广东省清远市华侨中学2023年高三第五次模拟考试物理试卷含解析.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、如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向。已知人的质量为60kg，托盘的质量为20kg，取g=10m/s2。若托盘随人一起

2、竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为（ ）A5m/s2B6m/s2C7.5m/s2D8m/s22、幼儿园小朋友搭积木时，将重为G的玩具汽车静置在薄板上，薄板发生了明显弯曲，如图所示。关于玩具汽车受到的作用力，不考虑摩擦力的影响，下列说法正确的是（）A玩具汽车每个车轮受到薄板的弹力大小均为B玩具汽车每个车轮受到薄板的弹力方向均为竖直向上C薄板弯曲程度越大，每个车轮受到的弹力越大D玩具汽车受到的合力大小为G3、如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1

3、和F2（F20）.由此可求出A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力4、在冰球游戏中，冰球以速度v0在水平冰面上向左运动，某同学在水平面上沿图示方向快速打击冰球，不计一切摩擦和阻力。下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后可能的运动路径是()ABCD5、如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场I、II的边界，磁场I、的磁感应强度分别为B1、B2，且B2=2B1，一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场I，后经f点进入磁场II，并最终从fc边界射出磁场区域不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为（ ）ABCD6、一束单色光由空气进

4、入水中，则该光在空气和水中传播时A速度相同，波长相同B速度不同，波长相同C速度相同，频率相同D速度不同，频率相同二、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、牛顿在1687年出版的自然哲学的数学原理中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星如图所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动

5、的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（ ）A物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动B在轨道B上运动的物体，抛出时的速度大小为11.2km/C使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点D在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于16.7km/s8、在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个轻质定滑轮b，m1用轻杆连接着另一轻质滑轮c，轻绳一端固定于a点，跨过滑轮c和b，另一端固定在m2上，已知悬点a和滑轮b间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计，整个装置稳定时轻绳ac部分与竖直方向夹角

6、为，bc部分与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（）A整个装置稳定时，角一定等于角B若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，m1高度上升C若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，m1高度上升D存在某一方向，往该方向缓慢移动轻滑轮b时，m1的位置保持不变9、为了保障广大市民的生命健康，快递公司和外卖平台推出了“无接触”配送。业内人士分析，“无接触”配送减轻了广大市民的生活压力，使他们不用走出小区，生活依然得到保障，同时也使疫情得到有效控制，避免病毒通过人群接触扩散和蔓延。如图为某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件

7、轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数=0.5，设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，下列说法正确的是（）A皮带对邮件的作用力水平向右B邮件在传送带上滑动的时间为0.2sC邮件对地的位移大小为0.1mD邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功为2J10、如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达B处三、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。

8、11（6分）如图所示为某同学完成验证平行四边形定则实验后留下的白纸(1)根据图中数据，F合的大小是_N(3)观察图象发现，理论的合力F合与一个弹簧秤拉动时的拉力F3差异较大，经验证F3测量无误，则造成这一现象可能的原因是_A用手压住结点后拉弹簧秤并读数B初始时一个弹簧秤指示在0.4N处而未调零C两个弹簧秤首次拉动时结点位置的记录有较大偏差D拉动过程中绳套从弹簧秤上脱落，装上后继续实验12（12分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。A待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kC定值电阻R0，阻值未知D滑动变阻器R，最

9、大阻值RmE导线若干和开关(1)根据如图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，把图乙中的实物连成实验电路_；(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=_（U10、U20、Rm表示）；(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图像如图所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=_，总内阻r=_（用k、a、R0表示）。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

10、骤。13（10分）道路交通安全法规定汽车通过红绿灯路口时，需按信号灯指示行驶若某路口有等待通行的多辆汽车，第一辆汽车前端刚好与路口停止线对齐，汽车质量均为m=1 500 kg，车长均为L=4.8 m，前后相邻两车之间的距离均为x=1.2 m每辆汽车匀加速起动t1=4 s后保持v=10 m/s的速度匀速行驶，运动过程中阻力恒为f=1 800 N，求：（1）汽车匀加速阶段的牵引力F大小；（2）由于人的反应时间，绿灯亮起时，第一个司机滞后t=0.8 s起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8 s起动汽车，绿灯时长20 s绿灯亮起后经多长时间第五辆汽车最后端恰好通过停止线14（16分）如图，长，粗细均

11、匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，的空气被水银柱封住，水银柱长。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强。求插入水银槽后管内气体的压强。15（12分）如图所示为一个带有阀门K、容积为2dm3的容器(容积不可改变)。先打开阀门让其与大气连通,再用打气筒向里面打气,打气筒活塞每次可以打进1105Pa、200cm3的空气,忽略打气和用气时气体的温度变化(设外界大气的压强po=1105Pa) (i)若要使气体压强增大到5.0105Pa,应打多少次气?(ii)若上述容器中装的是5.0105Pa的氧气,现用它给容积为0.7d

12、m3的真空瓶充气,使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0105Pa,则可充多少瓶? 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】设人的质量为M，则轻绳的拉力大小T=Mg设托盘的质量为m，对人和托盘，根据牛顿第二定律有2T一(M+m)g=(M+m)a解得a=5m/s2故选A。2、C【解析】汽车静置在薄板上，所受合力为零，因为薄板发生了明显弯曲，每个轮子所受弹力大小相等都为F，方向垂直薄板向上，设与水平方向的夹角为，由平衡条件可知解得当薄板弯曲程度越大，越小，sin越小，F越大，故ABD错误，C正确。故选C。3、C【解

13、析】根据题意，设物块受到的最大静摩擦力为f，对物块受力分析（如图所示），若Fmgsin，则物体有沿斜面向上运动的趋势，f的方向应沿斜面向下阻碍物体相对运动趋势，有-；若Fmgsin，则物体有沿斜面向下的运动趋势，f的方向沿斜面向上阻碍物体相对运动趋势，有-；由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知-，由可求得f的值，而物块的质量m、斜面的倾角无法求出，故物块对斜面的正压力（）也无法求出综上所述，正确答案为C【考点定位】静摩擦力及力的平衡4、A【解析】因为不计一切摩擦和阻力，冰球受打击之后做匀速直线运动； 冰球在受到打击时，沿打击的方向会获得一个分速度，所以合速度的方向一定在初速度方向与打击的方向之间，

14、不能沿打击的方向，由以上的分析可知，A正确，BCD都错误。 故选A。5、B【解析】粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有则有粒子垂直边界ae从P点射入磁场，后经f点进入磁场，故根据几何关系可得：粒子在磁场中做圆周运动的半径为磁场宽度d；根据轨道半径表达式，由两磁场区域磁感应强度大小关系可得：粒子在磁场中做圆周运动的半径为磁场宽度，那么，根据几何关系可得：粒子从P到f转过的中心角为，粒子在f点沿fd方向进入磁场；然后粒子在磁场中转过，在e点沿ea方向进入磁场；最后，粒子在磁场中转过后从fc边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过，根据周期可得：该带电粒子

15、在磁场中运动的总时间为故选B。6、D【解析】不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会发生改变；由公式可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速度减小A速度相同，波长相同，与结论不相符，选项A错误；B速度不同，波长相同，与结论不相符，选项B错误；C速度相同，频率相同，与结论不相符，选项C错误；D速度不同，频率相同，与结论相符，选项D正确；故选D光的传播、光速、波长与频率的关系【方法技巧】本题分析时要抓住光在不同介质中传播频率不变这个特征，应用公式公式分析光进入不同介质中的传播速度二、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

16、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、AC【解析】（1）第一宇宙速度是最小的卫星发射速度，却是最大的环绕速度；（2）当物体以第一宇宙速度被抛出，它的运动轨道为一圆周；当物体被抛出的速度介于第一和第二宇宙速度之间，它的运动轨迹为一椭圆；当物体被抛出时的速度介于第二和第三宇宙速度之间，物体将摆脱地球引力，成为绕太阳运动的行星；当被抛出的初速度达到或超过第三宇宙速度，物体必然会离开太阳系；（3）卫星变轨时的位置点，是所有轨道的公共切点【详解】A、物体抛出速度v7.9km/s时必落回地面，若物体运动距离较小时，物体所受的万有引力可以看成恒力，故

17、物体的运动可能是平抛运动，A正确；B、在轨道B上运动的物体，相当于地球的一颗近地卫星，抛出线速度大小为7.9km/s，B错误；C、轨道C、D上物体，在O点开始变轨到圆轨道，圆轨道必然过O点，C正确；D、当物体被抛出时的速度等于或大于16.7km/s时，物体将离开太阳系，故D错误【点睛】本题考查宇宙速度，知道第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，掌握卫星变轨模型，知道各宇宙速度的物体意义至关重要8、ABD【解析】A对m2分析可知，m2受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于m2g，对于滑轮c分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m1的

18、重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角和相等，故A正确；BC整个装置稳定时，角一定等于角，且绳子拉力等于m2g，则ac与bc细线与竖直方向的夹角相等，设为，ab水平距离不变，结合几何关系，有得若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，细线的拉力等于m2g不变，细线的合力也不变，则不变，由于d和都不变，故不变，则m1高度上升，同理，若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，ab水平距离变大，则细线的拉力等于m2g不变，细线的合力也不变，则不变，d变大，则变大，所以m1高度下降，故B正确，C错误；D由于细线bm2和bc部分拉力大小相等，两段细线的合力方向为细线bm2和bc部分

19、的角平分线，如果沿角平分线移动轻滑轮b时，细线各部分的拉力大小和方向均不变，则m1的位置保持不变，故D正确。故选ABD。9、BC【解析】A皮带对邮件的作用力为竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力的合力，方向斜向右上方，故A错误；B以邮件为研究对象，根据动量定理得代入数据解得s故B正确；C以邮件为研究对象，根据动能定理得代入数据解得m故C正确；D邮件对皮带的摩擦力做功为故D错误。故选BC。10、BD【解析】试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B错误；由甲乙的速度时间

20、图像可知C错误D正确考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律三、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、1.8 AC 【解析】(1)1根据图象，结合比例尺可得F合=1.8N(2)2A.用手压住结点后拉弹簧秤并读数，造成弹簧秤与木板不平行可能造成这一现象，故A正确；B.图中两分力夹角为锐角，初始时一个弹簧秤指示在0.4N处而未调零，这一个分力会有相差0.4N的错误，不会造成合力也相差0.4N，故B错误；C.两个弹簧秤首次拉动时结点位置的记录有较大偏差，造成一个弹簧秤拉的效果与两个弹簧秤拉的效果不同，可能造成这一现象，故C正确；D.拉动过程中绳套从弹簧秤

21、上脱落，装上后继续实验，对实验结果没有影响，故D错误。12、 【解析】(1)1如图所示(2)2根据部分电路欧姆定律因联立解得(3)34根据闭合电路欧姆定律有变形得由题意可知解得，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)5550N；(2)8.88s【解析】（1）依题意得，汽车前4s的加速度:a=v/t1=2.5m/s2由牛顿第二定律得:F-f=ma解得：F=5550N（2）第五辆车最后端通过停止线，需前进距离:s=4(x+L)+L=28.8m已知汽车匀加速阶段加速时间：t1=4s所以汽车匀加速的位移:汽车匀速行驶

22、时间:第五辆车延迟时间：t3=5t=4s第五辆汽车最后端恰好通过停止线的时间:t=t1+t2+t3=8.88s20s14、52.0cmHg【解析】设玻璃管截面积为s，水平放置时，气体压强为P1，体积为V1，假设当转到竖直放置时，水银恰好未流出，气体压强为P2，体积为V2，则P1=P0=75cmHg，V1=L0s，P2=？， V2=（L-h）s，由玻意耳定律：P1V1=P2V2代入数据解得：P2=50cmHg，由于，所以水银必有流出。设剩余水银柱长度为x，气体的压强P3，体积V3，则P3=（P0-x）cmHg，V3=（L-x）s，由玻意耳定律：P1V1=P3V3代入数据解得：x30.7cm，插入水银柱后，设气体压强为P4，体积V4=（L-x-h0）s由玻意耳定律：P1V1=P4V4代入数据解得：P452.0cmHg；15、（1）40次 （2）4瓶【解析】(1)设需要打气n次，因每次打入的气体相同，故可视n次打入的气体一次性打入，则气体的初状态：， 末状态：，其中： 由玻意尔定律： 代入数据解得：；(2)设气压为时气体的体积为，则由玻意尔定律有：代入数据解得： 真空瓶的容积为 因： 故可充4瓶。