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1、2023 年高考物理模拟试卷 考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、质量为 m 的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为 l，另一质量也为 m 且可视为质点的物体从箱子中央以 v0=2 gl的速度开始运动（g 为当地重
2、力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生 5 次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（）A1247 B2194 C22119 D221311 2、硅光电池是一种直接把光能转换成电能的半导体器件，它的工作原理与光电效应类似：当光照射硅光电池，回路里就会产生电流。关于光电效应，下列说法正确的是（）A任意频率的光照射到金属上，只要光照时间足够长就能产生光电流 B只要吸收了光子能量，电子一定能从金属表面逸出 C逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关 D超过截止频率的入射光光强越强，所产生的光电子的最大初动能就越大 3、如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为 1：2，原线圈与固定电阻
3、R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻 R2，A、V 是理想电表。当 R2=2R1 时，电流表的读数为 1A，电压表的读数为 4V，则（）A电源输出电压为 8V B电源输出功率为 4W C当 R2=8 时，变压器输出功率最大 D当 R2=8 时，电压表的读数为 3V 4、如图甲所示，直径为 0.4m、电阻为 0.1 的闭合铜环静止在粗糙斜面上，CD 为铜环的对称轴，CD 以下部分的铜环处于磁感应强度 B 方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，B 随时间 t 变化的图像如图乙所示，铜环始终保持静止，取3，则（）A2st 时铜环中没
4、有感应电流 B1.5st 时铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看）C3.5st 时铜环将受到大小为34.8 10 N、沿斜面向下的安培力 D13s 内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小 5、如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于 n=3 的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为 2.49 eV 的金属钠，下列说法正确的是（）A这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从 n=3 跃迁到 n=2 所发出的光波长最短 B这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从 n=3 跃迁到 n=1 所发出的光频率最高 C金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为 11.11
5、eV D金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为 9.60 eV 6、从空间某点以大小不同的速率沿同一水平方向射出若干小球，不计空气阻力。则它们的动能增大到初动能的 2 倍时的位置处于 A同一直线上 B同一圆上 C同一椭圆上 D同一抛物线上 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、图示水平面上，O 点左侧光滑，右侧粗糙，质量分别为 m、2m、3m 和 4m 的 4 个滑块（视为指点），用轻质细杆相连，相邻滑块间的距离为 L。滑块 1 恰好位于 O
6、点，滑块 2、3、4 依次沿直线水平向左排开。现对滑块 1 施加一水平恒力 F，在第 2 个滑块进入粗糙水平面后至第 3 个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动。已知滑块与粗糙水平面间的动摩擦因素均为，重力加速度为 g，则下列判断正确的是（）A水平恒力大小为 3mg B滑块匀速运动的速度大小为3 gL5 C在第 2 个滑块进入粗糙水平面前，滑块的加速度大小为1g5 D在水平恒力 F 的作用下，滑块可以全部进入粗糙水平面 8、如图所示，实线是一列简谐横波 t=0 时刻的波形图，虚线是 0.2s 时的波形图，下列说法正确的是（）A该波的波长为 4m B若波向右传播，x=1m 的质点 0 时刻正
7、在向 x 轴方向运动 Ct=0.2s 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 3m E.若波向右传播，它的最大周期为 0.8s 9、下列说法正确的是（）A水亀可以停在水面上是因为液体具有表面张力 B功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功 C当两分子间距离大于平衡位置的间离时，分子间的距离越大，分子势能越小 D液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点 E.气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点 10、光滑水平面上有一边长为 L 的正方形区域处在场强为 E 的匀强电场中，电场方向与正方形
8、一边平行 一质量为 m、带电量为 Q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 v0进入该正方形区域 当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是()A0 B2012mv C2012mv12QEL D2012mv23QEL 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）某兴趣小组要精确测定额定电压为 3V 的白炽灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻约 500，实验室提供的器材有：A电流表 A（量程：03mA，内阻15R A）B定值电阻11985R C滑动变阻器 R（010）D电压表 V（量程：010V，内阻
9、1R Vk）E蓄电池 E（电动势为 12V，内阻 r 很小）F开关 S 一个 G导线若干（1）要精确测定白炽灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的_ （2）选择正确电路进行实验，若电压表的示数用 U 表示，电流表的示数用 I 表示，写出测量白炽灯电阻的表达式xR=_（用题目中给的相应字母表示），当电流表中的电流强度 I=_mA 时，记下电压表的读数 U 并代入表达式，其计算结果即为白炽灯正常工作时的电阻。12（12 分）某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并用图钉固定在木板上。固定两个光滑的滑轮 A 和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的质量相等。调整钩码
10、个数使系统达到平衡。(1)实验过程中必须要记录下列哪些数据（_）AO 点位置 B每组钩码的个数 C每个钩码的质量 DOA、OB 和 OC 绳的长度 EOA、OB 和 OC 绳的方向(2)下列实验操作正确的是（_）A将 OC 绳换成橡皮筋，仍可完成实验 B细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可减小实验误差 C尽量保持AOB 为 90、60、120等特殊角方便计算 D若改变悬挂钩码的个数 N3，重新进行实验，必须保持 O 点位置不动，重新调整钩码的个数 N1、N2 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
11、分）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为 v02m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以 v14m/s 的速度从右侧滑上木板，经过 1s 两者速度恰好相同，速度大小为 v21m/s，方向向左。重力加速度 g10m/s2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数 1（2）木板与地面间的动摩擦因数 2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。14（16 分）半径为 R 的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为 O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，AOB=60，已知该玻璃对红
12、光的折射率为n=3 求红光在玻璃中的传播速度为多大？求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与 O 点的距离 d;15（12 分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一矩形区域abcd，ab和bc边长度分别为 9cm 和 8cm，O 为矩形的中心。在矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5BT。在 O 点把一带电小球向各个方向发射，小球质量为0.01kgm、所带电荷量为2qC。(1)求小球在磁场中做完整圆周运动时的最大速度0v；(2)现在把小球的速度增大为0v的85倍，欲使小球尽快离开矩形，求小球在磁场中运动的时间。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分
13、。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、C【解析】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 02mvmv共 解得 012vv共 对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得 022121 2mmQvm v共 解得 2014mgvQm l 由题意可知，小物块与箱子发生 5 次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程 max112sl，min92sl 小物块受到摩擦力为 fmg 对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得 Qfsmgs 故 max29，min211 即22119，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。2、C【解析】AB 当入射光的频率大于金属的截止
14、频率时就会有光电子从金属中逸出，发生光电效应现象，并且不需要时间的积累，瞬间就可以发生。所以 AB 错误；CD根据爱因斯坦的光电效应方程 k0EhW 对于同一种金属，可知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的光强无关。所以 C 正确，D 错误。故选 C。3、C【解析】A当 R2=2R1时，电流表的读数为 1A，电压表的读数为 4V，所以 R2=4，R1=2，理想变压器原、副线圈匝数之比为 1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压是 U1=2V，根据电流与匝数成反比得原线圈电流是 I1=2A，所以电源输出电压为 U=U1+I1R1=2+22=6V 故 A 错误；B电源输出功率为 P=U
15、I1=12W 故 B 错误；C根据欧姆定律得副线圈电流为22UR，所以原线圈电流是222UR，所以 2212622UURR，222128RUR 变压器输出的功率 22222222214414464(8)16URPRRRR 所以当 R2=8 时，变压器输出的功率 P2最大，即为9W2，故 C 正确；D当 R2=8 时，U2=6V，即电压表的读数为 6V，故 D 错误。故选 C。4、C【解析】A分析图乙可知，2st 时，磁感应强度处于变化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，A 错误；B1.5st 时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，铜环中产生顺时针方向的感应电流，B 错误；C
16、3.5st 时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知 220.012VrBBSEtt 根据欧姆定律可知 0.12AEIR 安培力 20.0048NFBIr C 正确；D13s时间内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小后增大，根据楞次定律的可知，安培力先向下减小后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向下逐渐增大，D 错误。故选 C。5、D【解析】这群氢原子能发出三种频率不同的光，根据玻尔理论 E=Em-En（mn）得知，从 n=3 跃迁到 n=1 所发出的光能量最大，由 E=h=hc/得知，频率最高，波长最短故 A B 错误；从 n=3 跃迁
17、到 n=1 辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为 13.6-1.51eV=12.09eV，根据光电效应方程得Ekm=hv-W0=12.09-2.49eV=9.60eV故 C 错误，D 正确故选 D 6、A【解析】动能增大到射出时的 2 倍，根据公式212kEmv，速度增加为初速度的2倍；速度偏转角度余弦为：02cos2vv，故速度偏转角度为 45，故：vy=v0tan45=v 故运动时间为：0vtg 根据平抛运动的分位移公式，有：x=v0t 212ygt 联立解得：12yx 在同一直线上。A.同一直线上。与上述结论相符，故 A 正确；B.同一圆上。与
18、上述结论不符，故 B 错误；C.同一椭圆上。与上述结论不符，故 C 错误；D.同一抛物线上。与上述结论不符，故 D 错误。故选：A 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】A在第 2 个滑块进入粗糙水平面后至第 3 个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动，对整体分析则有：(2)0Fmm g 解得：F=3mg 故 A 正确；B根据动能定理有：21(234)2FLmgLmmmm v 解得 v=25gL 故 B 错误；C由牛顿第二定律得(
19、234)Fmgmmmm a 解得 a=1g5 故 C 正确；D水平恒力 F 作用下，第三个物块进入粗糙地带时，整体将做减速运动，由动能定理得 2211(123)(234)(234)22FLmgLmmmm vmmmm v 解得 25mgLv 故滑块不能全部进入粗糙水平面，故 D 错误。故选 AC。8、ADE【解析】A根据图像可知波长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1mx 处的质点 0 时刻向y轴正方向运动，B 错误；Ct=0.2s 时，x=3m 处的质点的加速度最大且方向沿 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
20、离为 3m，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 10.2s4TnT（n=1，2，3）解得 0.8s41Tn（n=1，2，3）当0n 时，最大周期为0.8s，E 正确。故选 ADE。9、ADE【解析】A水虽可以停在水面上是因为液体具有表面张力的缘故，故 A 符合题意；B功可以全部转化为热；而热量也可以全部转化为功，但要引起其他方面的变化，故 B 不符合题意；C当两分子间距离大于平衡位置的间距 r0 时，分子力表现为引力，分子间的距离增大，分子引力做负功，分子势能增加，故 C 不符合题意；D液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故 D 符合题意；E气体分子
21、无论在什么温度下，根据统计规律知道气体的分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故 E 符合题意。故选 ADE。10、ABC【解析】若电场的方向平行于 AB 向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达 BD 边时，速度可能为 1，所以动能可能为 1故 A 有可能 若电场的方向平行于 AC 向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为12L，根据动能定理可知小球的最大动能为：20212KLEEmvQ，所以 D 不可能，C 可能；若电场的方向平行于 AB 向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达 BD 边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为 v1
22、，动能为2012mv，故 B 可能故选 ABC 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、（1）C （2）1AV()I RRUIR （3）1.5 【解析】（1）1要精确测定额定电压为 3V 的白炽灯正常工作时的电阻，需测量白炽灯灯两端的电压和通过白炽灯灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量白炽灯两端的电压，可以将电流表 A 与定值电阻串联改装为电压表测量电压；白炽灯正常工作时的电流约为 36mA500UIR 左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量总电流，约：1010mA1000V
23、VUIR；因为滑动变阻器阻值远小于白炽灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法。所以电路图选取 C.（2）2根据欧姆定律知，灯泡两端的电压 U=I(R1+RA)，通过灯泡的电流为：VUIIR灯，所以白炽灯正常工作时的电阻为：1AV()=I RRURUIIR灯；3改装后的电压表内阻为：RV=1985+15=2000，则当 I=1.5mA 时，白炽灯两端的电压为 3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻。12、ABE AB 【解析】(1)1A为了验证平行四边形定则，必须作受力图，所以需要确定受力点，即需要标记结点O的位置，A 正确；BC其次要作出力的方向和大小，每个钩码的质量相同，所以钩码
24、的个数可以作为力的大小，不需要测量钩码质量，B 正确，C 错误；DE连接钩码绳子的方向可以表示力的方向，所以需要标记 OA、OB 和 OC 绳的方向，D 错误，E 正确。故选 ABE。(2)2A如果将OC绳换成橡皮筋，在同一次实验过程中，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化，仍可完成实验，A 正确；B细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可以使力的方向更准确，减小实验误差，B 正确；C实验通过平行四边形定则进行力的合成确定力的大小和方向，不需要计算，C 错误；D实验的目的是验证平行四边形定则，重新实验，不需要保持结点位置不动，D 错误。故选 AB。四、计算题：本题共 2 小题，共
25、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、（1）0.3（2）120（3）2.75m【解析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1vvam sm st，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mgma，可以得到：10.3；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：01212vmgmgmt 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以
26、及运动学公式可以得到：21222vmgmgmt 而且121ttts 联立可以得到：2120，10.5st，20.5ts；（3）在10.5st时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：01100.52vxtm，方向向右；在20.5ts时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252vxtm，方向向左；在整个1ts时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52vvxtm，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：122.75xxxxm。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
27、14、1.73108m/s13R【解析】由cnv得 v=3108m/s=1.73108m/s 如图所示，光线 1 不偏折光线 2 入射角 i60.由光折射公式可得：0sinsin,30in，由几何关系可得 i=300 由光折射公式可得：0sinsin,60ni 由正弦定理，得33OCR 则01tan303dOCR 15、（1）2.5m/s（2）s300【解析】（1）O 点到 ad(bc)边的距离为14.5cmD，到 ab(cd)边的距离为24cmD，要使小球不离开磁场，小球与两边相切时，小球做圆周运动的半径最大，如图所示，设最大半径为1R，由几何知识有 112sinRRD 111cosRRD 联立解得 12.5cmR 由0102qv BmvR解得 v0=2.5m/s （2）把小球的速度增大为0v的85倍，即 v=4m/s，此时小球运动的半径为 10.04m4cm=DmvRqB 欲使小球尽快离开矩形，则轨迹如图；由几何关系可知，粒子在磁场中的圆周角为 60，则时间 0.043ss4300Rtv