山西省孝义市（省际名校2023年高考物理全真模拟密押卷含解析.doc

《山西省孝义市（省际名校2023年高考物理全真模拟密押卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省孝义市（省际名校2023年高考物理全真模拟密押卷含解析.doc（17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 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、若已知引力常量G，则利用下列四组数据可以算出地球质量的是（）A一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的

2、运行速率和周期B一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的质量和地球的第一宇宙速度C月球绕地球公转的轨道半径和地球自转的周期D地球绕太阳公转的周期和轨道半径2、当矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的交变电流随时间的变化规律如图甲所示。已知图乙中定值电阻R的阻值为10，电容器C的击穿电压为5V。则下列选项正确的是（）A矩形线框中产生的交变电流的瞬时值表达式为i=0.6sin100t（A）B矩形线框的转速大小为100r/sC若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，电容器不会被击穿（通过电容器电流可忽略）D矩形线框的转速增大一倍，则交变电流的表达式为i=1.2sin100t（A）3、某实验小

3、组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，开关S断开时，灯泡L1正常发光，则()A仅将滑片P上移，A的输入功率不变B仅将滑片P上移，L1变暗C仅闭合S，L1、L2均正常发光D仅闭合S，A的输入功率不变4、如图所示，“共享单车”极大地方便了老百姓的出行，某高档“共享单车”通过变速器调整链条在轮盘和飞轮的挂入位置，改变行驶速度。轮盘和飞轮的齿数如下表所示：名称轮盘飞轮A轮B轮C轮D轮E轮齿数N/个4839241813则下列说法正确的是()A当A轮与C轮组合时，两轮的转速之比为11B当A轮与C轮组合时，两轮边缘上的点

4、的线速度大小之比为12C当B轮与E轮组合时，两轮角速度之比为13D当B轮与E轮组合时，两轮边缘上的点的向心加速度大小之比为315、有一种电四极子的电荷分布及位置关系如图所示。A、B两点位于负电荷的同侧，与负电荷的距离分别为3l与l。下列说法正确的是（）AA、B两点场强的大小关系BA、B两点电势的高低关系C电子在A点的电势能小于在B点的电势能D将一重力不计正点电荷由A点静止释放，将做加速度逐渐增大的加速运动6、如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为足够长的固定斜面上，时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F。已知长

5、木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，。则下列说法正确的是（）A长木板与斜面之间的动摩擦因数为B拉力F作用的时间为C拉力F的大小为13ND物块与长木板之间的动摩擦因数2可能为0.88二、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，理想变压器的初、次级线圈的匝数之比为，在次级线圈中接有两个阻值均为50的电阻，图甲中D为理想二极管。现在初级线圈输入如图乙所示的交流电压，那么开关K在断开和闭合的两种情况下，下列说法中正确的有（）A两种情况下R

6、2两端的电压相同B两种情况下R2消耗的功率相同C两种情况下R1消耗的功率相同D两种情况下变压器的输入功率不同8、如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，下端与阻值为R的电阻相连。匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为B。 一质量为m、长为L、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，从ab位置以初速度v沿导轨向上运动，刚好能滑行到与ab相距为s的ab位置，然后再返回到ab。该运动过程中导体棒始终与导轨保持良好接触，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A向上滑行过程中导体棒做匀减速直线运动B上滑过程中电阻R产生的热量为C向下滑行过程中通过电阻R的电荷量为D电阻R在导体榛

7、向上滑行过程中产生的热量小于向下滑行过程中产生的热量9、美国物理学家阿瑟阿什金因利用光的力量来操纵细胞获得2018年诺贝尔物理学奖，原来光在接触物体后，会对其产生力的作用，这个来自光的微小作用可以让微小的物体（如细胞）发生无损移动，这就是光镊技术在光镊系统中，光路的精细控制非常重要。对此下列说法正确的是（ ）A光镊技术利用光的粒子性B光镊技术利用光的波动性C红色激光光子能量大于绿色激光光子能量D红色激光光子能量小于绿色激光光子能量10、一列横波沿x轴传播，在某时刻x轴上相距s=4m的两质点A、B（波由A传向B）均处于平衡位置，且A、B间只有一个波峰，经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，则该

8、波的传播速度可能为（）A1m/sB1.5m/sC3m/sD5m/s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）某同学要将一满偏电流为3mA的毫安表G改装为量程为30mA的电流表。他先测量出毫安表G的电阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测具体实验步骤如下：按电路原理图a连接线路将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的三分之一的位置记下R2的阻值回答下列问题：（1）如果按正确操作步骤测得R2的阻值为9

9、0，则毫安表G内阻的测量值Rg=_，与毫安表内阻的真实值相比，Rg_（填“”、“”或“”）（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G改装成量程为30mA的电流表，则需要并联一个阻值R=_的电阻（3）根据图b所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是_mA（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=_12（12分）如图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定带有遮光条

10、的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g（1）利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示，则遮光条的宽度d=_cm；（2）实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有_；A小物块质量m B遮光条通过光电门的时间tC光电门到C点的距离s D小物块释放点的高度h（3）为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据（2）测量的物理量，建立图丙所示的坐标系来寻找关系，其中合理的是_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，内表面光滑绝缘的

11、半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为有一质量为、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取，求：小球在A点处的速度大小；小球运动到最高点B时对轨道的压力14（16分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，在x0区域内存在一圆形的匀强磁场，圆心O1坐标为（-d，0），半径为d，磁感应强度大小为B，方向与竖直平面垂直，x0区域存在另一磁感应强度大小也为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。现有两块粒子收集板如图所示放置，其中的端点A、B、C的坐标分别为（d，0）、（d，）、（3d，0），收集板两侧均可收集粒

12、子。在第三象限中，有一宽度为2d粒子源持续不断地沿y轴正方向发射速率均为v的粒子，粒子沿x轴方向均匀分布，经圆形磁场偏转后均从O点进入右侧磁场。已知粒子的电荷量为+q，质量为m，重力不计，不考虑粒子间的相互作用，求：(1)圆形磁场的磁场方向；(2)粒子运动到收集板上时，即刻被吸收，求收集板上有粒子到达的总长度；(3)收集板BC与收集板AB收集的粒子数之比。15（12分）如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=3T。两导轨间距为L=0.5m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma=1kg，mb=0.5kg，电阻分别为，。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h=

13、1.8 m高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。（g取10m/s2）。求：（1）a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；（2）从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量；（3）从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热。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】ABC可根据方程和联立可以求出地球质量M，选项BC错误，A正确；D已知地球绕太阳公转的周期和轨道半径可以求出太阳质量，选项D错误。故选A。2、A【解析】A由图象可

14、知，矩形线框转动的周期T=0.02s，则所以线框中产生的交变电流的表达式为i=0.6sin100t（A）故A项正确；B矩形线框转动的周期T=0.02s，所以线框1s转50转，即转速为，故B项错误；C若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，通过电容器电流可忽略，则定值电阻两端电压为u=iR=0.610sin100t（V）=6sin100t（V）由于最大电压大于电容器的击穿电压，电容器将被击穿，故C项错误；D若矩形线框的转速增大一倍，角速度增大一倍为=200rad/s角速度增大一倍，电流的最大值增大一倍，即为Im=1.2A则电流的表达式为i2=1.2sin200t（A）故D项错误。3、B【解析】AB

15、仅将滑片P上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以输出电压变小，相应的B变压器的输入电压降低，输出电压也降低，所以L1两端电压变小。输出功率变小，则A变压器的输入功率也变小，故A错误，B正确； CD仅闭合S，则B变压器的负载电阻变小，输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器A的输入功率也变大。相应的输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，B变压器的输入电压变小，输出电压也变小，即灯泡两端的电压变小，灯泡不能正常发光，故CD错误。 故选B。4、C【解析】ABA轮与C轮通过链条连接，轮边缘上的点的线速度大小相等，齿数之比为21，转速之比为12，选项A、B错误；CDB轮与E轮通过链条连接，轮边

16、缘上的点的线速度大小相等，齿数之比为31，转速之比为13，角速度之比为13，轮边缘上的点的向心加速度之比为13，选项C正确，D错误。5、C【解析】A由场强叠加可知方向向左；方向向右；则，选项A错误；BC由A的计算可知，最左边位于C处的+q与A之间的场强向左，CB之间的场强向右，因沿电场线电势降低，可知A、B两点电势均比C点电势低，由于，则由U=Ed可知，可知A点电势高于B点，即，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，选项B错误，C正确；D因在A点左侧会存在一个合场强为零的位置，则从A点到此位置场强逐渐减小，则将一重力不计正点电荷由A点静止释放，在到达场强为零的位置的过程中，将做加速度逐渐减小

17、的加速运动，选项D错误。故选C。6、D【解析】A撤去力F后长木板的加速度由牛顿第二定律解得1=0.25选项A错误；B有拉力作用时的加速度拉力撤掉时的速度为拉力作用的时间为选项B错误；C由牛顿第二定律 解得F=13.5N选项C错误；D物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木板之间的动摩擦因数大于0.25，选项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、CD【解析】ABD在开关K闭合时，此时电路中的总电阻为R总=25。由图乙可知初级线圈的有效值为次级线圈的电压为

18、R2两端的电压为U2=50V，R2消耗的功率为电路中消耗的总电功率为当开关K断开时，R2两端的有效值由得R2消耗的功率为电路中消耗的总电功率为故AB错误，D正确；C在两种情况下并不影响R1两端的电压，故R1消耗的功率是相同的，故C正确。故选CD。8、BC【解析】向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；上滑过程中根据功能关系结合焦耳定律求解电阻R产生的热量；根据电荷量的计算公式求解向下滑行过程中通过电阻R的电荷量；根据分析电阻R在导体棒向上滑行过程中产生的热量与向下滑行过程中产生的热量的大小。【详解】A向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据右手定则可得棒中

19、的电流方向，根据左手定则可得安培力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得：其中：解得：由于速度减小，则加速度减小，棒不做匀减速直线运动，故A错误；B设上滑过程中克服安培力做的功为W，根据功能关系可得：克服安培力做的功等于产生的焦耳热，则：上滑过程中电阻R产生的热量为：故B正确；C向下滑行过程中通过电阻R的电荷量为：故C正确；D由于上滑过程中和下滑过程中导体棒通过的位移相等，即导体棒扫过的面积S相等，根据安培力做功计算公式可得：由于上滑过程中的平均速度大于，下滑过程中的平均速度，所以上滑过程中平均电流大于下滑过程中的平均电流，则电阻R在导体棒向上滑行过程中产生的热量大于向下滑行过程中产生的热量，故

20、D错误。故选BC。9、AD【解析】AB光在接触物体后，会对其产生力的作用，则光镊技术利用光的粒子性，选项A正确，B错误；CD红光的频率小于绿光，根据可知，红色激光光子能量小于绿色激光光子能量，选项C错误，D正确。故选AD。10、AC【解析】根据题意画出A、B间只有一个波峰的所有波形如图所示。由于波的传播方向由A到B，可分为下列四种情形：a图中，=8m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知T=4s，则波速b图中，=4m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知，则波速c图中，=4m；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，可知，则波速d图中，；经过时间t=1s，质点B第一次到达波峰，

21、可知，则波速故AC正确，BD错误。故选AC。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、180 20 )32 【解析】（1）1由于指针指在三分之一的位置，说明R2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是R2的两倍，为180。闭合S2后，R2与Rg的并联值R并Ig，而此时G的示数为满偏电流的三分之一，所以IR2大于三分之二满偏电流，所以2R2，即Rg；（2）2由并联电路分流特点，得=20（3）3标准毫安表的示数为16.0mA时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为32mA；（4）4把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联

22、电阻阻值当量程为32mA时，则有当量程为30mA时，则有联立解得12、（1）1.060； （2）BC； （3）B 【解析】（1）主尺的刻度：1 cm，游标卡尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.0512 mm0.60 mm，总读数：10 mm0.60 mm10.60 mm1.060 cm.（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得物块的速度：B到C的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：mgs0mv2联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式还需要测量的物理量是：光电门到C点的距离s与遮光条通过光电门的时间t，故BC正确，AD错误（3）由动摩擦因数的表达式可知，与t2和

23、s的乘积成反比，所以与s的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量，横坐标用物理量s，即B正确，ACD错误【点睛】本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可；游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；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】（1）重力：G=mg=0.12kg10N/kg=1.2N电场力：F=qE=1.6106C3106V/m=4.8N在A点，有：qEmg=m代入数

24、据解得：v1=6m/s（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：（qEmg）（2R）=mv22mv12在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：FN+mgqE=mv22由牛顿第三定律有：FN=FN代入数据解得：FN=21.6N【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析14、 (1)垂直纸面向外；(2) (3)1:1【解析】(1)粒子带正电且在圆形磁场中向右偏转，可知磁场方向垂直纸面向外；(2)利用旋转圆可以知道，粒子平行于Y轴射入圆形磁场中，且都从同一点O射入

25、右边的磁场中，则粒子运动的轨迹圆半径必与圆形磁场的半径是相同的，即为d；粒子进入右边磁场后，因为磁感应强度也为B，可知粒子在右边磁场中运动时的圆轨迹半径也为r=d；打在AB收集板上的临界情况分别是轨迹圆与AB板相切，即沿x轴正方向射入的粒子，和粒子刚好过A点的粒子，故AB板上粒子打的区域长度为d。而粒子只有从第四象限进入右边磁场才有可能打在收集板BC上。根据几何关系可得，粒子刚好经过A点时，轨迹圆圆心O2和原点O以及A点构成一个正三角形，可得：粒子与x轴正方向成30向下。此时粒子刚好打到BC板上的P1点。由几何关系可知OAP1O1为菱形，且AP1与BC垂直，则由几何关系可得，粒子在板上打的最远

26、距离是当直径作为弦的时候，此时与BC的交点为P2，根据点A、B、C的坐标可得，三角形ABC是直角三角形，角C为30由余弦定理可得 解得：第二个临界，轨迹圆恰好与BC收集板相切，由几何关系可得，此时交点与P1重合。则打到收集板上粒子的总长： (3)粒子打在AB收集板的角度范围是与x轴正方向030，打在BC板上的角度范围是与x轴正方向成3090。由于粒子是沿x轴均匀分布，故需要计算找出入射粒子的长度之比。由几何关系可得，进入第四象限的粒子入射的长度分布恰好是粒子源中左半部分的d，故只需找到与x轴正方向成30入射的粒子进入圆心磁场的位置即可，LMN=dsin30=d/2 15、（1）9m/s2，向右；（2）C；（3）2J。【解析】（1）a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒有：a棒进入磁场瞬间感应电动势：根据闭合电路欧姆定律：对b棒：根据牛顿第二定律：解得：m/s2由左手定则，b棒加速度的方向：向右；（2）对a、b：由动量守恒定律得：解得：m/s对b棒，应用动量定理：解得：C（3）a、b棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律：根据焦耳定律有：联立解得：J