《2022-2023学年山东省恒台第一中学高考冲刺模拟物理试题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年山东省恒台第一中学高考冲刺模拟物理试题含解析.pdf（15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、一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为238234492902UTh+He.下列说法正确的是（）A衰变后钍核的动能等于粒子的动能 B衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小 C铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的
2、时间 D衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 2、绝缘光滑水平面上有 ABO 三点，以 O 点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴 x 轴，A 点坐标为2m，B 点坐标为 2m，如图甲所示。A、B 两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为 m，电荷量为 q 的负点电荷，由 A 点静止释放，则关于负点电荷的下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（）A负点电荷在 AO 段的加速度大于在 OB 段的加速度 B负点电荷在 AO 段的运动时间小于在 OB 段的运动时间 C负点电荷由 A 点运动到 O 点过程中，随着电势的升高电势能变化越来
3、越快 D当负点电荷分别处于2m 和2m 时，电场力的功率相等 3、如图所示，战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度为 40m/s，竖直分速度为 20m/s，已知飞机在水平方向做加速度大小等于22m/s的匀加速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于21m/s的匀加速直线运动。则离舰后（）A飞机的运动轨迹为曲线 B10s 内飞机水平方向的分位移是竖直方向的分位移大小的 2 倍 C10s 末飞机的速度方向与水平方向夹角为30 D飞机在 20s 内水平方向的平均速度为 50m/s/4、如图所示，电路中所有原件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是（）A入射光强较弱
4、 B入射光频率太高 C电源正负极接反 D光照射时间太短 5、将输入电压为 220V、输出电压为 6V 的变压器改装成输出电压为 30V 的变压器，副线圈原来的匝数为 30 匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为（）A150 匝 B144 匝 C130 匝 D120 匝 6、如图，竖直平面内的 Rt ABC，AB 竖直、BC 水平，BC=2AB，处于平行于 ABC 平面的匀强电场中，电场强度方向水平。若将一带电的小球以初动能 Ek沿 AB 方向从 A 点射出，小球通过 C 点时速度恰好沿 BC 方向，则（）A从 A 到 C，小球的动能增加了 4Ek B从 A 到 C，小球的电势能减少了 3
5、Ek C将该小球以 3Ek的动能从 C 点沿 CB 方向射出，小球能通过 A 点 D将该小球以 4Ek的动能从 C 点沿 CB 方向射出，小球能通过 A 点 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，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成=37角固定，M、P 之间接电阻箱 R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为 B=0.5T。质量为 m 的金属杆 ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为 r。现从静止释
6、放杆 ab，当电阻箱 R=0 时，杆的最大速度为 2m/s，当电阻箱 R=4 时，杆的最大速度为 4m/s。已知轨距为 L=2m，重力加速度 g 取 10m/s2，轨道足够长且电阻不计。以下说法正确的是（）A杆 ab 的最大速度随电阻箱 R 的增大而均匀增大 B当 R 一定时，杆 ab 下滑时通过 R 的电流方向由 P 到 M C当 R=4 时，杆 ab 从释放到获得最大速度的过程中，杆 ab 所受安培力的功率等于杆 ab 的热功率 D由已知条件可以求得1kg12m，4r 8、如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，下端与阻值为 R 的电阻相连。匀强磁场垂直导轨平面向上，磁
7、感应强度大小为 B。一质量为 m、长为 L、电阻为 r 的导体棒垂直导轨放置，从 ab 位置以初速度 v沿导轨向上运动，刚好能滑行到与 ab 相距为 s 的 ab位置，然后再返回到 ab。该运动过程中导体棒始终与导轨保持良好接触，不计空气阻力，重力加速度为 g。下列说法正确的是（）A向上滑行过程中导体棒做匀减速直线运动 B上滑过程中电阻 R 产生的热量为22sin2()m vgsRRr C向下滑行过程中通过电阻 R 的电荷量为BLsRr D电阻 R 在导体榛向上滑行过程中产生的热量小于向下滑行过程中产生的热量 9、如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出
8、电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定 A通过用户的电流减小了 B用户接入电路的总电阻减小了 C用户消耗的电功率减小了 D加在用户两端的电压变小了 10、如图，把一个有小孔的小球连接在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在光滑的杆上，能够自由滑动，弹簧的质量与小球相比可以忽略，小球运动时空气阻力很小，也可以忽略。系统静止时小球位于 O 点，现将小球向右移动距离 A 后由静止释放，小球做周期为 T 的简谐运动，下列说法正确的是（）A若某过程中小球的位移大小为 A，则该过程经历的时间一定为4T B若某过程中小球的路程为 A，
9、则该过程经历的时间一定为4T C若某过程中小球的路程为 2A，则该过程经历的时间一定为2T D若某过程中小球的位移大小为 2A，则该过程经历的时间至少为2T E.若某过程经历的时间为2T，则该过程中弹簧弹力做的功一定为零 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（侧视图只画了一个小车）所示的实验装置可以用来验证“牛顿第二定律”。两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同
10、时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙）。拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车在此过程中位移的大小。图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的某次实验记录，已测得小车 1 的总质量1100gm，小车 2的总质量2200gm。由图可读出小车 1 的位移15.00cmx，小车 2 的位移2x _cm，可以算出12aa_（结果保留 3 位有效数字）；在实验误差允许的范围内，12aa_21mm（选填“大于”、“小于”或“等于”）。12（12 分）小宇同学利用如图甲所示的装置验证动能定理，遮光条的宽度 d 为图乙中的游标卡尺（游标有十
11、个分度）所示，其中托盘的质量为 m=10g，每个砝码的质量均为 m=10g，小车和遮光条以及传感器的总质量为 M=100g，忽略绳子与滑轮之间的摩擦。小宇做了如下的操作：滑块上不连接细绳，将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力；取 5 个砝码放在小车上，让小车由静止释放，传感器的示数为 F，记录遮光条经过光电门时的挡光时间为 t；测出遮光条距离光电门的间距为 s，如图丙所示；从小车上取一个砝码放在托盘上，并将小车由同一位置释放，重复，直到将砝码全部放在托盘中；由以上操作分析下列问题：(1)遮光条的宽度 d 为_mm，遮光条到光电门的间距 s 为_m；(2)用以上的字母表示遮光条经过光电门时的速度
12、的表达式为_；(3)在过程中细绳的拉力所做的功为_，所对应动能的变化量为_；（用字母表示）(4)在上述过程中如果将托盘及盘中砝码的总重力计为 F，则 F所做的功为_，所对应系统的动能的变化量为_；（用字母表示）(5)如果以 F为纵轴，t 的_为横轴，该图线为直线，由题中的条件求出图线的斜率 k，其大小为_（结果保留两位有效数字）。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，质量为 M、倾角为53的木楔在水平面上保静止状态，一质量为 m 的木块放在木楔斜面上时，用水平向右的力 F 拉着木块，木块及
13、木楔都静止，已知所接触面间的动摩擦因数都为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，0.5Mm，重力加速度为 g，sin530.8，cos530.6，求：（1）拉力 F 的最小值；（2）拉力 F 的最大值。14（16 分）一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 x=0 和 x=0.6 m 处的两个质点 A、B 的振动图象如图所示已知该波的波长大于 0.6 m，求其波速和波长 15（12 分）如图所示金属小球 A 和 B 固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A 球质量为 2m，不带电，B 球质量为 m，带正电，电量为 q，OA=2L，OB=L，轻杆可绕过 O 点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过 O 点的竖
14、直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且 OA 与竖直方向夹角为 37，重力加速度为 g。（1）求匀强电场的电场强度大小 E；（2）若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求 A 球刚进入电场时的速度大小 v。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、B【解析】A根据2k2pEm可知，衰变后钍核的动能小于粒子的动能，故 A 错误；B根据动量守恒定律可知，生成的钍核的动量与粒子的动量等大反向，故 B 正确；C铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放
15、出一个粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，故 C 错误；D由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故 D 错误。2、B【解析】A在电势随两点间距离的变化图线中，图线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，设 C 点的坐标值为2m，则 C点圆弧切线斜率大小等于直线斜率的绝对值，即此时电场强度大小相等，由牛顿第二定律可知，此时加速度大小相等，故 A 错误；B由于沿场强方向电势降低，所以 AO 段场强沿 OA 方向，OB 段场强沿 OB 方向，负点电荷在 AO 段做加速度减小的加速运动，在 OB 段做匀减速运动，由于 B 点电势等于 A 点电势，
16、所以负点电荷在 B 点速度为零，则 AO 段的平均速度大于 OB 段的平均速度，所以 AO 段的运动时间小于 OB 段的运动时间，故 B 正确；C相等距离上电势能变化越快，说明该处电场力越大，即场强越大，由 A 到 O 点场强逐渐减小，所以电势能变化应越来越慢，故 C 错误；D当负点电荷分别处于2m 和2m 时，电荷所受电场力相等，但2m 处的速度大于2m 处的速度，所以电场力的功率不相等，故 D 错误。故选 B。3、B【解析】A飞机起飞后的合速度与合加速度方向一致，所以飞机运动轨迹为直线，A 错误；B10s 内水平方向位移 201500m2xxxv ta t 竖直方向位移 201250m2y
17、yyv ta t B 正确；C飞机飞行方向与水平方向夹角的正切tan0.5，C 错误；D飞机在 20s 内水平方向的位移 2140 202 201200m2x 则平均速度为 60m/sxxvt D 错误。故选 B。4、C【解析】A根据光电效应方程 0kmhWE 可知光电管能否产生光电效应与入射光的强度没有关系，A 错误；B若入射光频率太高，则一定大于金属的极限频率，故一定可以发生光电效应，电流计中可能电流通过，B 错误；C电源正负极接反时，光电管加上反向电压，光电子做减速运动，可能不能到达阳极，电路中不能形成电流，C 正确；D光电管能否产生光电效应与光照时间没有关系，D 错误。故选 C。5、D
18、【解析】副线圈匝数为 n2=30 匝，输入电压 U1=220V，输出电压 U2=6V，根据变压比公式有 11222206UUnn 原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为 30V，根据变压比公式有 1222030nnn 联立得 120n 故 D 正确，ABC 错误。故选 D。6、D【解析】A设小球的速度为v，则有 2k12Emv 小球通过 C 点时速度恰好沿 BC 方向，则说明小球在竖直方向上的速度减为 0，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，运动的位移为竖直方向上位移的 2 倍，则平均速度为竖直方向上平均速度的 2 倍，又这段时间竖直方向的平均速度为 2vv 故
19、水平方向的平均速度为 2vvv 又 02Cvv 解得 2Cvv 则 22kk11(2)422CCEmvmvE 从 A 到 C，小球的动能增加了 kkkk43EEEE 故 A 错误；B由动能定理可知重力与电场力做功之和为动能的增加量即k3E，重力做负功，故电场力做功大于k3E，则小球的电势能减小量大于k3E，故 B 错误；D由上分析可知：动能为k4E，则速度大小为 2v，即小球以 2v 对速度从 C 点沿 CB 方向射出。而由 AB 分析可知，小球以初速度 v 沿 AB 方向从 A 点射出时，小球将以速度大小为 2v，方向沿 BC 方向通过 C 点，则小球以 2v 的速度从C 点沿 CB 方向射
20、出后运动过程恰好可视为其逆过程，所以若将小球以 2v 的速度从 C 点沿 CB 方向射出，小球能通过A 点；故 D 正确；C由 D 分析可知，若将小球以 2v 的速度从 C 点沿 CB 方向射出，小球能通过 A 点；则若将小球小于 2v 的速度从 C点沿 CB 方向射出，小球将经过 A 点右侧。所以，若将该小球以k3E的动能从 C 点沿 CB 方向射出，小球将经过 A 点右侧，不能经过 A 点，故 C 错误。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
21、 分。7、AD【解析】A设杆ab的最大速度为v，根据平衡条件可得 22sinB L vmgBILRr 解得 22()sinmg RrvB L 所以杆ab的最大速度随电阻箱R的增大而均匀增大，故 A 正确；B当R一定时，杆ab下滑时根据右手定则可知通过ab的电流方向由b到a，则通过R的电流方向由M到P，故 B错误；C当4R 时，杆ab从释放到获得最大速度的过程中，杆ab所受安培力的功率等于杆ab的热功率与电阻箱产生的热功率之和，故 C 错误；D由于22()sinmg RrvB L，根据题意可知，当电阻箱0R 时，杆的最大速度为 2m/s，代入则有 12mr 当电阻箱4R 时，杆的最大速度为 4m
22、/s，代入则有 2(4)=3mr 联立可得 1kg12m，4r 故 D 正确；故选 AD。8、BC【解析】向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；上滑过程中根据功能关系结合焦耳定律求解电阻 R 产生的热量；根据电荷量的计算公式求解向下滑行过程中通过电阻 R 的电荷量；根据WBIS安分析电阻 R 在导体棒向上滑行过程中产生的热量与向下滑行过程中产生的热量的大小。【详解】A向上滑行过程中导体棒受到重力、安培力，根据右手定则可得棒中的电流方向ab，根据左手定则可得安培力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得：sinmgBILma 其中：IrBLvR 解得：22sin
23、B L vagRr 由于速度减小，则加速度减小，棒不做匀减速直线运动，故 A 错误；B设上滑过程中克服安培力做的功为 W，根据功能关系可得：21sin2mvmgsW 克服安培力做的功等于产生的焦耳热，则：21sin2QWmvmgs 上滑过程中电阻 R 产生的热量为：22sin2()Rm vgsRRQQRrRr 故 B 正确；C向下滑行过程中通过电阻 R 的电荷量为：BLsqItRrRr 故 C 正确；D由于上滑过程中和下滑过程中导体棒通过的位移相等，即导体棒扫过的面积 S 相等，根据安培力做功计算公式可得：WBILx安 由于上滑过程中的平均速度大于，下滑过程中的平均速度，所以上滑过程中平均电流
24、大于下滑过程中的平均电流，则电阻 R 在导体棒向上滑行过程中产生的热量大于向下滑行过程中产生的热量，故 D 错误。故选 BC。9、BD【解析】A 项：如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故 A 错误；B 项：由2241223()nI UI RRn用户可知，输送电流增大，是由于R用户减小引起的，故 B 正确；C 项：当用户电阻减小时，用户消耗的功率增大，故 C 错误；D 项：发电机输出电流增大，则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，即因在用户两端电压变小了，故 D 正确。故选：BD。10、CDE【解析】AB弹簧振子振动过程中从平衡位置
25、或最大位移处开始的4T时间内，振子的位移大小或路程才等于振幅 A，否则都不等于 A，故 AB 错误；CE根据振动的对称性，不论从何位置起，只要经过2T，振子的路程一定等于 2A，位置与初位置关于平衡位置对称，速度与初速度等大反向，该过程中弹簧弹力做的功一定为零，故 CE 正确；D若某过程中小球的位移大小为 2A，经历的时间可能为2T，也可能为多个周期再加2T，故 D 正确。故选 CDE。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、2.452.50 2.002.04 等于 【解析】1刻度尺最小分度为 0.1cm，则小车 2 的位移为 x2
26、=2.45cm，由于误差 2.45cm2.50cm 均可 2由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据212xat可知，由于时间相同，则有 11225.002.042.45axax 由于读数误差，则2.002.04均可 3由题意可知 212002100mm 故在误差允许的范围内 1221amam 12、12.0 1.44 dt Fs 22(5)2Mm dt Fs 22(6)2Mm dt 倒数的二次方 7.91068.1106 【解析】(1)1该游标卡尺的读数为 12mm+00.1mm=12.0mm 2刻度尺要估读，读数为 s=1.44m。(2)3当时间间隔比较小时，平均速度约等于某一位置或某一
27、时刻的瞬时速度，故由平均速度公式可得，经过光电门位置的速度 dvt(3)45传感器的示数为细绳的拉力，则其做功为 Fs，所对应动能的变化量为 2221(5)(5)22kMm dEMm vt(4)67F所做的功为 Fs，所对应动能的变化量为 2221(6)(6)22kMm dEMm vt(5)89由动能定理 22(6)2Mm dF st 整理得 22(6)12Mm dFst 图像为直线的条件是横坐标为 t 倒数的二次方，该图线的斜率为 2(6)2Mm dks 代入数据得 k=8.0106 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
28、演算步骤。13、（1）12mg （2）34mg【解析】（1）当木块与木楔斜面出现向下的相对滑动势时，拉力 F 有最小值，则对木块进行受力分析有 sincosNmgFF cossinNFmgF 联立解得 12Fmg 对木块和木楔斜面整体进行受力分析，可知木楔斜面受到地面的最大静摩擦力 m3()4fMm gmg 因为1324mgmg，可知木楔保持静止不动，所以拉力 F 的最小值为 min12Fmg（2）木楔保持不动时，拉力 F 取得的最大值 134mFfmg 若固定木楔不动，当木块与木楔出现向上的相对滑动趋势时，拉力 F 有最大值，则对木块进行受力分析有 sincosNmgFF cossinNFm
29、gF 联立解得 112Fmg 因为11324mgmg，可知随着拉力的增大，木楔先与地发滑动，所以拉力 F 的最大值为 max34Fmg 14、v=2 m/s ；=0.8 m【解析】由图象可知，周期 T=0.4 s 由于波长大于 0.6 m，由图象可知，波从 A 到 B 的传播时间 t=0.3 s 波速，代入数据得 v=2 m/s 波长=vT，代入数据得=0.8 m 15、（1）83mgq；（2）85gL。【解析】（1）轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡 M逆=M顺，有 mAg2Lsin37=qELcos53+mBgLsin53 其中 mA=2m，mB=m，匀强电场的电场强度大小 E=83mgq（2）A、B 球角速度相等，根据 v=r，A 球线速度是 B 球线速度的 2 倍，A 球线速度为 v，B 球线速度为12v，无初速释放轻杆后，直至 A 球刚进入电场过程中，系统根据动能定理，有 mA g2L（1cos37）+（qEmB g）Lsin37=2AA12m v+2BB12m v 其中 vA=v，vB=12v，解得 A 球刚进入电场时的速度大小 v=85gL 答：（1）匀强电场的电场强度大小 E 为83mgq；（2）若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，A 球刚进入电场时的速度大小 v 为85gL。