江苏省南通市如皋中学2023年高考物理押题试卷含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，在最低点给小球一水平初速度v0，同时对小球施加一大小不变，方向始终垂直于绳的力F，小球沿圆周运动到绳水平时，小球速度大小恰好也为v0。则正确的是（）A小球在向上摆到45角时速度达到最

2、大BF=mgC速度大小始终不变DF=2、如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则可推断正确的是（ ）图中质点b的速度为负方向最大从图示时刻开始，经过0.01s，质点a通过的路程为4m，位移为零若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的频率为50Hz若发生明显衍射现象，该波所遇到的障碍物的尺寸一般不小于20mABCD3、一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E，返回斜面底端时的速度为v，克服摩擦力做功为若小物体冲上斜面的初动能为2E，则下列选项中正确的一组是（ ）物体返回斜面底端时的动能为E物

3、体返回斜面底端时的动能为物体返回斜面底端时的速度大小为2物体返回斜面底端时的速度大小为ABCD4、如图（a），场源点电荷固定在真空中O点，从与O相距r0的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q0）的离子，经一定时间，离子运动到与O相距rN的N点。用a表示离子的加速度，用r表示离子与O点的距离，作出其图像如图（b）。静电力常量为是k，不计离子重力。由此可以判定（）A场源点电荷带正电B场源点电荷的电荷量为C离子在P点的加速度大小为D离子在P点受到的电场力大小为5、二氧化锡传感器的电阻随着一氧化碳的浓度增大而减小，将其接入如图所示的电路中，可以测量汽车尾气一氧化碳的浓度是否超标。当一氧化碳浓度增

4、大时，电压表V和电流表A示数的变化情况可能为AV示数变小，A示数变大BV示数变大，A示数变小CV示数变小，A示数变小DV示数变大，A示数变大6、托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于

5、核聚变的进行已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是A托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的B极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体C欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变D为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T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、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。

6、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、甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘出两物体的v-t图象如图所示，已知甲物体的图象是两段半径相同的圆弧，乙物体的图象是一倾斜直线，t4=2t2，甲的初速度末速度均等于乙的末速度。已知则下列说法正确的（）A0t1时间内，甲乙两物体距离越来越小Bt1时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等Ct3t4时间内，乙车在甲车后方D0t4时间内，两物体的平均速度相等9、如图，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态。图中圆圈为垂直纸面放置的直导线的横截

7、面，当导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为FN2，下列说法正确的是（）A若导线位于图中1位置且电流方向向外，则FN1FN2B若导线位于图中1位置且电流方向向里，则弹簧伸长量增大C若导线位于图中2位置且弹簧伸长量增大，则导线中电流方向向里D若导线位于图中2位置且弹簧伸长量增大，则FN1FN210、如图，在地面上方水平向左的匀强电场中，两带电小球a、b以一定初速度射入电场中P点后的运动轨迹分别如图中虚线所示，b轨迹为直线。已知b球带电量大小为q，质量为m，其轨迹与电场夹角为，重力加速度大小为g，则（）Aa球带负电B匀强电场的电场强度E=Cb球经P点后做

8、匀加速直线运动Da球经P点后的运动过程中电势能逐渐增大三、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）某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中AB是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。为了补偿小车受到的阻力，将长木板C端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的C端某位置由静止释放，进行实验。刚开始时

9、小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙所示，其读数为_cm；(2)某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2，此过程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之问的间距为L，则小车的加速度表达式a=（_）（结果用字母d、t1、t2、L表示）；(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F，通过多次测量作出a-F图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是_。12（12分）某同学利用图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”。图中装有

10、砝码的小车放在长木板上，左端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一砝码盘相连。在砝码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，已知纸带上每相邻两个计数点间还有一个点没有画出，相邻两计数点之间的距离分别是、，打点计时器所接交流电的周期为，小车及车中砝码的总质量为，砝码盘和盘中砝码的总质量为，当地重力加速度为。 (1)根据纸带上的数据可得小车运动的加速度表达式为_（要求结果尽可能准确）。(2)该同学探究在合力不变的情况下，加速度与物体质量的关系。下列说法正确的是_。A平衡摩擦力时，要把空砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，纸带通

11、过打点计时器与小车连接，再把木板不带滑轮的一端用小垫块垫起，移动小垫块，直到小车恰好能匀速滑动为止B平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳保持水平C若用表示小车受到的拉力，则为了减小误差，本实验要求D每次改变小车上砝码的质量时，都要重新平衡摩擦力(3)该同学探究在和的总质量不变情况下，加速度与合力的关系时，他平衡摩擦力后，每次都将小车中的砝码取出一个放在砝码盘中，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度。得到多组数据后，绘出如图丙所示的图像，发现图像是一条过坐标原点的倾斜直线。图像中直线的斜率为_（用本实验中相关物理量的符号表示）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题

12、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）一定质量的理想气体在状态体积，压强，温度；在状态体积，压强。该气体的图象如图所示，让该气体沿图中线段缓慢地从状态变化到状态，求：气体处于状态时的温度；从状态到状态的过程中，气体的最高温度。14（16分）如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L，间距为d=1.5L的竖直极板P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O。水平极板M、N之间的电压为；竖直极板P、Q之间的电压随时间t变化的

13、图像如图乙所示；磁场的磁感强度。粒子源连续释放初速度不计、质量为m、带电量为+q的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域，都会打到磁场上边界的感光胶片上，已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，认为粒子在偏转极板间飞过时不变，粒子重力不计。求：(1)带电粒子进入偏转电场时的动能Ek；(2)带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。15（12分）如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为=37，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E=1

14、104N/C、水平向右的匀强电场中。一质量m=410-3kg、带电量q=+310-6C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零。已知CD段长度L=0.8m，圆弧DG的半径r=0.2m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点。求：（1）滑块在GH段上的加速度；（2）滑块与CD段之间的动摩擦因数；（3）滑块在CD段上运动的总路程。某同学认为：由于仅在CD段上有摩擦损耗，所以，滑块到达P点速度减为零后将不再运动，在CD段上运动的总路程为L+=1.2m。你认为该同学解法是否合理？请说明理由，如果错误，请给出正确解答。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题

15、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】本题考查动能定理的应用，要注意明确重力的功和路程无关，而拉力始终和绳垂直，即一直做正功。【详解】BD小球向上摆的过程中，由动能定理：解得：B错误，D正确；因为当重力沿切线方向的分力与F等大反向时，切线方向的加速度为零，速度达最大，设在向上摆到角时，速度最大：解得 A错误；因为两力在运动过程中做功大小不完全相同，故物体做变速运动，C错误。故选D。2、A【解析】由于波向右传播，根据“上下坡”法，知道b质点向下振动，此时的速度最大。故正确；周期从图示时刻开始，经过0.01s，即半个周期，质点a通过的路程为2个振幅，即4

16、m，位移为4cm。故错误；该列波的频率为50Hz，要想发生干涉，频率需相同。故正确；当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射。即若发生明显衍射现象，该波所遇到的障碍物的尺寸一般不大于4m，故错误；A，与结论相符，选项A正确；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；故选A。3、C【解析】以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得：设以初动能为E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能为2E冲上斜面时，初速度为v0，而加速度相同。对于上滑过程，根据-2ax=v2-v02可知，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程中克服摩

17、擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E。以初动能为2E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：所以返回斜面底端时的动能为E；由得：v=v。故正确，错误；A，与结论不相符，选项A错误；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论相符，选项C正确；D，与结论不相符，选项D错误；故选C。4、D【解析】A从P到N，带正电的离子的加速度随的增加而增大，即随r的减小而增加，可知场源点电荷带负电，选项A错误；B在N点，由库仑定律及牛顿第二定律解得选项B错误；CD在P点时，由库仑定律及牛顿第二定律离子在P点受到的电场力大小为选项C错误，D正确。故选D。5、D【解析】

18、当一氧化碳浓度增大时，二氧化锡传感器的电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流变大，则A示数变大；由欧姆定律知R的电压变大，则电压表V变大；AC综上分析，电压表示数变大，AC错误；BD综上分析，电流表示数变小，B错误D正确。故选D。6、C【解析】A、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；B、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；C、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C正确D、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比

19、，则，由洛伦兹力提供向心力，则，则有，故D错误二、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

20、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、BD【解析】A甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，0t1时间内，甲的速度比乙的大，则甲在乙的前面，甲乙两物体距离越来越大，故A错误。B根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知，t1时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等，故B正确。C根据“面积”表示位移，结合几何知识可知，0t4时间内，两物体的位移相等，t4时刻两车相遇，而在t3t4时间内，甲车的位移比乙车的位移大

21、，则知在t3t4时间内，乙车在甲车前方，故C错误。D0t4时间内，两物体的位移相等，用时相等，则平均速度相等，故D正确。故选BD。9、AC【解析】A条形磁铁的外部磁场方向是由极指极，由1位置的磁场方向沿斜面向下，2位置的磁场方向斜向左上方，若导线位于图中1位置且电流方向向外，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向下，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向上，可知磁铁对斜面的压力减小，则有故A正确；B若导线位于图中1位置且电流方向向里，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向下，但弹簧的弹力仍等于磁铁重力沿斜面方

22、向的分力，大小不变，则弹簧的伸长量不变，故B错误；CD若导线位于图中2位置且弹簧的伸长量增大，可知导线对磁铁的反作用力沿斜面方向的分力沿斜面向下，垂直于斜面方向的分力垂直斜面向下，从而才会使弹簧的弹力增大，也使磁铁对斜面的压力增大，故有所以导线所受的安培力方向斜向右上方，由左手定则可得导线中的电流方向向里，故C正确，D错误；故选AC。10、BC【解析】Aa球最后做直线运动，电场力和重力的合力在这条直线上，可知，a球受到的电场力必定水平向左，与电场方向一致，则a球带正电，A错误；BCb球做直线运动，切受到的电场力水平向左，所以电场力和重力的合力与初速度方向相同，故做匀加速直线运动，轨迹与电场方向

23、夹角为，则解得BC正确；Db球受到的电场力方向和位移方向夹角为锐角，则电场力做正功，所以电势能减小，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、0.170 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为：1mm，游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.0514=0.70mm，所以d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm；(2)2小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式得(3)3实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力m

24、g，只有在Mm时，才有图线才接近直线，一旦不满足Mm，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，所以图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。12、 C 【解析】(1)1因为每相邻两计数点之间还有一个点为画出，为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，则有，为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得解得(2)2A在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故A错误；B平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故B错误；C本实验中，对小

25、车及车中砝码由牛顿第二定律得对托盘和钩码由牛顿第二定律得两式联立解得由此可知只有满足盘和砝码的总质量远小于小车质量时，近似认为，故C正确；D由于平衡摩擦力之后有故所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故D错误。故选C。(3)3对盘和砝码对小车联立解得认为合力，所以即图象是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率表示。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、方程式和演算步骤。13、450K；600K【解析】根据题意，由理想气体状态方程有解得由题图可知，气体压强与体积之间的关系为

26、由理想气体状态方程有整理后有当时，最大，可得14、 (1)qU0；(2)【解析】(1)带电粒子进入偏转电场时的动能，即为MN间的电场力做的功Ek=WMN=qU0(2)粒子运动轨迹如图所示若t=0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R=L打在感光胶片上距离中心线最近为x=2L任意电压时出偏转电场时的速度为vn，根据几何关系在胶片上落点长度为打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关,在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离,带电粒子在电场中最大偏转距离粒子在感光胶片上落点距交点O的长度分别是2L和，则落点范围是15、（1），（2）0.25，（3）。【解析】（1）GH段的倾角=37，滑块受到的重力：mg=0.04N电场力：qE=0.03NqEcos=mgsin=0.024N故加速度a=0；（2）滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得：解出：；（3）该同学观点错误，滑块在CD段上受到的滑动摩擦力：Ff=mg=0.01N小于0.03N的电场力，故不可能停在CD段；滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0，全过程由动能定理得：解出：s=3L=2.4m。