江苏省南通市海安县2023年高考物理五模试卷含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60角，bc连线与竖直方向成30角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）Aa、b、c小球带同种电荷Ba、b

2、小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷Ca、b小球电量之比为Da、b小球电量之比2、如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B顶点A处有一粒子源，粒子源能沿BAC的角平分线发射不同速度的粒子粒子质量均为m、电荷量均为+q，粒子重力不计则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点（ ）ABCD3、如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图象，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1和Ek2，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（）AEk1Ek2B单色光1的频率比单

3、色光2的频率高C增大单色光1的强度，其遏止电压会增大D单色光1和单色光2的频率之差为4、如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd通过理想变压器外接电阻R=5，已知线圈边长ab=cd=0.1m， ad=bc = 0.2m，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比n1n2=l3，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以=200rad/s的角速度匀速转动，则（ ）A从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e=40sin200t（V）B交流电压表的示数为20 VC电阻R上消耗的电动率为720WD电流经过变压器后频率变为原来

4、的2倍5、某空间区域有竖直方向的电场（图甲中只画出了一条电场线），一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中小球的机械能E与小球位移x关系的图象如图乙所示，由此可以判断（）A小球所处的电场为匀强电场，场强方向向下B小球所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上C小球可能先做加速运动，后做匀速运动D小球一定做加速运动，且加速度不断减小6、粗糙斜面倾角为，一物体从斜面顶端由静止开始下滑，运动的位移时间关系图像是一段抛物线，如图所示，g取。则（ ）A下滑过程中，物体的加速度逐渐变大B时刻，物体的速度为0.25m/sC时间，

5、物体平均速度1m/sD物体与斜面间动摩擦因数为二、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、氢原子的能级如图所示，普朗克常量为h。处于第4能级的大量氢原子向第2能级跃迁，下列说法中正确的是（）A可以释放出3种不同频率的光子B可以释放出2种不同频率的光子C所释放的光子的最小频率为D所释放的光子的最小频率为与8、如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形线框

6、，以速度v垂直磁场方向从图示实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为。则下列说法正确的是（）A在位置时线框中的电功率为B在位置时的加速度为C此过程中安培力的冲量大小为D此过程中通过线框导线横截面的电荷量为9、下说法中正确的是 。A在干涉现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小B单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，则外力的频率越大，单摆的振幅也越大C全息照片的拍摄利用了激光衍射的原理D频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于vE.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直10、如图所示，粗细

7、均匀的光滑直杆竖直固定，轻弹簧一端连接于竖直墙上，另一端连接于套在杆上的小球上，小球处于静止状态。现用平行于杆向上的力拉球，使小球沿杄缓慢向上移动，当弹簧水平时恰好处于原长，则从小球开始向上运动直到弹簧水平的过程中，下列说法正确的是（）A拉力越来越大B拉力先减小后增大C杆对球的作用力一直减小D杆对球的作用力先增大后减小三、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（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放,下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、

8、B间的距离为H（Hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d =_mm（2）小球经过光电门B时的速度表达式为_（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：_时，可判断小球下落过程中机械能守恒12（12分）某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门的时间t，当地的重力加速度为g。(1)为了验证机械能守恒定律，除了该实验准备的

9、如下器材：铁架台、夹子、铁质小球，光电门、数字式计时器、游标卡尺（20分度），请问还需要_（选填“天平”、“刻度尺”或“秒表”）；(2)用游标卡尺测量铁球的直径。主尺示数（单位为cm）和游标的位置如图所示，则其直径为_cm；(3)用游标卡尺测出小球的直径为d，调整AB之间距离h，记录下小球通过光电门B的时间t，多次重复上述过程，作出随h的变化图线如图乙所示。若已知该图线的斜率为k，则当地的重力加速度g的表达式为_。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（10分） “”形轻杆两边互相垂直、长度均为l，可绕过O点的水平轴在

10、竖直平面内自由转动，两端各固定一个金属小球A、B，其中A球质量为m，带负电，电量为q，B球的质量为m，B球开始不带电，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度。现将“”形杆从OB位于水平位置由静止释放：(1)当“”形杆转动的角速度达到最大时，OB杆转过的角度为多少？(2)若使小球B也带上负电，仍将“”形杆从OB位于水平位置由静止释放，OB杆顺时针转过的最大角度为90，则小球B带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？14（16分）某透明介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形直径重合，ACB = 30，半圆形的半径为R， 束光线从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O

11、，且E、O两点距离为R，已知光在真空的传播速度为c，介质折射率为。求：(1)光线在E点的折射角并画出光路图；(2)光线进入介质到射到圆弧的距离和时间。15（12分）如图所示，质量均为m的木块A、B，静止于光滑水平面上。A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放。当球C第一次到达最低点时，木块A与B发生弹性碰撞。求：(1)球C静止释放时A、B木块间的距离；(2)球C向左运动的最大高度；(3)当球C第二次经过最低点时，木块A的速度。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，

12、只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】AB对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；CD对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得又解得：故C错误，D正确。故选D。2、C【解析】粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60，所以粒子运行半径：r=（n=1，2，3，），粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

13、由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：（n=1，2，3，），则的粒子不能到达C点，故ABD不合题意，C符合题意。故选C。【点睛】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出粒子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度即可解题3、D【解析】A由于：所以：A错误；B由：可知，单色光1的频率比单色光2的频率低，B错误；C只增大照射光的强度，光电子的最大初动能不变，因此遏止电压不变，C错误；D由：得：D正确。故选D。4、B【解析】A 线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：Em=NBS=500.20.10.2

14、200V=40V图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40cos200t（V）故A错误；B 线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值故B正确；C 根据变压比可知，副线圈输出电压：电阻R上消耗的功率：故C错误；D 变压器不会改变交流电的频率，故D错误。故选：B。5、B【解析】AB由乙图中机械能E与小球位移x关系可知，机械能减小，因为机械能减小，说明除重力之外的力对物体做负功，可得电场力做负功，因此，电场力方向竖直向上，小球带正电荷，所受电场力方向与场强方向一致，即场强方向竖直向上，又根据Ex图线斜率的绝对值越来越小，说明

15、电场力越来越小，电场强度越来越小，故A错误，B正确；C带正电小球所受合外力等于重力减去电场力，电场力不断减小，则合外力不断变大，加速度不断变大，说明小球做加速度越来越大的变加速运动，故CD错误。故选B。6、D【解析】A由题意可知，物体初速度为零，x-t图象是一段抛物线，由匀变速直线运动的位移公式可知，物体的加速度a保持不变，物体做匀加速直线运动，由图示图象可知：t=0.5s时x=0.25m，解得a=2m/s2故A错误；B物体做初速度为零的匀加速直线运动，t=0.5s时物体的速度v=at=20.5m/s=1m/s故B错误；C物体在00.5s内物体的平均速度故C错误；D对物体，由牛顿第二定律得mg

16、sin30-mgcos30=ma代入数据解得故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、AC【解析】AB大量氢原子处在能级，向下面的能级跃迁，有三种情况、由知光子的频率有3种。故A正确，B错误；CD其中跃迁放出的能量最小，相应光子的频率最小，为故C正确，D错误。故选AC。8、AC【解析】A线框经过位置时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为故线框中的电功率为A正确；B线框在位置时，左右两边所受安培力大小均为根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力

17、的方向均向左，故此时线框的加速度为B错误；C整个过程根据动量定理可知安培力的冲量为所以安培力的冲量大小为，C正确；D根据线框在位置时其磁通量为，而线框在位置时其磁通量为零，故D错误。故选AC。9、ADE【解析】A在干涉现象中，振动加强的点的振幅比振动减弱的点的振幅大，但是振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小，选项A正确；B单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，当驱动力的频率与单摆的固有频率相等时振幅最大，则外力的频率越大时，单摆的振幅不一定越大，选项B错误；C全息照片的拍摄利用了激光干涉的原理，选项C错误；D根据多普勒效应，频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频

18、率大于v，选项D正确；E电磁波是横波，在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项E正确。故选ADE。10、AC【解析】AB弹簧的弹力一直减小到零，弹力与竖直方向的夹角一直增大，设弹簧弹力与竖直方向的夹角为，在小球缓慢向上运动的过程中可以分析得到一直增大，故A正确，B错误；CD设弹簧的原长为，则杆对小球弹力随增大，减小，故C正确，D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、7.25 d/t 或2gH0t02=d2 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.055mm=0.25mm，则小球的直

19、径d=7.25mm(2)2根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B处的瞬时速度；(3)3小球下落过程中重力势能的减小量为mgH0，动能的增加量若机械能守恒，有：即12、刻度尺 1.015 【解析】(1)1根据实验原理和题意可知，还需要用刻度尺测量A点到光电门的距离，故选刻度尺；(2)220分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为1cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：.(3)3根据机械能守恒的表达式有利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度有整理后有则该直线斜率为可得四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的

20、答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 (1)53；(2)，。【解析】(1)转速最大时，系统力矩平衡：解得：(2)设B带的电量为q，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得：解得：当转角为时电，势能的增加值等于两球克服电场力的功：整理得：式中当：，电势能的最大增加值为。14、 (1)30；(2)； 。【解析】(1)由题OEOCR则：OEC为等腰三角形OECACB30所以入射角：160由折射定律：n 可得：sin2=，230由几何关系：OED30，则折射光平行于AB的方向，如图；(2)折射光平行于AB的方向，所以：ED=2Rcos30=光在介质内的速度：v，传播的时间：t联立可得

21、：t15、 (1)(2)(3)，方向水平向左【解析】(1)若C到最低点过程中，A、C的水平位移为xA、xC，A、C水平动量守恒，有：mxC=mxAxA+xC=L联立可解得xA=即球C静止释放时A、B木块间的距离为(2)若C到最低点过程中，A、C的速度大小为vA、vC，对A、C水平动量守恒和机械能守恒，有：mvC=mvA解得vA=vC=因为A和B质量相等，弹性碰撞过程二者交换速度，则碰撞后，vB=当C第一次向左运动到最高点时，设A和C的共同速度为vAC，对A、C有：联立可解得h=(3)C第一次到最低点至第二次到最低点的过程中，对A、C，由水平动量守恒和机械能守恒，因为A和C质量相等，二者交换速度，则木块A的速度为方向水平向左