2023届安徽省马鞍山市高考仿真模拟物理试卷含解析.pdf

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1、2023学年高考物理模拟试卷注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3,请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折暴、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、已知天然材料的折射率都为正值（勺0）。近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负 值

2、称 为 负 折 射 率 介 质。电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图所示。点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。如图2所示，其中直线SO垂直于介质平板，则图中画出的4条折射线（标号为1、2、3、4）之中，正确的是（）A.1 B.2 C.3 D.42、如图所示为单摆的振动图像，根据此振动图像不能确定的物理量是（）A.摆长 B.回复力 C.频率 D.振幅3、用木板搭成斜面从卡车上卸下货物，斜面与地面夹角有两种情况，如图所示。同一货物分别从斜面顶端无初速度释放下滑到地面。已知货物与每个斜面间的动摩擦因数均相同

3、，不计空气阻力。则 货 物（）A.沿倾角a的斜面下滑到地面时机械能的损失多B.沿倾角的斜面下滑到地面时重力势能减小得多C.沿两个斜面下滑过程中重力的功率相等D.沿两个斜面下滑过程中重力的冲量相等4、如图所示，变压器为理想变压器，电压变化规律为a=2 0&sin l0 0 m V 的交流电压接在。、b 两端，L 为灯泡，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A i的示数增大了 0.2 A,电流表A2的示数增大了 0.8 A,则下列正确的是（）A.电压表V2示数不变，V3示数增大B.变阻器滑片是沿-c的方向滑动C.该变压器起降压作用D.灯泡发光每秒闪50次5、如图，

4、倾角为a=45。的斜面A 5C 固定在水平面上，质量为机的小球从顶点A 先 后 以 初 速 度 和 2%向左水平抛出,分别落在斜面上的尸卜尸2点，经历的时间分别为心 54 点与尸卜B 与 P2之间的距离分别为和自 不计空气阻力影响。下列说法正确的是（）B.A：2=1：2C.两球刚落到斜面上时的速度比为1：4D.两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：16、如图所示，大小可以忽略的小球沿固定斜面向上运动，依次经a、b、c、d 到达最高点e.已知裙=6m,bc=lm,小球从a到 c 和从c 到d所用的时间都是2s,设小球经b、c时的速度分别为vb va,则下列结论错误的是（）A.de=3

5、mB.匕=3 m/sC.从 d 到 e 所用时间为4sD.vh=AAOITI/S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，实线是一列简谐横波UO时刻的波形图，虚线是0.2s时的波形图，下列说法正确的是（）B.若波向右传播，x=lm 的质点。时刻正在向x 轴方向运动C.U0.2s时，x=3m处的质点的加速度最大且方向沿y 轴负方向D.若波向左传播，00.2s时间内它传播的最小距离为3mE.若波向右传播，它的最大周期为0.8s8、关于热现象，下列说法正确的

6、是（）A.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径（也就是单层油酸分子组成的油膜的厚度）等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比B.两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，它们都随距离的增大而减小，当两个分子的距离为4 时，引力与斥力大小相等，分子势能最小C.物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是从各向异性或各向同性来判断D.如果用。表示物体吸收的能量，用 W 表示物体对外界所做的功，AU表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为。=AU+WE.如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到100%9、两相距2R、电量相等的点电荷。卜 Q2

7、放在水平轴线上，Qi带负电，带正电，O 为两者中点。以 Qi为圆心、半径为R 的球面上有。、b、c 三位置，a、Qi、Q2在同一竖直平面内，b、c、Qi在同一水平平面内，且“、连线与水平轴垂直，6、c 连线与水平轴平行，a、O 相距为R,如图所示。下列说法正确的是（）A.“、分两处电势相等B.b、c 两处电势相等C.a、b 两处场强大小相等D.从 c 两处场强大小相等10、如图所示电路中，电源内阻忽略不计.闭合电键，电压表示数为U,电流表示数为/；在滑动变阻器R 的滑片尸由 a 端滑到b 端的过程中A.。先变大后变小 B./先变小后变大C.。与/比值先变大后变小 D.。变化量与/变化量比值等于

8、R3三、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）某同学在实验室利用图甲所示的装置探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”。图中长木板水平固定，小吊盘和盘中物块的质量之和，远小于滑块（含滑块上的祛码）的质量图甲 图乙（1）为减小实验误差，打点计时器应选用（填“电磁打点计时器”或“电火花计时器（2）该同学回到教室处理数据时才发现做实验时忘记了平衡摩擦力，也没有记下小吊盘和盘中物块的质量之和。图乙为实验中所得的滑块的加速度a 与 滑 块（含滑块上的祛码）的 质 量 的 倒 数 的 关 系 图 象。取 小 10m/s2,根据

9、图象可求M出小吊盘和盘中物块的质量之和约为 k g,滑 块 与 长 木 板 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为，12.（12分）某实验小组在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，实验装置如图甲所示。（1）下 列 说 法 正 确 的 是.A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于水平位置且处于平衡状态C.用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D.用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比一定相等（2）某同学由实验测得某弹簧的弹力尸与长度乙的关系如图乙所示，则弹簧的原长为=c m,劲度系数k=N/m；（3）该同学将该弹簧制成一把弹簧测力

10、计，当弹簧测力计的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x=c m。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）滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A 点水平离开=0.8m高的平台，运 动 员（连同滑板）恰好能无碰撞的从5 点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C 点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C 点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C 点，8、C 为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R=lm；。为圆心，圆弧对应的圆心角9=53。，已知g=10m/s2,si

11、n 370=0.60,cos37=0.8 0,不计空气阻力，运 动 员（连同滑板）质量zn=50kg,可视为质点，试求：（1）运 动 员（连同滑板）离开平台时的初速度vo;（2）运 动 员（连同滑板）通过圆弧轨道最低点对轨道的压力；（3）运 动 员（连同滑板）在水平面上滑行的最大距离。14.（16分）如图,A、B 为半径R=lm 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道,在四分之一圆弧区域内存在着E=lxl06v/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m=lk g、带电荷量q=+1.4xl（p 5 c 的 物 体（可视为质点），从 A 点的正上方距离A点 H 处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L

12、=2m、与物体间动摩擦因数|i=0.2 的粗糙绝缘水平面.（取 g=10 m/s2）口（1）若 H=lm,物体能沿轨道AB到达最低点B,求它到达B 点时对轨道的压力大小；（2）通过你的计算判断：是否存在某一 H 值，能使物体沿轨道AB经过最低点B 后最终停在距离B 点 0.8m 处.15.（12分）如图，xOy坐标系位于竖直面（纸面）内，第一象限和第三象限存在场强大小相等、方向分别沿x 轴负方向和y 轴正方向的匀强电场，第三象限内还存在方向垂直于纸面、磁感强度大小为8 的匀强磁场（未画出）。现将质量为机、电荷量为g 的微粒从P（L,L）点由静止释放，该微粒沿直线P。进入第三象限后做匀速圆周运动

13、，然后从 z 轴上的。点（未标出）进入第二象限。重力加速度为g。求：（1）该微粒的电性及通过0 点时的速度大小；磁场方向及该微粒在P Q间运动的总时间。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、D【解析】A B C D.由题，点波源S 发出的电磁波经一负折射率平板介质后，折射光线与入射光线在法线的同一侧，所以不可能是光学1 或 2；根据光线穿过两侧平行的介质后的特点：方向与开始时的方向相同，所以光线3 出介质右侧后，根据折射光线与入射光线在法线同侧这一条件，光线将无法汇聚形成实像；光线4 才能满足“同侧”+“成实像

14、”的条件，所以折射光线4 可能是正确的，光线3 是错误的，由以上的分析可知，ABC错误D 正确。故选D。2,B【解析】由图可直接看出的物理量有：周 期 T=2s,振幅A=3cm；由单摆的周期公式：则频率:/=：=0.5Hz可求出摆长为:由于不知道摆球的质量，所以无法知道回复力。B 正确，ACD错误。故选B。3、A【解析】A.设斜面长为L,货物距地面的高度为，根据功的定义式可知，滑动摩擦力对货物做的功为hWf=-FfL=-/.imgLcosQ=-/m gcos0-=-/jmghcotQJ J sin0所以货物与斜面动摩擦因数一定时，倾角。越小，克服摩擦力做功越多，机械能损失越多，故 A 正确；B

15、.下滑到地面时的高度相同，重力做功相同，重力势能减少量相同，故 B 错误；C D.沿倾角大的斜面下滑时货物的加速度大，所用时间短，根据P =。可知沿斜面下滑过程中重力的功率大，根据t/=R 可知沿斜面下滑过程中重力的冲量小，故 C、D 错误；故选A。4、C【解析】A B.观察到电流表A1的示数增大了 0.2 A,电流表A2的示数增大了 0.8 A,即副线圈电流增大，由于6 接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即 V”V2示数不变，V3示数减小根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿CTd的方向滑动，故 AB错误，C.观察到电流表A i的示数增大了 0.2A,

16、电流表A2的示数增大了 0.8A,即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量,根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故 C 正确；D.由,=20五 sinlOOwV可知，交流电的频率为2兀10071=50Hz由于交变电流一个周期内电流方向发生100次变化，所以灯泡发光每秒闪100次，故 D 错误。故选C。5、D【解析】A.根据1 2tan 6=-=卬 2%得L 2votan(9g因为初速度之比为1:2,则运动的时间之比为1：2,故 A 错误。B.水平位移x_ 2v02tan vot=g因为初速度之比为1：2,则水平位移之比为1：4,由I=2x可知/|：12=1：4故 B 错误。C.根据动能

17、定理mv2=m vm gy其中产x,则v=亚+2gy=J片+4%tan 45。=6%则两球刚落到斜面上时的速度比为1：2,选项C 错误;D.平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2 倍，由于落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1,故 D 正确。故选D。6、A【解析】B.由题，小球从a 到 c 和从c 到 d 所用的时间都是2 s,根据推论得知，c 点的速度等于ad间的平均速度，则有ac+cd 12,v=-=-=3m/sc 2t 2x2选项B 不符合题意；D.ac间中点时刻的瞬时速度为v=-=3.5m/s

18、1 t 2cd中间时刻的瞬时速度cd 5,“，v2=m/s=2.5m/s故物体的加速度a-=0.5m/s*2*4t则de=s-cd=9-5m=4m.故A符合题意.C.设d到e的时间为7,则de=aT2,2解 得7=4s.故C不符合题意.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、ADE【解析】A.根据图像可知波长2=4m,A正确；B.若波向右传播，质点不随波迁移，根据同侧法可知x=1m处的质点0时刻向)轴正方向运动，B错误；C.U0.2s时，x=3m处的质点的加速度最大且方向

19、沿y轴正方向，C错误；D.若波向左传播，00.2s时间内根据图像可知图中波峰的移动的最小距离为3 m,则它传播的最小距离为3m,D正确；E.若波向右传播，经过0.2s时0.2s=T+nT(=1,2,3)4解得0 8T=:s(n=L 2,3)由?一vj=2abc得,Vb=V10 m/s.故D不符合题意.A.设c点到最高点的距离为s,贝(I：4 +1当=()时，最大周期为0.8s,E 正确。故选ADEo8、ABD【解析】A.根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，由于油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含纯油酸体

20、积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径，故 A 正确；B.当分子间的距离rVro时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离rro时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，所以当两个分子的距离为时，引力与斥力大小相等，分子势能最小，故 B 正确；C.单晶体具有各向异性，多晶体与非晶体都具有各向同性，所以不能根据各向异性或各向同性来判断物质是晶体还是非晶体；晶体具有一定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，比较可靠的方法是通过比较熔点来判断，故 C 错误；D.根据热力学第一定律可知，如果用。表示物体吸收的能量，用 W表示物体对外界所

21、做的功，6 U 表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q=U+W,故 D 正确；E.即使没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100%.故 E错误。故选ABD.9、AC【解析】A B.在。产生的电场中，“、从 c 三点等势，在。2产生的电场中，。、5 等势且高于c 点电势，故 A 正确，B 错误；C.由对称性可知，。、力两点场强大小相等，方向不同，故 C 正确；D.仇 c 与。等距，距。2的距离b 近 c 远，由平行四边形定则可知，b 点场强大于c 点，故 D 错误。故选AC,10、BC【解析】由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内

22、阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故 A 错误；在滑动变阻器用的滑片尸由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，u 与 I 的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所 以 u 与 I 比值先变大后变小，故 C 正确；由于电压表示数没有变化，所以U 变化量与I 变化量比值等于0,故 D 错误；【点睛】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时，在最中间时，电阻最大，滑片从一端移动到另一端的过程中，电阻先增大后减小，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、电

23、火花打点计时器 0.02 0.2【解析】(1)口 电磁打点计时器纸带运动时，振针振动，计时器与纸带存在较大摩擦，而电火花打点计时器由火花放电，摩擦小，故选用电火花打点计时器误差小；(2)2根据牛顿第二定律，对滑块有T-/jMg=Ma变形后得Ta=一 gM图像斜率表示合外力则有2T=Z=N=0.2N10由于小吊盘和盘中物块的质量之和，远小于滑块(含滑块上的祛码)的质量则小吊盘和盘中物块的总重力近似等于合力，所以小吊盘和盘中物块的总质量为m=0.02kg8 一3乙图中纵截距-2=g则滑块与木板间的动摩擦因数为=0.212、AB 10 50 16【解析】(1)1A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度

24、，否则弹簧会损坏，故 A 正确；B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于水平位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，待钩码静止时再读数，故 B 正确；C.弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故 C 错误；D.拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同弹簧的劲度系数可能不同，故 D错误。故选AB,由 尸 一L 图像和胡克定律分析知，图像的斜率为弹簧的劲度系数，当尸=0时，横轴的截距为弹簧的原长，据图所知，横轴截距为10cm,即弹簧的原长为10cm；3图像的斜率1 0.0 .(3 0-1 0)x 1 0 =N/m=5N/m(3)4弹簧测力计

25、示数F=3.0N,弹簧的伸长量为3.0A x =m=0.0 6 m =6 c m5 0弹簧长度x=(1 0 +6)c m=1 6 c m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、(l)3m/s；(2)2150N,竖直向下；(3)3.55m【解析】(1)运动员从A 平抛至B的过程中，在竖直方向有*=2 g 在 B 点有vv=v()t a n 0 由 得%=3m/s()运动员在圆弧轨道做圆周运动到C 处时，牛顿第二定律可得:FN-mg=m芯运动员从A 到C的过程，由机械能守恒得：7?(l-cos5 3)J=-mv1 联立

26、解得a=2 15 0N由牛顿第三定律得：对轨道的压力为=2 1 5 0N方向竖直向下；(3)运 动 员 经 过C点以后，由图可知：x,=0.5m,=0.51 2设 最 远 距 离 为x,则 由 动 能 定 理 可 得:；mv2=；jumgxt+pimg(x-x,)由代值解得x=3.55m14、(1)8N；(2)不存在某一 H值，使 物 体 沿 着 轨 道AB经 过 最 低 点B后，停 在 距 离B点0.8 m处.【解 析】(1)物 体 由 初 始 位 置 运 动 到B点的过程中根据动能定理有mg(R+H)-qER=；mv2m V到 达B点 时 由 支 持 力FN、重 力、电场力的合力提供向心力

27、F N-m g+q E=T-解 得FN=8N根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N,方向竖直向下(2)要 使 物 体 沿 轨 道AB到 达 最 低 点B,当 支 持 力 为0时，最低点有个最小速度V,则q E-m g=R解 得v=2 m/s在粗糙水平面上，由动能定理得：-nmgx=；mv：所以 x=l m0.8 m故不存在某一 H值，使 物 体 沿 着 轨 道AB经 过 最 低 点B后，停 在 距 离B点0.8 m处.【名 师 点 睛】本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，关键是能正确分析物体的受力情况和运动情况，选择合适的过程应用动能定理，难度适中.15、(1)v=2ygL；(2)+2qB2Lg【解析】(1)微粒运动轨迹如答图1,其在第一象限沿P O连线做匀加速直线运动到达。点故微粒带正电;冬图1二力的合力方向由指向。，有:mg=qE由动能定理有mgL+qEL-g mv2解得v=2弧(2)由左手定则知，该磁场的方向垂直于纸面向外;在第一象限内，由运动学规律有：得在第三象限内，由牛顿第二定律有：2VBqv-m 由几何关系，微粒做圆周运动对应的圆心角为0=90。故90 2乃H 兀mb=-X-=-2 360 v 2qB解得微粒从P到Q运动的时间为:7rm2L8