《2023届四川省成都市都江堰市高考物理考前最后一卷预测卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届四川省成都市都江堰市高考物理考前最后一卷预测卷含解析.pdf（14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 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、如图所示，质量为 1kg 的物块放在颅角为 37的固定斜而上，用大小为 5
2、N 的水平推力作用在物块上，结果物块刚好不下滑。已知重力加速度 g 取 10m/s2，sin370.6，cos370.8，知能使物块静止在斜面上的最大水平推力为 A8.8N B9.4N C10.8N D11.6N 2、撑杆跳是一种技术性和观赏性都极高的运动项目。如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：ab、bc、cd、de，如图所示，不计空气阻力，杆为轻杆，则对这四个阶段的描述不正确的是（）Aab 阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加 Bbc 阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加 Ccd 阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量 Dde 阶段：人过横杆后下落，重力所
3、做的功等于人动能的增加量 3、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 1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于2n 激发态的氢原子提供的能量为（）A10.20eV B2.89eV C2.55eV D1.89eV 4、如图所示，AB 是一根裸导线，单位长度的电阻为 R0，一部分弯曲成直径为 d 的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为 B0导线一端 B 点固定，A 端在
4、沿 BA 方向的恒力 F 作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径 d 到完全消失所需时间 t 为（）A22016d BFR B2208d BFR C2204d BFR D2202d BFR 5、下列说法中正确的是（）A天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的 B汤姆逊通过对阴极射线的研究提出了原子核具有复杂的结构 C氢原子的能级理论是玻尔在卢瑟福核式结构模型的基础上提出来的 D卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子只能处于一系列不连续的能量状态中 6、如图所示，在 x0、y0 的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大
5、小为 B，方向垂直于 xOy 平面向里。现有一质量为 m、电量为 q 的带正电粒子，从 x 轴上的某点 P 沿着与 x 轴成30角的方向射人磁场。不计重力影响，则可以确定的物理量是（）A粒子在磁场中运动的时间 B粒子运动的半径 C粒子从射入到射出的速度偏转角 D粒子做圆周运动的周期 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，A、B 两滑块质量分别为 2kg 和 4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的水平面上，并用手按着两滑块不动。第
6、一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为 4kg 的钩码 C 挂于动滑轮上，只释放 A 而按着B 不动；第二次是将钩码 C 取走，换作竖直向下的 40N 的恒力作用于动滑轮上，只释放 B 而按着 A 不动。重力加速度 g10m/s2，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（）A第一次操作过程中，滑块 A 和钩码 C 加速度大小相同 B第一次操作过程中，滑块 A 的加速度为220m/s3 C第二次操作过程中，绳张力大小为 20N D第二次操作过程中，滑块 B 的加速度为 10m/s2 8、如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB，从滑道的 A 点滑行到最低点 B
7、 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿 AB 下滑过程中 A所受滑道的支持力逐渐增大 B所受合力保持不变 C机械能保持不变 D克服摩擦力做功和重力做功相等 9、一质量为 m 的物体以某一速度冲上一个倾角为 37的斜面，其运动的加速度的大小为 0.9g这个物体沿斜面上升的最大高度为 H，则在这过程中()A物体克服重力做功 0.9 mgH B物体克服摩擦力做功 0.6 mgH C物体的动能损失了 1.5 mgH D物体的重力势能增加了 mgH 10、如图所示，xOy 平面位于光滑水平桌面上，在 Ox2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面向下 由同种材料制成的
8、粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，AB 与 DE 边距离恰为 2L，现施加一水平向右的拉力 F 拉着线框水平向右匀速运动，DE 边与 y 轴始终平行，从线框 DE 边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间 t 的函数图象和拉力 F 随时间 t 的函数图象大致是 A B C D 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）某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律主要实验步骤如下：将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；用重锤线确定斜槽末端在水平
9、地面上的投影点O；让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置Q；将小球B放在斜槽末端，让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定AB、两小球落点的中心位置PR、；用刻度尺测量PQR、距O点的距离123xxx、；用天平测量小球A B、质量12mm、；分析数据，验证等式121 123m xm xm x是否成立，从而验证动量守恒定律 请回答下列问题：（1）步骤与步骤中定位卡的位置应_；（2）步骤与步骤中重复多次的目的是_；（3）为了使小球A与B碰后运动方向不变，A B、质量大小关系为1m_2m（选填“”、“”或“”）；（4）如图乙是步骤的示意图
10、，则步骤中小球落点距O点的距离为_m 12（12 分）某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为 50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4 个打出的点未画出，经测量 AB、BC、CD、DE 间的距离分别为1.206.1911.21ABBCCDxcmxcmxcm，16.23DExcm。在 ABCDE 五个点中，打点计时器最先打出的是_点，在打出 D 点时物块的速度大小为_m/s（保留 3 位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为_（保留 1 位有效数字，g 取 9.8 m/
11、s2）。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，一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，其状态变化过程的 pV 图象如图所示已知该气体在状态 B 时的热力学温度 TB300K，求：该气体在状态 A 时的热力学温度 TA和状态 C 时的热力学温度 TC；该气体从状态 A 到状态 C 的过程中，气体内能的变化量 U 以及该过程中气体从外界吸收的热量 Q 14（16 分）如图所示，质量相等的物块 A 和 B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数
12、均为。先敲击 A，A 立即获得水平向右的初速度，在 B 上滑动距离 L 后停下。接着敲击 B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小 vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 aB、aB；15（12 分）如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为 S)封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为 m)连接开始时汽缸内外压强相同，均为大气压 p0(m
13、gp0S)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为 T0，体积为 V现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度 T1；(2)气体体积减半时的温度 T2；(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值 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、C【解析】由题意知，刚好不下滑时，则有：Fcos37+（mgcos37+Fsin37）=mgsin37 得：=211 刚好不上滑时，则有：Fcos37=（mgcos 37+Fsin37）+mg
14、sin37 得：F=10.8N。ABD.由上计算可得 F=10.8N，ABD 错误；C.由上计算可得 F=10.8N，C 正确。2、C【解析】A ab 阶段：人加速过程中，人的动能增加，重力势能不变，人的机械能增加，故 A 正确，不符合题意；B bc 阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，故 B 正确，不符合题意；C cd 阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，故 C 不正确，符合题意；D de 阶段：只有重力做功，人的机械能守恒，重力所做的功等于人动能的增加量，故 D 正确，不符合题意。故选：C。3、C【解析】AB处于 n
15、=2 能级的原子不能吸收 10.20eV、2.89eV 的能量，则选项 AB 错误；C处于 n=2 能级的原子能吸收 2.55eV 的能量而跃迁到 n=4 的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从 n=4 到n=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 n=3 的能级，从 n=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。4、B【解析】设在恒力 F 的作用下，A 端 t 时间内向右移动微小的量 x，则相应圆半径减小 r，则有：x=2
16、r 在 t 时间内 F 做的功等于回路中电功 2EF xtR SEBtt S 可认为由于半径减小微小量 r 而引起的面积的变化，有：S=2r r 而回路中的电阻 R=R02r，代入得，F2 r=22202BSt Rr 2222200(2)2BSBStFRr rFR 显然 t 与圆面积变化 S 成正比，所以由面积 r02变化为零，所经历的时间 t 为：220022BSBttSFRFR 解得：222200028r Bd BtFRFR A22016d BFR，与结论不相符，选项 A 错误；B2208d BFR，与结论相符，选项 B 正确；C2204d BFR，与结论不相符，选项 C 错误；D2202
17、d BFR，与结论不相符，选项 D 错误；故选 B 5、C【解析】A天然放射现象揭示了原子核有复杂结构，A 错误；B汤姆逊发现电子揭示了原子具有复杂结构，而不是原子核具有复杂的结构，B 错误 C玻尔的原子结构理论是在卢瑟福核式结构学说基础上引进了量子理论，C 正确；D卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，D 错误。故选 C。6、D【解析】AC粒子在磁场中做圆周运动，由于 P 点位置不确定，粒子从 x 轴上离开磁场或粒子运动轨迹与 y 轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为 max300 粒子在磁场中的最长运动时间 maxmax300253603603mmtTqBqB 粒子最小的圆心角
18、为 P 点与坐标原点重合，最小圆心角 min120 粒子在磁场中的最短运动时间 minmin1236033mtTTqB 粒子在磁场中运动所经历的时间为 2533mmtqBqB 说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故 AC 错误；B粒子在磁场中做圆周运动，由于 P 点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故 B 错误；D粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 2vqvBmr 且 2rvT 则得 2=mTqB 说明可确定粒子做圆周运动的周期，故 D 正确。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，
19、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第一次操作过程中，因 AC 移动的位移之比为 2：1，则滑块 A 和钩码 C 加速度大小之比为 2：1，选项 A 错误；B第一种方式：只释放 A 而 B 按着不动，设绳子拉力为 T1，C 的加速度为 a1，对 A 根据牛顿第二定律可得 T1=mAaA 对 C 根据牛顿第二定律可得 mCg-2T1=mCa1 根据题意可得 aA=2a1 联立解得 220m/s3Aa 选项 B 正确；C第二种方式：只释放 B 而 A 按着不动，换作竖直向下的 40N 的恒力作用于动滑轮上，则绳张力大小为
20、20N，选项 C 正确；D对 B 受力分析，根据牛顿第二定律可得 T2=mBaB 根据题意可得 T2=20N 联立解得 aB=5m/s2 故 D 错误。故选 BC。8、AD【解析】由图可知，从 A 到 B 斜面倾角 一直减小，运动员对轨道的压力为 mgcos，可知运动员对斜面的压力会逐渐增大，故 A 正确；因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，向心力绳子指向圆心，方向不断变化，所以合外力是变力，故 B 错误；由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故 C 错误；由于速度不变，则动能不变，由动能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等故 D 正确 9、CD【解
21、析】AD.重力势能的增加量等于克服重力做的功 mgH，故重力势能增加了 mgH，故 A 错误，D 正确；B.物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37+f=ma，解得摩擦力大小：f=0.3mg，物体克服摩擦力做功：Wf=0.3mgsin37H=0.5mgH，故 B 错误；C 物体上滑过程,根据牛顿第二定律,得合外力大小为 F合=ma=0.9mg，根据动能定理得：Ek=F合sin37H=1.5mgH，故物体的动能减少了 1.5mgH，故 C 正确 故选 CD。10、AC【解析】当 DE 边在 0L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，初始就是 DE 边长度，
22、所以电流与时间的关系可知 A 正确，B 错误；因为是匀速运动，拉力 F 与安培力等值反向，由22B L vFR知，力与 L成二次函数关系，因为当 DE 边在 02L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小，所以 F 随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选 C 正确，D 错误所以 AC 正确，BD 错误 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）保持不变；（2）减少实验误差；（3）；（4）0.3723（0.37210.3724）【解析】解：(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度相等，应从同一位置由静止释
23、放入射球，即步骤与步骤中定位卡的位置应保持不变；(2)步骤与步骤中重复多次的目的是减小实验误差；(3)为了使小球A与B碰后运动方向不变，A、B质量大小关系为12mm；(4)由图示刻度尺可知，其分度值为 1mm，步骤中小球落点距O点的距离为37.23cm0.3723mOQ 12、E 1.37 0.5 【解析】1橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是 E 点；2由题知，每两个相邻点之间还有 4 个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出
24、 D 点时物块的速度大小为 22CECDDEDxxxvTT 代入数据解得：vD=1.37m/s；3根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT2 可以求出加速度的大小，得：24ABBCCDDExxxxaT 代入数据解得：a=-5m/s2 对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：mgma 解得：0.5 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、900ATK；900CTK0U；200QJ【解析】气体从状态A到状态B过程做等容变化，有：ABABppTT 解得：900ATK 气体从状态B到状态C过程做等压变化，有：CBBCVVTT 解
25、得：900CTK 因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：0U 气体从状态A到状态B过程体积不变，气体从状态B到状态C过程对外做功，故气体从状态A到状态C的过程中，外界对气体所做的功为：5331 103 101 10200Wp VJJ 由热力学第一定律有：UQW 解得：200QJ 14、(1)A2vgL(2)3g，g【解析】(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 aA=mgm=g 匀变速直线运动 2aAL=vA2，解得 A2vgL(2)设 A、B 的质量均为 m，对齐前，B 所受合外力大小 F=3mg 由牛顿运动定律 F=maB，得 aB=3 mgm=3g 对齐后，A、B 所受合外力大小 F=2mg 由牛顿运动定律 F=2maB 得 Ba=g 15、（1）10(1)mgTTPoS（2）202(1)mgTTPoS（3）【解析】试题分析：p1=p0，20mgppS 容过程：1201ppTT解得：0100mgpSTTp 等压过程：122VVTT 02002mgpSTTp 如图所示 考点：考查了理想气体状态方程