2023年重庆市第高考物理全真模拟密押卷含解析.pdf

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1、2023学年高考物理模拟试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，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、如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑较链连接，转动手柄，通 过 水 平 螺 纹 轴 减 小 间 的距离，以抬高重物。保持重物不变，和 PN夹角为120。时

2、N 点受到螺纹轴的作用力为尸1；MP和 PN夹角为60。时 N 点受到螺纹轴的作用力为尸2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则 B 与尸2大小之比为（）手柄A.1：1 B.1：3 C.7 3：1 D.3：12、如图，真空中固定两个等量同种点电荷A、B,A 5 连线中点为0。在 A、B 所形成的电场中，以。点为圆心、半径 为 R 的圆面垂直4 8 连线，以 O 为几何中心的边长为2K的正方形平面垂直圆面且与A 8连线共面，两个平面边线交点分别为e、f,则下列说法正确的是（）A.在 a、b、c、d 四点中存在场强和电势均相同的点B.将一试探电荷由e点沿圆弧eg/移到/点电场力始终不做功C.将一试探电荷由

3、/点移到正方形“、氏 c、d 任意一点时电势能的变化量都不相同D.沿线段移动的电荷所受的电场力先增大后减小3、如图，一个质量为m 的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、。两点处，弹簧的劲度系数为上起初圆环处于。点，弹簧处于原长状态且原长为L;将圆环拉至A 点由静止释放，04=08=，重力加速度为g,对于圆环从 A 点运动到8 点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是BA.圆环通过。点的加速度小于gB.圆环在0 点的速度最大21dC.圆环在4 点的加速度大小为g+mD.圆环在8

4、 点的速度为2 疯4、在物理学发展过程中，有许多科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.胡克用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点B.平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动所需要的概念是牛顿首先建立的C.伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体的运动规律D.笛卡尔发现了弹簧弹力和形变量的关系5、为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为L62eV,要使氢原子辐射出的光子可被红

5、外测温仪捕捉，最少应给处于 =2 激发态的氢原子提供的能量为（）n/cVoo_ 05-0.544-0.853-1.512-3.40I-43.60A.10.20eV B.2.89eV C.2.55eV D.1.89eV6、恒星在均匀地向四周辐射能量的过程中，质量缓慢减小，围绕恒星运动的小行星可近似看成在做圆周运动.则经过足够长的时间后，小行星运动的（）A.半径变大B.速率变大C.角速度变大D.加速度变大二、多项选择题：本题共4小题，每小题5 分，共 2 0 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，有一列沿x

6、轴正向传播的简谐横波，在，=（）时刻振源S从。点开始振动。当/=0.2 s 时，波刚好传到x=4m处的质点。下列对该简谐横波的分析中正确的是（）B.频率为5 H z 的简谐横波与该波相遇时一定能够发生干涉现象C.该简谐横波遇到尺寸小于4m的障碍物时能够发生明显的衍射现象D.当f =0.4 s 时，该简谐横波上的M点向右移动了 2 mE.若站在振源右侧的接收者以速度V，匀速向振源靠近，那么接收者接收到的频率一定大于5Hz8、如图所示，一个碗口水平、内壁光滑的半球形碗固定在水平桌面上，在球心O 点固定一电荷量为。的带正电金属球，两个质量相等的绝缘带电小球A 和 B 分别紧贴着内壁在水平面内做匀速圆

7、周运动。若小球A、B 所带电荷量很少,两者间的作用力忽略不计，且金属球和带电小球均可视为质点，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）A.小球A 运动轨迹上各点的电场强度相同B.小球A 运动轨迹上各点的电势相等C.小 球 A 的电荷量大于小球B 的电荷量D.小球A 的角速度大于小球B 的角速度9、如图所示，两块半径均为K 的半圆形玻璃砖正对放置，折射率均为=0;沿竖直方向的两条直径BC、力。相互平行，一束单色光正对圆心。从 A 点射入左侧半圆形玻璃砖，知NAO5=60。若不考虑光在各个界面的二次反射，下列说法正确的是（）A.减小N A 0 8,光 线 可 能 在 面 发 生 全 反 射B.B

8、 C、方。间距大小与光线能否从右半圆形玻璃砖右侧射出无关C.如果8C、夕O 间距大于遮，光线不能从右半圆形玻璃砖右侧射出3D.如 果 BC、山。间 距 等 于 包，光线穿过两个半圆形玻璃砖的总偏折角为15310、图示为振幅、频率相同的两列横波相遇时形成的干涉图样，实线与虚线分别表示的是波峰和波谷，图示时刻，M是波峰与波峰的相遇点，已知两列波的振幅均为4,下列说法中正确的是（）A.图示时刻位于M 处的质点正向前移动B.P 处的质点始终处在平衡位置C.从图示时刻开始经过四分之一周期，尸处的质点将处于波谷位置D.从图示时刻开始经过四分之一周期，M 处的质点到达平衡位置E.M处的质点为振动加强点，其振

9、幅为2A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）（某同学要测定某金属丝的电阻率。（1）如图甲先用游标卡尺测其长度为 cm,如图乙再用螺旋测微器测其直径为 m m,如图丙然后用多用电表x lQ 挡粗测其电阻为（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下:A.电压表V（量程3V.内阻约为15kC）B.电流表A（量程0.6 A.内阻约为1。）C.滑动变阻器Ri（05Q,0.6A）D.1.5V 的干电池两节，内阻不计E.开关S,导线若干请设计合理的电路图，并 画 在 下 图 方 框 内 用上面测

10、得的金属导线长度/、直径d 和电阻也 可 根 据 表 达 式,=算 出 所 测 金 属 的 电 阻 率。12.（12分）某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R 之外，实验室还提供如下器材：电源E（电动势为4.5 V,内阻约 1C）、电流表A（量 程 1m A,内阻约200。）、电压表V（量程3 V,内阻约10k。）、滑动变阻器R（最大阻值为20。）、开关S、导线若干、烧杯、温度计和水。图甲图丙（1）从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是一;（2）图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分

11、导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头尸应 置 于 一 端（填 或泞）；(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的品一，图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是A.在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大B.在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大C.在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距D.在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距四、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

12、文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示，一气球从地面上以大小为%=1 2 m/s 的速度竖直匀速升起，当气球的下端距地面=2 m 高时，在气球的正下方紧贴地面将一小石子愉大小为=2 0 m/s 的初速度竖直上抛。已知小石子受到的空气阻力等于其重力的倍，取 g=1 0 m/s 2,求：(1)小石子追上气球所用的时间；(2)小石子追上气球时的速度大小。14.(16分)随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部

13、边缘绕有闭合单匝矩形线圈abed；火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道M N、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为也,，经过时间，火箭着陆，速度恰好为零；线圈必cd的电阻为K,其余电阻忽略不计；好边长为/,火箭主体质量为小，匀强磁场的磁感应强度大小为8,重力加速度为g,一切摩擦阻力不计，求：(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈谛边两端的电势差U而(2)缓冲滑块刚停止运动

14、时，火箭主体的加速度大小；(3)火箭主体的速度从小减到零的过程中系统产生的电能。火哥主体X X XXX X X XX X X XC X X Xi v T O x v1 5.(1 2分)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为以 纸面内有一正方形均匀金属线框诏c d,其边长为L,每边电阻为K,，以边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至曲边刚要进入的过程中，线框在垂直磁场边界向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)线框中电流/的大小和方向；(2)拉力所做的功W；(3)就边产生的焦耳热。X XX XX X参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共2 4分。在每小题给出的四个选项中，

15、只有一项是符合题目要求的。【解析】当两臂间的夹角为1 2 0。时，两臂受到的压力为2 c o s 6 0 对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为4=2NCOS30O=GG当两臂间的夹角为6 0。时，两臂受到的压力为-=G对 N 点分析，N 点受到螺纹轴的作用力为F2=2N2COS600=-G则有二 二 3:1K故 A、B、C 错误，D 正确；故 选 D。2、B【解析】A.根据等量同种电荷的电场线分布情况可知，。、人的电势相同，电场强度不同，由对称性可知，。、”的电势相同,电场强度也不相同，故 A 错误；B.将一试探电荷由e 点沿圆弧eg/移 到/点，试探电荷受到的电场力始终沿着径向方向，始终与运

16、动的速度方向垂直,根据做功关系可知，电场力始终不做功，故 B 正确；C.由于4、的电势相同，故 从/点 到。、。两点电势能变化量相同，同理从/点到C、d 两点电势能变化量相同,故 C 错误；D.根据等量同种电荷的电场线分布，沿 e。移动电场线先变疏再变密，根据P =q E 可知，电场力先变小后变大，故 D 错误；故 选 B。3、D【解析】A.圆环通过。点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g,故 A 错误；B.圆环受力平衡时速度最大，应 在。点下方，故 B 错误；C.圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在 A 点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在 A点弹簧伸

17、长(x/2-l)L根据牛顿第二定律，有m g +2k(6 L-L)cos 45 =m a解得(2-42)kLq=g+-m故 C 错误；D.圆环从A 到 5 过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能”1 2mg-2L=mv解得u=2疯故 D 正确。故选D。4、C【解析】A C.伽利略利用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，并最早建立了平均速度、瞬时速度等描述物体运动的概念，AB错误；C.伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体运动的规律，C 正确；D.胡克发现弹簧弹力与形变量的关系，D 错误.5、C【解析】A B.处于=2能级的原子不能吸收10.

18、20eV、2.89eV的能量，则选项AB错误；C.处于=2 能级的原子能吸收2.55eV的能量而跃迁到=4 的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从=4 到=3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62eV可被红外测温仪捕捉，选 项 C 正确；D.处于n=2能级的原子能吸收1.89eV的能量而跃迁到=3 的能级，从=3 到低能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62eV,不能被红外测温仪捕捉，选项D 错误。故选C。6、A【解析】A：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，小行星所受的万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A正确；B、C、D：小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行

19、星的质是为，恒星质量为M，则有：Mm4万2 v2=mr-r=m=maT-r量减小，则速度变小，角速度变小，加速度变小，故BCD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。分。7、ACE【解析】A.由图可知该波的波长为几=4 m,当r=0.2s时，波刚好传到X=4m处的质点，所以该波的周期为T=0.2s,该波的频率为5 H z,故波速v=20m/s,T故A正确；B.两列波相遇时能够发生干涉的现象的条件是：两列波的频率相同，相位差恒定，故B错误；C.能够发生明显衍射现象的条件是：障

20、碍物或小孔的尺寸比波长小或差不多(4,A),故C正确；D.简谐横波上的质点都在平衡位置上下振动，不会沿波的传播方向移动，故D错误：E.由多普勒效应可知接收者和波源相向运动时，接收者接收到的频率增大，故E正确。故选：ACE8、BD【解析】A.小球A运动轨迹上的各点到。点的距离相等，根据点电荷的场强表达式E=k Qr可知小球A运动轨迹上各处的电场强度大小相等、方向不同，A错误；B.以。为球心的同一球面是等势面，小球A运动轨迹上的各点电势相等，B正确；C.带电小球的电性无法确定，所以电荷量大小无法确定，C错误；D.对于任意一球，设其轨道上某点与。点连线与竖直方向的夹角为碗的半径为R,由牛顿第二定律m

21、g tan 9=mtxrr又r=RsinO解得R一 定,。越大，角速度越大，所以小球A 的角速度大于小球B 的角速度，D 正确。故选BDo9、AD【解析】A.玻璃徜的临界角为.1 V2sin C=n 2解得C=45所以减小N A 0 3,光 线 可 能 在 面 发 生 全 反 射，故 A 正确;D.由折射定律可得NO，QZ)=45。，贝(JOO=OD=,ZODE=12d3在AO7JE中，由正弦定理可得OD OEsin AOED sin ODE又sm ZODE=2代入数据可得NOEO=30。，由折射定律可得N/EG=45。，所以光线Eb 相对于光线4。偏折了 15。，故 D 正确;BC.BC,夕

22、。间距越大，从右半圆圆弧出射光线的入射角就越大，可能超过临界角，所 以 B C 丁。间距大小与光线能否从右半圆形玻璃右侧射出有关，且当入射角小于45。时均可从右侧面射出，故 BC错误。故选BC10、BDE【解析】A.图示时刻位于M 处的质点只在平衡位置附件上下振动，并不随波迁移，故 A 错误；BC.P 处的质点图示时刻处于波峰和波谷相遇，二者运动的步调始终相反，合位移为0,始终处于平衡位置，故 B 正确，C 错误；D.从图示时刻开始经过四分之一周期，M 处的质点到达平衡位置，位移为0,故 D 正确；E.M 处的质点为振动加强点，其振幅为2 A,故 E 正确。故选BDE,三、实验题：本题共2 小

23、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、6.015 1.770 6 见解析 女工4/【解析】游标卡尺读数为：主尺读数+游标尺读数x 精度，此题读数为：60mm+3x0.05 mm=60.15mm=6.015cm即金属丝的长度为6.015cm。2.螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数+估读，此题的读数为：1.5 mm+27.3x0.01 mm=1.773 mm.即金属丝直径为1.773mm。3.多用表的读数为电阻的粗测值，为 6C。(2)4 .电路图如图所示。p=RS兀 唐RT=T12、热敏电阻的阻值随温度的升高而减小BD【解析】由R-f 图像可知，随

24、着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；(2)研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法,热敏电阻的阻值满足R,J 4 凡，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图所示(3)3 滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端;(4)4AB.绝对误差为0=%则-R真|相对误差为3=1%一&Loo%R真由 图 像 可 知 在 温 度 逐 渐 升 高 的 过 程 中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差加?变化不大，而相对误差3越来越大，故 A 错误

25、，B 正确；C D.在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故 C 错误，D 正确。故你B D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、/=-s(2)v=16m/s3【解析】(1)小石子向上运动过程中，由牛顿第二定律可知:mg+f =ma,其中：f =Q.2mg解得：a=12m/s2由运动学公式可得:卬g a/=卬+力解得:1t=-s3小石子追上气球时的速度大小：v=v-at 9解得：v=16m/s14、(1)Uab=-Blv0

26、(2)q=g(3)石=+gf)十 一；4 mR B213 2【解析】(l)ab边产生电动势：E=BLvn,因此3Uab=3Bl%安培力耳 =B，电流为/=_/，对火箭主体受力分析可得：RFab-mg=ma解得：攻%a=-gmR设下落f时间内火箭下落的高度为h,对火箭主体由动量定理：ingt Fuht=0/nvo即B2lhm gt-.=0m voR化简得mR(v0+gf)Fz?-根据能量守恒定律，产生的电能为:,1 2E=mgn+3 mvj代入数据可得：E=15、(1)器；方向是由。到小筌(3)B NV167?【解析】(1)由于ad边向左切割磁感线，故产生的感应电动势为E=BLv故线框中的电流、,E BLv/=获=/由右手定则判断出电流的方向是由a 到 d；(2)由于线框匀速运动，故拉力F=F安=3=史24R拉力做的功W=也=4/?(3)拉力做功全部转化为电流产生的焦耳热，则成边产生的焦耳热源=也=卜=fi2L3v16R