2022-2023学年辽宁省大连市第四十八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考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、图为某发电站的发电机发出的交流电，经升压变压器、降压变压器后向某小区的用户供电的示意图，已知升压变压器原线圈两端的电压为。则下列说法正确的是（）A小区用户得到的交流电的频率可能为100Hz

2、B升压变压器原线圈两端的电压的有效值为500VC用电高峰时输电线上损失的电压不变D深夜小区的用户逐渐减少时，输电线损耗的电功率减小2、用一质量不计的细线将质量为m的氢气球拴在车厢地板上A点，此时细线与水平面成=37角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触。小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为小球重力的0.5倍。重力加速度为g。现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是（）A小车向右加速运动，加速度大小为0.5gB小车向左加速运动，加速度大小为0.5gC小车向右减速运动，加速度大小为D小车向左减速运动，加速度大小为3、在地面上发射空间探测器用以探测其他行星，探测器

3、的发射过程有三个主要阶段。先将探测器发射至地球环绕轨道，绕行稳定后，再开动发动机，通过转移轨道运动至所探测行星的表面附近的合适位置，该位置很接近星球表面，再次开动发动机，使探测器在行星表面附近做匀速圆周运动。对不同行星，探测器在其表面的绕行周期T与该行星的密度有一定的关系。下列4幅图中正确的是（ ）ABCD4、如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为 B 、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻 R 及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO 以恒定的角速度w 匀速转动，t=0 时刻线圈位于与磁场平行的位置。已知线圈的匝数为n 、面积为S 、阻值为r 。则下列说法正确的是（）At=0 时刻

4、流过电阻 R 的电流方向向左B线圈中感应电动势的瞬时表达式为e = nBSw sinwtC线圈转动的过程中，电阻 R 两端的电压为D从 t=0 时刻起，线圈转过 60时电阻 R 两端的电压为5、把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻下列说法正确的是：( )ARt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大BRt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变C在t=1102s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零D变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V）6、如图甲所示，A、B是

5、一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受静电力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，设A、B两点的电场强度分别为，电势分别为，则（）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m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等则()A1一定小于2B1

6、可能大于2C改变F的大小，F2(m1m2)g时，长木板将开始运动D改F作用于长木板，F(12)(m1m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动8、如图所示，粗糙的水平轨道BC的右端与半径R0.45m的光滑竖直圆轨道在C点相切，倾斜轨道AB与水平方向间的夹角为，质量m0.1kg的小球从倾斜轨道顶端A点由静止滑下，小球经过轨道衔接处时没有能量损失。已知水平轨道BC的长度L2m，小球与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数均为0.375，sin0.6，cos0.8，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A若小球刚好运动到C点，则小球开始滑下时的高度为1.5mB若小球开始滑下时的高度为2m，则第一次在圆轨道内

7、运动时小球不离开轨道C若小球开始滑下时的高度为2.5m，则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道D若小球开始滑下时的高度为3m，则第一次在圆轨道内运动时小球将离开轨道9、如图所示，半径为的圆弧BCD与倾角为的斜面相切于B点，与水平地面相切于C点，与圆O2轨道相切于D点，圆心O1、O2和D在同一水平直线上，圆O2的半径为r。质量为m的质点从斜面上某位置由静止释放，刚好能在圆O2轨道内做完整的圆周运动。不计一切阻力，重力加速度为g。则质点（）A释放点距离地面的高度为5rB在C时对轨道压力为C从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间，前后向心加速度之比为5：2D从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间，前后角速度之比

8、为2：510、如图所示，用一轻绳将小球P系于光滑竖直墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一正方体物块Q，P、Q均处于静止状态。现将一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上并从O点开始缓慢下移，P、Q始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ）A物块Q受到的静摩擦力将增大B小球P受到4个力的作用C物块Q受到4个力的作用D轻绳的拉力减小三、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）如图所示的实验装置，桌面水平且粗糙，在牵引重物作用下，木块能够从静止开始做匀加速直线运动。在木块运动一段距离后牵引重物触地且不反弹，木块继续运动一段距离停在桌面上（未碰到滑轮）。

9、已知牵引重物质量为m，重力加速度为g。某同学通过分析纸带数据，计算得到牵引重物触地前、后木块的平均加速度大小分别为a1和a2，由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为=_（结果用题中字母表示）；在正确操作、测量及计算的前提下，从系统误差的角度，你认为该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会_（选填“偏大”、“偏小”“不变”）；木块的质量为M=_（结果用题中字母表示）。12（12分）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，某实验小组利用如图所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水平桌面上，木块置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车左端连一条纸带，通过打点计

10、时器记录其运动情况。(1)下列做法正确的是（_）A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将砂桶通过定滑轮拴在木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大。他所得到的aF关系可用图中的_表示(图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)。（3）右图是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率50 Hz。由图可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度vB_m/s，木块的加速度a_m/s2。

11、(结果保留两位有效数字)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，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为=0.1某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物体m2滑上传送

12、带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。14（16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，现C以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，A和C与地面间的动摩擦因数为，A与B间的动摩擦因数为，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，求： （1）C与A碰撞前的速度；（2）A、B间因摩擦产生的热

13、量。15（12分）在地面上方足够高的地方，存在一个高度d0.5m的“相互作用区域”(下图中画有虚线的部分)一个小圆环A套在一根均匀直杆B上，A和B的质量均为m，若它们之间发生相对滑动时，会产生Ff0.5mg的摩擦力。开始时A处于B的最下端，B竖直放置，A距“相互作用区域”的高度h0.8m，让A和B一起从静止开始下落，只要A处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大小F3mg的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B不产生作用力。杆B在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A与杆不会分离。不计空气阻力，取g10 m/s2.求：(1)杆B的最下端刚进人“相互作用区域”时的速度大小；(2)

14、圆环A通过“相互作用区域”所用的时间；(3)为保证圆环A在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。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、D【解析】A发电机的输出电压随时间变化的关系，由电压的表达式可知T=0.02s，故又由于变压器不改变交流电的频率，则用户得到的交流电的频率也应为50Hz，A错误；B由图像可知交流的最大值为Um=500V，因此其有效值为则输入原线圈的电压为，B错误；C用电高峰时，用户增多，降压变压器副线圈的电流增大，则原线圈的电流增大，输电电流增大，则输电线上损失的电压增大，C错误；D深夜小区的

15、用户逐渐减少时，则降压变压器的输入功率减小，输入电流也减小，输电线上损失的功率减小，D正确。故选D。2、C【解析】静止时细线无弹力，小球受到重力mg、空气浮力f和车顶压力FN，由平衡条件得f=mg+FN=1.5mg即浮力与重力的合力为0.5mg，方向向上。要使传感器示数为零，则细线有拉力FT，如图所示由等效受力图（b）可得小车加速度大小为方向向左。故小车可以向左加速运动，也可以向右做减速运动，C正确，ABD错误。故选C。3、B【解析】设行星质量为M，半径为R。则由可得探测器在行星表面绕行的周期行星的体积，又有解以上各式并代入数据得取对数得对照题给函数图像，B正确，ACD错误；故选B。4、D【解

16、析】At=0时刻线框与磁场方向平行，即线框的速度与磁场方向垂直，右手定则可知，流过电阻 R 的电流方向向右，故A错误；B从与中性面垂直的位置开始计，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势EmnBS所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBScost（V）故B错误；C线圈转过的过程中，最大感应电动势EmnBS，则产生的感应电动势的有效值为EnBS因此电阻 R 两端的电压为故C错误；D线圈从t=0开始转过60时，电阻 R 两端的电压为故D正确。故选D。5、A【解析】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2

17、示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=36V，T=0.02s，则 =100rad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin100t（V），故D错误。故选A。【点睛】本题考查交变电流的产生及变压器原理，要注意掌握交变

18、电流中最大值、有效值、瞬时值的表达及相应的关系，知道变压器不改变功率，难度适中。6、A【解析】电子受力向右，因为电子带负电，受力方向与电场线方向相反，所以电场方向由B指向A；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，；图乙电子做匀加速运动，a不变，F=ma=Eq，所以。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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动当F作用于长木板时

19、，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力【详解】对m1，根据牛顿运动定律有：F-1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：1m1g-Ff=0，Ff2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较故A错误、B正确改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止故C错误若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，1m1g=m1a，解得a=1g，对整体分析，有F-2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（1+2）（m1+m2）g，所以当F（1+2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动故D正确故选BD【点睛】解决

20、本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解8、ABD【解析】A若小球刚好运动到C点，由动能定理，研究小球从A点到C点的过程得mgh1mgcosmgL00解得h11.5m故A正确；B若小球开始滑下时的高度为2m，根据动能定理，从A点到C点有mgh2mgcosmgLEkC0解得EkC0.25mg由动能定理得小球要运动到D点(右半部分圆轨道上与圆心等高的点为D点)，在C点的动能至少是mgR0.45mg所以小球不能到达D点，在C点与D点之间某处速度减为零，然后沿圆轨道返回滑下，故B正确；C小球做完整的圆周运动，刚好不脱离轨道时，在圆轨道最高点速度最小是，由动能定理得2mg

21、Rmv2Ek0理可得要使小球做完整的圆周运动，小球在C点动能最小值为Ek0mg若小球开始滑下时的高度为2.5m，则小球在C点的动能是0.5mg，若小球开始滑下时的高度为3m，则小球在C点的动能是0.75mg，这两种情况下小球通过D点后都会在D点与最高点之间某一位置做斜抛运动，即小球将离开轨道，故C错误，D正确。故选ABD。9、BD【解析】A质点刚好能在圆O2轨道做完整的圆周运动，在轨道的最高点设释放点离地高度为h，根据机械能守恒定律解得A错误；B设质点在C点速度为，轨道对质点的支持力为，由机械能守恒有根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知，质点在C时对轨道压力为，B正确；C质点从圆弧BCD进入

22、圆O2轨道的瞬间，速度不变，由线速度与角速度关系可知C错误；D质点从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间，速度不变，向心加速度可知D正确。故选BD。10、BC【解析】AQ处于静止状态，竖直墙壁光滑，由平衡条件可知，Q受到的静摩擦力等于Q的重力大小，不变，故A错误；B小球P受重力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力和轻绳的拉力的作用，故B正确；C物块Q受重力、压力、支持力和静摩擦作用，故C正确；DP、Q作为一个整体分析，其受三个力的作用，并处于平衡状态，轻绳的拉力铅笔缓慢下移的过程中增大，轻绳的拉力增大，故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

23、程。11、 偏大 【解析】1牵引重物触地后，对木块由牛顿第二定律 由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为2在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会偏大。3 牵引重物触地前，对木块和牵引重物分别用牛顿第二定律 联立解得12、AD C 0.15 0.60 【解析】（1）1A.该实验“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”，所以每次物体受力为恒力，所以细绳应与轨道平行，A正确B.平衡摩擦力时，使小车在没有重物牵引下沿导轨匀速运动，B错误C.打点计时器在使用时，应该先接通电源，后释放小车，C错误D.平衡摩擦力完成后，满足的是所

24、以改变小车质量时，无需再次平衡摩擦，D正确（2）2 平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，这时在没有悬挂重物时，小车就已经获得一个加速度，所以图像有纵轴截距，选C（3）3根据匀变速直线运动的规律可得4根据匀变速直线运动的规律可得四、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)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m时水平位移最大为x=5m【解析】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得 v1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：解得Ep=19.5J(

25、2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：-m2gx=0-m2v22解得 x=3mL=4m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得：m2gt=m2v0-（-m2v2）解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=m2gx带解得：E=6.75J(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得：由平抛运动的规律有：x=vCt

26、1联立整理得根据数学知识知当4R=10-4R即R =1.25m时，水平位移最大为x=5m14、（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，由动能定理可得 代入数据得（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，C的速度为，以向左为正方向，由动量守恒定律得:代入数据得此后，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，B的加速度大小为，该过程由牛顿第二定律及运动学公式得解得 此过程，B相对A一直有滑动，相对位移大小在此以后，地面对A的摩擦力阻碍A运动，B与A之间的摩擦

27、力改变方向。设A和B的加速度大小分别为和，则由牛顿第二定律得假设，则；由以上两式得与假设矛盾故，则此过程，B相对A一直向左滑动，相对位移大小则A、B间因摩擦产生的热量15、 (1)4.0m/s(2)0.2s(3)1.2m【解析】(1)设A和B共同静止下落至“相互作用区域”的速度为v1，则2gh，代入数据得v14.0m/s(2)A在“相互作用区域”运动时，A受到重力mg、滑动摩擦力Ff和竖上向上的恒力F作用，设加速度大小为aA，运动时间为t，根据牛顿第二定律有mgFfFmaA代入数据得aA15m/s2由位移公式有，代入数据解得t0.2s，t0.33s(不符题意，舍去)(3)设B在“相互作用区域”运动的加速度为aB，A刚离开“相互作用区域”时，圆环A和直杆B的速度分别为vA和vB，则：mgFfmaB，vBv1aBt，vAv1aAt代入数据解得vA1m/s，vB5m/s此过程二者相对滑动的距离代入数据解得s10.4m设A离开“相互作用区域”后二者相对滑动过程的时间为t，A的加速度为，则二者相对滑动的距离代入数据解得则杆的最小长度