场线方向电势降低，故等势面的电势最高，故A正确；B不妨设质点从点运动到点，则此过程中电场力做负功，电势能增大，故B正确；C等差等势面处密，处电场强度大，则质点经过处时受到的电场力大，加速度大，故C错误；D根据

16、题意无法判定质点的运动方向，D项错误。故选：AB。9、AD【解析】A当汽车向右匀速直线运动时，电介质位置不变，根据电容的决定式可知电容器的电容不变，因两板电压不变，根据电容的定义式可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，A正确；B当汽车以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，根据电容器的决定式可知电容器的电容不变，因两极的电压不变，根据电容器的定义式可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，B错误；C电容器两端与电源连接，电压等于电源电压不变，两板间距不变，电容器两板之间形成的匀强电场不变，根据匀强电场中电势差与场强的关系可以推断电介质所处位置电势不变， C错误；D当电路

17、中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，因电容器两端电压等于电源电压不变，根据可知电容器的电容增大导致电容器所带电荷量增加，根据电容器的决定式可知插入极板间电介质加深，弹簧越拉越长，合力向右增大，汽车向右做加速度增大的加速运动符合上述结果，D正确。故选AD。10、BC【解析】AB车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律得得故A错误，B正确。CD汽车匀速运动时牵引力等于阻力， 速率最大，故有故C正确，D错误。故选BC。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、B BD 1.6 木块、木板表面粗糙程度有差异 细线与滑轮摩擦或纸

18、带与计时器摩擦 【解析】（1）1由题知，重锤的质量m=150g左右，动摩擦因数0.30，设木块的质量为M，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有解得根据长木板做匀加速运动，即a0，可得解得g当木块的质量M越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g，故B符合题意，ACD不符合题意；故选B。（2）2A实验时应先接通电源，再释放纸带，故A错误；B为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B正确；C根据实验原理可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小

19、近似相等，故C错误；D假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有将（1）问中的m=150g，M=260g代入上式，可得加速度m/s2为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点，即时间间隔，通常是取5至6个计数点，则总时间为0.5s到0.6s，取最开始的计数点是从初速度为0开始的，根据位移时间公式有取t=0.5s计算可得取t=0.6s计算可得故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右，故D正确。故选BD。（3）3由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔，根据可得加速度为由题知，代入数据解得（4）4实验测得=0.33，大于教材列表中的标值

20、，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。12、6.869（6.8686870均可） 9.60 【解析】1螺旋测微器固定刻度部分读数为，可动刻度部分读数为，所以金属板厚度测量值为，由于误差6.868mm6870mm均可2游标卡尺主尺部分读数为，游标尺部分读数为，所以金属块长度测量值为四、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、【解析】加热过程中气体做等压变化，封闭气体压强为pp0气体对外做功为Wp0SH由热力学第一定律知内能的增加量为UQWQp0SH14、 (1)

21、100N (2)5m (3)16J【解析】(1)小物块A从静止运动到b点，由动能定理得在b点由牛顿第二定律得解得FN=100N根据牛顿第二定律可知小物块A到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为100N(2)由牛顿第二定律得mg=ma可知两个小物块的加速度大小均为a=g=4m/s2小物块A向右减速至与传送带共速的过程中所需时间小物块A的位移传送带的位移x1=v0tA所以A物块相对传送带的位移小物块B向左减速至0再反向加速至与传送带共速的过程所需的时间小物块B的位移大小传送带的位移所以小物块B相对传送带的位移小物块B、A开始相向运动的距离解得(3)小物块A相对传送带运动产生的热量小物块动能的变化量小物块B相对传送带运动产生的热量小物块动能的变化量所以电动机多消耗的能量解得E=16J15、 (1)4m/s2；(2)2m/s【解析】(1)在斜面BC部分的下滑的加速度为，则有得(2)在水平CD部分的滑动的加速度为，则有 得为了避免滑车和轮胎碰撞则在B点的速度