《2023届江苏省南京市梅山高级中学高考仿真卷物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届江苏省南京市梅山高级中学高考仿真卷物理试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 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，一理想变压器，其原副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，为了使变压器输入功率增大，可使 A其他条件不变，原线圈的匝数 n1增加 B其他
2、条件不变，副线圈的匝数 n2减小 C其他条件不变，负载电阻 R 的阻值增大 D其他条件不变，负载电阻 R 的阻值减小 2、如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内，力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于 A棒的机械能增加量 B棒的动能增加量 C棒的重力势能增加量 D电阻 R 上放出的热量 3、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铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小 MN 间的距离
3、，以抬高重物。保持重物不变，MP 和 PN 夹角为 120时 N 点受到螺纹轴的作用力为 F1；MP 和 PN 夹角为 60时 N 点受到螺纹轴的作用力为 F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则 F1与 F2大小之比为（）A1：1 B1：3 C3：1 D3：1 4、如图所示，实线为两个点电荷 Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为正电荷从 A 点运动到 B 点的运动轨迹，则下列判断正确的是（）AA 点的场强小于 B 点的场强 BQ1的电荷量大于 Q2的电荷量 C正电荷在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能 D正电荷在 A 点的速度小于在 B 点的速度 5、如图是质谱仪的工作原理示意图，它是分析同位
4、素的一种仪器，其工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，挡板 D 上有可让粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1A 2。若（）A只增大粒子的质量，则粒子经过狭缝 P 的速度变大 B只增大加速电压 U，则粒子经过狭缝 P 的速度变大 C只增大粒子的比荷，则粒子在磁场中的轨道半径变大 D只增大磁感应强度，则粒子在磁场中的轨道半径变大 6、如图所示，轻质弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一质量为 m 的小滑块。刚开始时弹簧处于原长状态，现给小滑块上施加一水平力 F，使之沿光滑水平面做匀加速直线运动，运动过程中弹簧未超出弹性限度。下列关于水平力 F 随
5、位移 x 变化的图像正确的是（）A B C 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、甲、乙两车在平直公路上同向行驶时的 v-t 图像如图所示，t0时刻，两车并排行驶，下列说法正确的是（）At=0 时，甲车在乙车前 0.68 v0t0 B两车速度相等的时刻为 1.2t0 C两车再次并排行驶的时刻为 1.4t0 D两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 0.04v0t0 8、如图所示.轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接，另一端与物体 A
6、相连，物体 A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连。开始时用手托住 B，让细线恰好伸直然后由静止释放 B，直至 B 获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是（）AB 物体的动能增加量小于 B 物体重力势能的减少量 BB 物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的増加量 C细线拉力对 A 做的功等于 A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 D合力对 A 先做正功后做负功 9、如图所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。若不改变电容器的带电量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是（）A将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质 B将左极
7、板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板 C将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板 D将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质 10、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦圆心 O 点正下方放置为 2m 的小球 A，质量为 m 的小球 B 以初速度 v0向左运动，与小球 A 发生弹性碰撞碰后小球 A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球 B 的初速度 v0可能为（）A2 2gR B2gR C2 5gR D5gR 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）某同学设计了一个既可以测电阻又可
8、以测电源电动势与内阻的实验电路，如图甲所示，实验室提供了以下实验器材：电源 E（电动势约为 6V，内阻约为 1）；定值电阻 R0（阻值约为 5）；电流表 A（量程 30mA，内阻约为 5）；电流表 B（量程 1A，内阻约为 1）；电压表 C（量程 6V，内阻约为 5k）；电压表 D（量程 3V，内阻约为 3k）；滑动变阻器 F（阻值 020）；滑动变阻器 G（阻值 0500）根据题中所给信息，请回答以下问题 (1)电流表应选_，滑动变阻器应选_；（选填器材代号）(2)该同学操作正确无误，用 U1、U2、I 分别表示电表 V1、V2、A 的读数，其数据如下表所示：I（A）0.30 0.35 0.
9、40 0.45 0.50 0.55 U1（V）5.68 5.61 5.57 5.51 5.48 5.40 U2（V）1.44 1.69 1.91 2.16 2.39 2.62 根据表中数据求得定值电阻 R0=_（保留一位小数），其测量值_真实值（选填“”、“”、“”、“”或“=”）。12（12 分）某同学设计测量电流表内阻的实验。待测电流表的内阻 Rg约在 1k2k 之间，量程 250A。提供实验器材：电源（4V，0.6）电键 S 及导线若干 一只电阻箱 R（09999）滑动变阻器 R1（050，0.6A）滑动变阻器 R2（01k，0.3A）某同学的测量过程如下：第一，选择实验器材，设计实验的
10、电路图，如图甲所示：第二，实验操作步骤如下：先按电路图接好各元件，调节滑动变阻器 R的滑片 P 位置，再使电阻箱阻值为零 闭合电键 S，调节滑动变阻器 R的滑片 P 于某一位置，使电流表达到满刻度 Ig 滑动变阻器 R的滑片 P 保持不变，调节电阻箱值使电流表读数为 Ig的一半，记下电阻箱读数 Rx，则待测电流表的内阻 RgRx，请回答以下问题：(1)为了精确测量电流表的内阻，该同学选择的滑动变阻器 R是_（选填“R1”或“R2”）。(2)该同学在操作步骤中，滑动变阻器 R的滑片 P 应置于_端（选填“a”或“b”）理由是_。(3)接照该同学所设计的实验思路，用铅笔画出的线代表导线在图乙中替他
11、完善正确规范的实验电路连接，导线不能交叉_。(4)在实验步骤中，确保滑动变阻器 R的滑片 P 的位置不变，其理由是_。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）如图所示，在直角坐标 xOy 平面内，第一、二象限有平行 y 轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平面的匀强电磁场。一质量为 m、电荷量为 q 的正电粒子，从坐标原点 O 以大小为 v0，方向与 x 轴正方向成37的速度沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到 x 轴时，经过 x 轴上的 P 点（图中未标出），已知电场强度大小为 E，粒子重力不计，
12、sin37=0.6，cos37=0.8(1)求 p 点的坐标；(2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到 x 轴的位置与坐标原点 O 的距离为 OP 的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。14（16 分）如图所示，平面直角坐标系的 x 轴沿水平方向，在第一象限内 y 轴与直线 x=L 之间存在沿 y 轴正方向的匀强电场。一个质量为 m，带电量为 q（q0）的小球（重力不能忽略），以初速度 v0从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入电场，一段时间后以02v的速度从第一象限内的 A 点（图中未画出）射出电场，重力加速度为 g。求：（1）A 点的纵坐标；（2）电场强度 E 的大小。15（12 分）如图所示，
13、两块相同的金属板 M 和 N 正对并水平放置，它们的正中央分别有小孔 O 和 O，两板距离为2L，两板间存在竖直向上的匀强电场；AB 是一根长为 3L 的轻质绝缘竖直细杆，杆上等间距地固定着四个（1、2、3、4）完全相同的带电荷小球，每个小球带电量为 q、质量为 m、相邻小球间的距离为 L，第 1 个小球置于 O 孔处将AB 杆由静止释放，观察发现，从第 2 个小球刚进入电场到第 3 个小球刚要离开电场，AB 杆一直做匀速直线运动，整个运动过程中 AB 杆始终保持竖直，重力加速度为 g。求：（1）两板间的电场强度 E；（2）第 4 个小球刚离开电场时 AB 杆的速度；（3）从第 2 个小球刚进
14、入电场开始计时，到第 4 个小球刚离开电场所用的时间。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。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】试题分析：据题意，已知变压器原线圈输入功率由副线圈输出功率决定，为了使变压器输入功率增大，可以调整副线圈的输出功率，当原线圈输入电压不变时，副线圈上的电压也不变，由2UPR可知，当负载电阻减小时，副线圈输出功率增加，故 D 选项正确而 C 选项错误；其它条件不变，当增加原线圈匝数时，据1122nUnU可得1221U nUn，则副线圈电压减小，而功率也减小，A 选项错误；副线圈匝数减小，同理可得变压器功率
15、减小，故 B 选项错误 考点：本题考查变压器原理 2、A【解析】棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内，F 做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大根据动能定理分析力 F 做的功与安培力做的功的代数和【详解】A棒受重力 G、拉力 F 和安培力 FA的作用由动能定理：WF+WG+W安=EK 得 WF+W安=EK+mgh 即力 F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量故 A 正确 B由动能定理，动能增量等于合力的功合力的功等于力 F 做的功、安培力的功与重力的功代数和故 B 错误 C棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量故 C 错误 D棒克服安培力做功等于电阻 R 上放出的热量
16、故 D 错误【点睛】本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏 3、D【解析】当两臂间的夹角为120时，两臂受到的压力为 1 2cos60GNG 对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为 112cos303FNG 当两臂间的夹角为60时，两臂受到的压力为 23 2cos303GNG 对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为 2232cos603FNG 则有 123:1FF 故 A、B、C 错误，D 正确；故选D。4、C【解析】A根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知 A 点的场强比 B 点的场强大，故 A 错误；B根据电场线分
17、布情况可知 Q1、Q2 是同种电荷。由点电荷周围电场线较密可知点电荷带电荷量较多，即 Q1Q2，故 B 错误；C正电荷做曲线运动，受到的合力方向指向曲线的凹处，并且和电场线在一条直线上，所以正电荷电场力方向指向Q2，由于正电荷从 A 点运动到 B 点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于 90，电场力做负功，电势能增大，即正电荷在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能，故 C 正确；D正电荷从 A 点运动到 B 点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故正电荷在 A 点的速度大于在 B 点的速度，故 D 错误。故选 C。5、B【解析】AB粒子在电场中加速时，根据动能定理可得 212mvU
18、q 即 2vUqm 所以粒子质量增大，则粒子经过狭缝 P 的速度变小，只增大加速电压 U，则粒子经过狭缝 P 的速度变大，A 错误 B 正确；CD粒子在磁场中运动时有 2vqvBmr 联立解得 2mUqrB 所以只增大粒子的比荷（qm增大）或只增大磁感应强度，半径都减小，CD 错误。故选 B。6、D【解析】小滑块运动过程中受到水平向右的拉力以及水平向左的弹力作用，而小滑块运动的位移大小等于弹簧的形变量，根据牛顿第二定律有 Fkxma 所以有 Fmakx 所以水平力F随位移x变化的图像是不过原点的一条倾斜直线，故 A、B、C 错误，D 正确；故选 D。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5
19、 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、BC【解析】A根据“面积”大小表示位移，由图象可知 0 到0t内，甲车通过的位移为 10 0 xv t 乙车通过的位移为 20000 010.8(0.2)0.322xvttv t 根据题意则有0t 时，乙车在甲车前 01200.68xxxv t 故 A 错误；B甲车做匀速直线运动，速度为 0vv甲 乙车做匀加速直线运动，速度为 00000000.8(0.2)(0.2)0.2vvvttttttt乙 两车速度相等，则有 vv甲乙 解得 01.2tt 故 B
20、 正确；C设两车再次并排行驶的时刻为1t，甲车通过的位移为 3010()xv tt 乙车通过的位移为 20401010010.8()()2vxv ttttt 其中 34xx 解得 101.4tt 故 C 正确；D甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 0000 0(1.40.8)0.6vtttxv 故 D 错误；故选 BC。8、AC【解析】A由于 A、B 和弹簧系统机械能守恒，所以 B 物体重力势能的减少量等于 A、B 增加的动能以及弹性势能，故 A 正确；B整个系统机械能守恒，所以 B 物体杋楲能减少量等于 A 物体与弹簧机械能的增加，故 B 错误；C根据功能关系除重力和弹簧弹力
21、以外的力即绳子的拉力等于 A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故 C 正确；D由题意由静止释放 B，直至 B 获得最大速度，该过程中 A 物体的速度一直在增大，所以动能一直在增大。合力一直对 A 做正功，故 D 错误。故选 AC。9、AC【解析】A将左极板向左移动少许，则 d 变大，同时在两极板之间插入电介质，则 变大，根据4SCkd可知 C 可能变大，根据 Q=CU 可知，U 可能减小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项 A 正确；B将左极板向左移动少许，则 d 变大，同时取出两极板之间的金属板，则也相当于 d 变大，根据4SCkd可知 C一定变小，根据 Q=CU 可知，U 变大，即
22、静电计指针的偏转角度变大，选项 B 错误；C将左极板向左移动少许，则 d 变大，同时在两极板之间插入金属板，则相当于 d 又变小，则总体来说可能 d 减小，根据4SCkd可知 C 可能变大，根据 Q=CU 可知，U 变小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项 C 正确；D将左极板向下移动少许，则 S 减小，同时取出两极板之间的电介质，则 变小，根据4SCkd可知 C 一定减小，根据 Q=CU 可知，U 变大，即静电计指针的偏转角度一定变大，选项 D 错误；故选 AC。10、BC【解析】A 与 B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设 B 的初速度方向为正方向，设碰撞后 B 与 A
23、的速度分别为 v1和 v2，则：mv0=mv1+2mv2 由动能守恒得：2220121112222mvmvmv 联立得：0223vv 1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为 vmin，由牛顿第二定律得：2mg=2min2vmR A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：222min11222222mgRmvmv 联立得：v0=1.5 5gR，可知若小球 B 经过最高点，则需要：v01.5 5gR 2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O 等高处，由机械能守恒定律得：221222mg Rmv 联立得：v0=1.5 2gR 可知若小
24、球不脱离轨道时,需满足：v01.5 2gR 由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v01.5 2gR或 v01.5 5gR，故 AD 错误，BC 正确 故选 BC【点睛】小球 A 的运动可能有两种情况：1恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球 A 的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球 B 的初速度；2小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O 等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球 A 的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球 B 的初速度 三、
25、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、B F 4.8 =【解析】(1)12电源电动势为 6V，保护电阻约为 5，则电流约为 I=06=1 5ERrA=1A 故为了能准确测量，电流表应选择 B；因电源内电阻较小，故滑动变阻器应选择阻值较小的 F；(2)345由电路图可知，U2为定值电阻两端的电压，电流表示数为 R0中的电流，由图可知电压表示数与电流表示数成正比，则可知，定值电阻的阻值为 R0=2UI4.8 由于采用了电流表外接法，故测量出的电流偏大，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；如果用来测量电动势和内阻，由于采用相对电源的电流表外
26、接法，由于电压表分流作用而使电流表示数偏小，则测出的电动势偏小；(3)6由于电压表支路中电流为零，故电压表不再分流，则此时电流表测出的电流为干路电流，电压表示数为路端电压，因此测量结果是准确的。12、R1 a 接通电路时，确保电流表安全 保持 aP 间电压不变 【解析】(1)1根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，为了便于调节分压，需要选择阻值较小，额定电流较大的滑动变阻器，即 R1。(2)23为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于 a 端，这样测量电路部分开始时分压为 0，保证了电路安全。(3)4根据电路图，连接实物图如图所示：。(4)5在实验步骤中，确保滑动变阻器
27、R的滑片 P 的位置不变，其理由是保持 aP 间电压不变。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、（1）（202425mvEq，0）；（2）052EBv，方向垂直坐标平面向外；056EBv，方向垂直坐标平面向外【解析】(1)由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿 y 轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和 x 轴匀速直线运动合成的。设回到 x 轴过程所需要的时间为 t，y 轴：0si 37nyvv 加速度 a=Eqm 时间 t=2yva x 轴：0co 37sxvv，x=vxt 联立上式，可解得 202425mv
28、xEq 即 p 点的坐标为（202425mvEq，0）(2)第二次回到 x 轴的位置与坐标原点 O 的距离为 OP 的一半，满足题意得有两种情况。回到 x 轴时在 O 点右侧。如图所示，由几何关系，可知轨迹半径 2011254sin37125xmvRxqE 由 2001mvqv BR 解得：052EBv 方向垂直坐标平面向外；回到 x 轴时在 O 点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径 2026522sin3745xxmvRxqE（）由 2002mvqv BR 解得：056EBv 方向垂直坐标平面向外 14、（1）2L（2）20mvmgqqL【解析】（1）小球在电场中做类平抛运动，设其在电
29、场中运动时间为 t、离开电场时竖直分速度为 vAy，将小球的位移 OA 和在A 点的速度 vA分别分解在水平方向和竖直方向，则有 22200(2)vvvAy 水平方向：0Lv t 竖直方向：2vytAyA 联立式得：2LyA（2）y 方向由：vatAy 由牛顿第二定律有：qEmgma 联立解得：20mvmgEqqL。15、（1）2mgq；（2）2gl；（3）(2 21)Lg【解析】（1）两个小球处于电场中时，根据平衡条件 2qE=4mg 解得 E=2mgq（2）设第 4 个小球刚离开电场时，杆的运动速度为 v，对整个杆及整个过程应用动能定理：4mg5L-4qE2L=124mv2 解得 v=2gL（3）设杆匀速运动时速度为 v1，对第 1 个小球刚进入电场到第 3 个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得 4mg2LqE（L2L）124mv21 解得 v1gL 第 2 个小球刚进入电场到第 3 个小球刚要离开电场的这段时间，整个杆做匀速直线运动，设运动时间为 t1，则 t1=13Lv=3 gLg 第 3 个小球离开电场后，只有第 4 个小球在电场中，杆做匀加速直线运动，设运动时间为 t2，则 t2=12Lvv=12Lvv=221gLg=2 21gLg 所以，从第 2 个小球刚进入电场到第 4 个小球刚离开电场所经历的时间为 t=t1t2=2 21gLg