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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、如图所示，是一个质点在时间内的 v-t 图象，在这段时间内，质点沿正方向运动的平均速度大小为 v1沿
2、负方向运动的平均速度大小为 v2则下列判断正确的是()Av1v2 Bv1v2，与结论不相符，选项 A 错误；B.v1v2，与结论相符，选项 B 正确；C.v1=v2，与结论不相符，选项 C 错误；D.以上三种情况均有可能，与结论不相符，选项 D 错误。2、D【解析】K 受到光照发射电子，为光电管的阴极，则电流为顺时针，从 a 到 b若用黄光照射能产生光电流，则用频率大于黄光的光照射一定能产生光电流，例如紫光答案选 D 3、B【解析】物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑时初速度为 v0，上滑长度为 L 时，速度减为 0，有：2002vaL，当物体的上滑速度是初速度的13时，此时速度为013v，有
3、 220023vvax，联立以上两等式得：89xL，故选 B。4、A【解析】A由题图图象可知，质点振动的周期为 T4s，故频率 f1T0.25Hz 故 A 符合题意；B在 10 s 内质点振动了 2.5 个周期，经过的路程是 10A20cm 故 B 不符合题意；C在 5s 末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，故 C 不符合题意；D由题图图象可得振动方程是 x2sin2tcm 将 t1.5s 和 t4.5s 代入振动方程得 x2cm 故 D 不符合题意。故选 A。5、C【解析】试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达式，可判断出碰
4、后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化 带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由2vBqvmr，得：mvPrqBqB，P、q 都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径 r 不变，故轨迹应为 pa，因周期2 mTqB可知，因 m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故 pa 所用的时间将大于 t，C 正确；【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式mvRBq，周期公式2 mTBq，运动时间公式2tT，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，6、C
5、【解析】A小球在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，但重力势能变化，机械能变化，故 A 错误；B对小球受力分析可知，小球在最高点 A 处时，其重力和平板对它的压力的合力提供向心力，而在最低点C处时，平板对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，故在 A 处最小，C 处最大，故 B 错误；C小球在B D、两处时，若平板的支持力与小球的重力的合力恰好提供向心力，小球相对平板没有相对运动趋势，摩擦力为零，故 C 正确；D小球在最高点，速度有最小值，其最小值满足 2minmvmgR 解得 minvgR 故 D 错误。故选 C。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
6、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、BDE【解析】A温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故 A 错误；B知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故 B 正确；C空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其他影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故 C 错误；D附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，附着层内分
7、子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故 D 正确；E若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大，故 E 正确 故选 BDE 8、BC【解析】AB对 B、C 两球整体受力分析，正交分解得 FABcos30FCDcos602G FABsin30FCDsin60 联立解得 FAB3G FCDG 选项 A 错误，B 正确；CD对 C 球受力分析，正交分解得 FBCcosFCDcos60G FBCsinFCDsin60 联立解得 60 选项 C 正确，D 错误。故选 BC。9、ABD【解析】A由题意可知，两物块随圆盘转动的角速度相同，当最大静摩擦力提供物体向心力时，此时的角
8、速度为物体随圆盘做圆周运动的最大角速度，为临界角速度，根据牛顿第二定律得 2bbb2m gm R 解得 b 物体滑离圆盘乙的临界角速度为 b2gR 同理可得，a 物块的临界角速度为 agR 由几何知识知，物体 a 滑离圆盘时，其位移的最小值为 22min(2)3xRRR 由题意知，其未与圆盘乙相碰，根据平抛运动规律可知 aamin23hxRtRxRg 解得 32Rh 所以 A 正确；B离开圆盘前，a 随圆盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力来提供向心力，所以 a 所受的摩擦力方向一定指向转轴，B 正确；C由于 ba 所以一定是 b 物块先离开圆盘，离开圆盘后，物块做平抛运动，对 b 物体的水平位移
9、为 bbb222hxv tRhRg 同理可得，a 物体的水平位移为 aaaa42hxv tRtRhRg 故离开圆盘后 a 的水平位移等于 b 的水平位移，所以 C 错误；D当 52Rh时 a 的落地点距转轴的距离为 221a11xRxR 同理，b 的落地点距转轴的距离为 222b(2)14xRxR 故 121114xx 所以 D 正确。故选 ABD。10、AC【解析】A 开关 S 断开时，电动机正常工作，副线圈两端电压 100V，副线圈电流 22APIU 根据变压器原理可知，原线圈两端电压 200V，原线圈电流 1A，在原线圈回路 112mUI RU 解得 20R 故 A 正确；B 电动机的输
10、出功率为 22M160WPPI R出 故 B 错误；CD 开关 S 闭合后，副线圈回路电流变大，则原线圈回路电流变大，电阻 R 上分压变大，则原线圈两端电压减小，根据变压器原理，副线圈两端电压减小，小于 100V，则电动机的电功率减小，白炽灯的功率小于 100W，故 C 正确 D错误。故选 AC。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、黑 b 150 450【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A 接线柱应该是与“黑”表笔连接；（2）整个回路最小电流minEIRR内
11、外，同时ggg12minI RIIRR，当选择开关接 b 时，此时R外有最大值。当选择开关接 b 档时其对应的电阻档的倍率更高。（3）用 a 档测量电阻，欧姆调零时，gg2g1m10000 AIRRIIR，此时150mERI内，当1100 AgI，此时干路电流为12115000 AgggIRRIIR，由于EIRR内外，解得150RR外内；当表盘150 AgI时，此时干路电流为12112500 AgggIRRIIR，由于EIRR内外，解得3450RR外内。【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题。12、9cm
12、50 N/m A 【解析】(1)12根据力的平衡，有 02()Gk LL 把 G=2N 时，L=11cm 与 G=3N 时，L=12cm 代入解得 L0=9cm k=50 N/m(2)3将 A、B 弹簧串联起来使用，当拉力为 F 时，每个弹簧的形变量为 x，整体形变量为 2x，由 F=kx,可得整体的劲度系数 25N/m22Fkkx 故填 A。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）0.4s （2）1.2rad/s （3）1.44N【解析】（1）突然松手，小球将沿着小半径的圆轨道相切飞出去，如图所示 即沿
13、着图中 AB 方向做匀速直线运动，直角三解形 OAB 中，0.3mr；0.5mR，则22AB0.4sRrm 则细线迅速放长 0.2m 所经历的时间为：AB0.4sstv（2）依题意，小球刚运动 B 点时速度大小为1m/s，方向沿 AB 方向，如图，此时，可将速度分解为沿半径 OB 方向的/v和垂直半径 OB 方向的v。由于小球到达 B 点时又迅速捏住细线，沿 OB 方向的/v突然消失，小球将以v在大半径上作匀速圆周运动，根据OABBv v，ABvvrs 代入数据得：30.6m/s5vv 所以：0.61.2rad/s0.5vR（3）半径增大后，仍有细线拉力提供向心力，222 1.20.5N=1.
14、44NFmR 14、(1)b流向a；(2)22sinB L vagmR；(3)220222I RHgB L【解析】(1)根据楞次定律可判定：棒在磁场中向下滑动时，电流由 b 流向 a；(2)当棒的速度为 v 时，切割磁感线产生的感应电动势为EBLv，根据闭合电路欧姆定律EIR，安培力FBIL，根据牛顿第二定律，有 sinmgFma 解得：22sinB L vagmR(3)棒下滑到 CD 处回路电流最大，有 0mBLvI R 棒 ab 滑过 CD 后直接到右侧最高点，由机械能守恒定律，有 212mmgHmv 解得：220222I RHgB L 15、（1）3N；（2）0.1N s；（3）0.25m【解析】（1）滑块 A 下滑的过程，机械能守恒，则有 212mgRmv，滑块 A 在圆弧轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得 2NvFmgmR 两式联立可得 FN=3N 由牛顿第三定律可得，A 对轨道的压力 N=FN=3N（2）AB 相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒得 mv=2mv 对滑块 B 由动量定理得 0.1N s12Imvmv（3）对 AB 在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得 220122mg lmv 解之得 l=0.25m