《2022-2023学年河北省衡水市深州市长江中学高考适应性考试物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年河北省衡水市深州市长江中学高考适应性考试物理试卷含解析.pdf（16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 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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，理想变压器原、副线圈的匝数之比为 10:1，原线圈接有正弦交流电源 u2202sin314t(V)，副线圈接电阻 R，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。则下列说法中正确的是（）A电压表读数为 222V B若
2、仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的 2 倍 C若仅将 R 的阻值增加到原来的 2 倍，则变压器输入功率增加到原来的 4 倍 D若 R 的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的 2 倍，则变压器输入功率不变 2、研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K 为光电管的两个电极，电压表 V、电流计 G 均为理想电表。已知该光电管阴极 K 的极限频率为 0，元电荷电量为 e，普朗克常量为 h，开始时滑片 P、P上下对齐。现用频率为 的光照射阴极 K（0），则下列说法错误的是 A该光电管阴极材料的逸出功为 h0 B若加在光电管两端的正向电压为 U，则到达阳极 A 的光电子的最大动
3、能为 hv-hv0+eU C若将滑片 P 向右滑动，则电流计 G 的示数一定会不断增大 D若将滑片 P向右滑动，则当滑片 P、P间的电压为0hvhve时，电流计 G 的示数恰好为 0 3、假设将來一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（）A飞船在轨道上运动到 P 点的速度小于在轨道轨道上运动到 P 点的速度 B若轨道 I 贴近火星表面，测出飞船在轨道 I 上运动的周期，就可以推知火星的密度 C飞船在轨道 I 上运动到 P 点时的加速度大于飞船在轨道上运动到 P 点时的加速度 D飞船在轨道上运动时的周期小于在轨道 I 上运动时的周期 4、如图所示的电路中，AB 和 CD
4、为两个水平放置的平行板电容器，AB 板间有一点 P，闭合开关 K，待电路稳定后将开关断开。现将一有机玻璃板（图中未画出）插入 CD 板间，则下列说法正确的是（）ACD 平行板电容器的电容减小 BP 点电势降低 CA、B 两板间的电场强度增大 D电阻 R 中有向右的电流 5、物体在做以下各种运动的过程中，运动状态保持不变的是（）A匀速直线运动 B自由落体运动 C平抛运动 D匀速圆周运动 6、如图，直线 AB 为某电场的一条电场线，a、b、c 是电场线上等间距的三个点。一个带电粒子仅在电场力作用下沿电场线由 a 点运动到 c 点的过程中，粒子动能增加，且 a、b 段动能增量大于 b、c 段动能增量
5、，a、b、c 三点的电势分别为 a、b、c，场强大小分别为 Ea、Eb、Ec，粒子在 a、b、c 三点的电势能分别为 Epa、Epb、Epc。下列说法正确的是（）A电场方向由 A 指向 B Babc CEpaEpbEpc DEaEbEc 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、某人提着箱子站在电梯里，电梯从一楼上升到三楼的整个过程中先匀加速后匀减速，关于此过程，下列说法正确的是 A手对箱子的力大小始终等于箱子对手的力的大小 B手对箱子的力大小始终等
6、于箱子的重力的大小 C人对电梯的压力先持续增大后持续减小 D人对电梯的压力先大于人和箱子的总重力后小于人和箱子的总重力 8、如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻 R（其余电阻不计），虚线 MM和 NN之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B1，虚线 NN和 PP之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B2（B1B2）。现将质量为 m 的金属杆 ab，从 MM上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知 ab 棒到达 NN和 PP之前已经匀速运动。则 ab 棒从 MM运动到 PP这段时间内的 v
7、t 图可能正确的是（）A B C D 9、大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”在 1000kV 的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳 OD 一端固定在高压线杆塔上的 O 点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上 C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从 C 点运动到处于 O 点正下方 E 点的电缆处。绳 OD 一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为 m，不计一切阻力，重力加速度大小为 g。关于王进从 C 点运动到E 点的过程中，下列说法正确的是（）A工人对绳的拉力一直变大 B绳 OD 的拉力一直变大 COD、CD 两绳
8、拉力的合力大小等于 mg D当绳 CD 与竖直方向的夹角为 30时，工人对绳的拉力为33mg 10、如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器 C 和电阻 R，导体棒 MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度 B 的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN 始终保持静止，则 0t2时间（）A电容器 C 的电荷量大小始终没变 B电容器 C 的 a 板先带正电后带负电 CMN 所受安培力的大小始终没变 DMN 所受安培力的方向先向右后向左 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
9、分）在研究“一定质量的气体在体积不变时压强与温度关系”的实验中（如图甲），与压强传感器相连的试管内装有密闭的空气和温度传感器的热敏元件。将试管放在大烧杯的凉水中，逐次加入热水并搅拌，记录得到试管内空气不同的压强和温度值，图乙为二组同学通过记录的压强和摄氏温度数据绘制的 Pt 图象，初始封闭气体体积相同。（1）两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为_，两图线斜率不同可能的原因是_；（2）通过图乙归纳出一定质量的气体体积不变时压强与摄氏温度的函数关系是_，该规律符合_定律。12（12 分）图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的上端，另一端固定在 O 点。将轻绳拉
10、至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点通过光电门的挡光时间 t，用游标卡尺测出小圆柱的直径 d，如图乙所示。忽略空气阻力，实验步骤如下：(1)小圆柱的直径 d_cm；(2)测出悬点到圆柱中心的距离 l，并测出对应的挡光时间 t；(3)改变摆线的长度，重复步骤(2)，多测几组数据；(4)以悬点到圆柱重心的距离 l 为纵坐标，以_为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线，如图丙所示。计算得该图线的斜率为 k，则当地重力加速度 g=_(用物理量的符号表示)。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
11、明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示，在光滑水平面上距离竖直线 MN 左侧较远处用弹簧锁定不带电绝缘小球 A，弹性势能为 0.45J，A 球质量 M0.1kg，解除锁定后与静止在 M 点处的小球 B 发生弹性正碰，B 球质量 m0.2kg、带电量 q10C。MN 左侧存在水平向右的匀强电场 E2，MN 右侧空间区域范围内存在竖直向上、场强大小 E10.2N/C 的匀强电场和方向垂直纸面向里磁感应强度为 B=0.2T 的匀强磁场。（g10m/s2，不计一切阻力）求：(1)解除锁定后 A 球获得的速度 v1；(2)碰后瞬间 B 球速度 v2；(3)E2大小满足什么条件时，B 球能经电场
12、E2通过 MN 所在的直线；（不考虑 B 球与地面碰撞再次弹起的情况）(4)在满足(3)问情景下 B 球在电场 E2中与 MN 的最大距离。14（16 分）如图所示，相距 L=0.5m 的平行导轨 MNS、PQT 处在磁感应强度 B=0.4T 的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为 m=0.04kg、电阻均为 R=0.1 的导体棒 ab、cd 均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为 M=0.20kg 的物体 C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒 ab、cd 相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质
13、量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角=37，水平导轨与 ab 棒间的动摩擦因数=0.4。重力加速度 g=10m/s2，水平导轨足够长，导体棒 cd运动过程中始终不离开倾斜导轨。物体 C 由静止释放，当它达到最大速度时下落高度 h=1m，求这一运动过程中：（sin37=0.6,cos37=0.8）（1）物体 C 能达到的最大速度mv是多少？（2）由于摩擦产生的内能与电流产生的内能各为多少？（3）若当棒 ab、cd 达到最大速度的瞬间，连接导体棒 ab、cd 及物体 C 的绝缘细线突然同时断裂，且 ab 棒也刚好进入到水平导轨的更加粗糙部分（ab 棒与水平导轨间的动摩擦因数变为=0.6）。若从绝缘细
14、线断裂到 ab 棒速度减小为零的过程中 ab 棒向右发生的位移 x=0.11m，求这一过程所经历的时间？15（12 分）如图所示，在光滑水平面上静止放置质量 M=2kg、长 L=2.17m、高 h=0.2m 的长木板 C。距该板左端距离 x=1.81m 处静止放置质量 mA=1kg 的小物块 A，A 与 C 间的动摩擦因数=0.2。在板右端静止放置质量 mB=1kg 的小物块 B，B 与 C 间的摩擦忽略不计。A、B 均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2。现在长木板 C 上加一水平向右的力 F，求：(1)当 F=3N 时，小物块 A 的加速度；(2)小物块 A 与小
15、物块 B 碰撞之前运动的最短时间；(3)若小物块 A 与小物块 B 碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力 F 的大小(本小题计算结果保留整数部分)；(4)若小物块 A 与小物块 B 碰撞无能量损失，当水平向右的力 F=10N，小物块 A 落到地面时与长木板 C 左端的距离。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 u=2202sin314t（V）可知，原线圈的电压有效值为 U1=220V，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由1122 UnUn得电压表读数为：U2=22V，故 A 错
16、误；B若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据1122 UnUn可知，U2增大到原来的 2 倍，由22UIR可知，电流表的读数增大到原来的 2 倍，故 B 正确；C若仅将 R 的阻值增加到原来的 2 倍，则变压器的输出电压不变，根据22UPR可知次级功率变为原来的一半，则变压器输入功率变为原来的一半，选项 C 错误；D 若副线圈匝数增加到原来的 2 倍，则 U2增加到原来的 2 倍，同时 R 的阻值也增加到原来的 2 倍，故输出功率22UPR变为原来的 2 倍，故 D 错误。故选 B。2、C【解析】A由极限频率为 0，故金属的逸出功为 W0=h0，A 正确；B由光电效应方程可知，电子飞出时的最
17、大动能为 0kEhvW 由于加的正向电压，由动能定理 kkeUEE 解得 0kEhvhveU 故 B 正确；C若将滑片 P 向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不在发生变化，故 C 错误；DP向右滑动时，所加电压为反向电压，由 keUE 可得 0hvhvUe 则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电，则光电流为零，故 D 正确；故选 C。3、B【解析】A飞船从轨道到轨道 I 时做向心运动，所以要减速，所以飞船在轨道上运动到 P 点的速度大于在轨道轨道上运动到 P 点的速度，故 A 错误；B由公式2224MmGmRRT，解得：2324RMGT 密度 232324343RMGT
18、RVGT 故 B 正确；C不管在那个轨道上飞船在 P 点受到的万有引力是相等的，为飞船提供加速度，所以加速度相等，故 C 错误；D由开普勒第三定律可知，332221aRTT可知，由于轨道上半长轴大于轨道的半径，所以飞船在轨道上运动时的周期大于在轨道 I 上运动时的周期，故 D 错误 4、B【解析】A将玻璃板插入 CD 板间，则相对介电常数 增大，其他条件不变，由4SCkd可知，CD 平行板电容器的电容增大，故 A 错误；BC电容器两板间电压 ABCDQUCC总 断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于 CD 电容器的电容增大，电容器两板间电势差均变小，由UEd可知，AB板间电场强度变小，则 P
19、点与 B 板间的电势差变小，因为 B 板接地电势始终为零，则 P 点电势降低，故 B 项正确，C项错误；D由于插入玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变小，则 AB 电容器放电，电阻 R 中有向左的电流，故 D 项错误。5、A【解析】运动状态保持不变是指物体速度的大小和方向都不变，即物体保持静止或做匀速直线运动，故 A 项正确，BCD 三项错误。6、C【解析】AB.粒子的电性不确定，则不能确定电场的方向，也不能判断各点的电势关系，选项 AB 错误；CD粒子在电场中只受电场力作用，则动能增加量等于电势能减小量；由 a 点运动到 c 点的过程中，粒子动能增加，则电势能减小，则 EpaEpbEpc；因
20、 a、b 段动能增量大于 b、c 段动能增量，可知 ab 段的电势差大于 bc 段的电势差，根据 U=Ed 可知，ab 段的电场线比 bc 段的密集，但是不能比较三点场强大小关系，选项 C 正确，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、AD【解析】A.根据牛顿第三定律可知，人手对箱子力的大小始终等于箱子对手的力的大小，故 A 正确；B.向上加速时处于超重状态，向上减速时处于失重状态，则手对箱子的拉力先大于箱子的重力，后小于箱子的
21、重力，故 B 错误 CD.向上匀加速时，人对电梯的压力大于人和箱子的总重力，但并不是持续增大，向上:匀减速时，人对电梯的压力小于人和箱子的总重力，但不是持续减小，故 C 错误，选项 D 正确。8、BC【解析】A若第一阶段匀速，则 221B L vmgR 冲入第二磁场以后 222B L vmgR 则金属棒会做加速度逐渐减小的加速运动，所以选项 A 错误；B若刚进入第一磁场时速度过大，则由 22111()B L vamgmR 则金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，直到匀速；冲入第二磁场以后会加速，做加速度逐渐减小的变加速运动 22221()B L vamgmR 性质为加速，所以选项 B 正确；CD
22、若刚进入第一磁场时速度过小，则由 22111()B L vamgmR 则金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，直到匀速；冲入第二磁场以后会加速，做加速度逐渐减小的变加速运动 22221()B L vamgmR 性质为加速，所以选项 C 正确，D 错误；故选 BC。9、BCD【解析】AB对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示 绳 OD 的拉力为 F1，与竖直方向的夹角为，绳 CD 的拉力为 F2，与竖直方向的夹角为。根据几何知识有 290 由正弦定理可得 12sinsinsin2FFmg 解得 1tanFmg 2sincos21(2cos)coscoscosmgmgFmg 增大，减小，则 F1
23、增大，F2减小，故 A 错误，B 正确；C两绳拉力的合力大小等于 mg，故 C 正确；D当=30时，则=30，根据平衡条件有 22cos30Fmg 可得 233Fmg 故 D 正确。故选 BCD。10、AD【解析】A、B：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻 R 两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器 C 的电荷量大小始终没变根据楞次定律判断可知，通过 R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电故 A 正确，B 错误；C：根据安培力公式 FBIL，I、L 不变，由于磁感应强度变化，MN 所受安培力的大小变化，故 C 错
24、误 D：由右手定则判断得知，MN 中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN 所受安培力的方向先向右后向左，故 D 正确 故选 AD 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、273 两组初始气体压强不同，两组气体初始温度不同 p=P0（1+273t）查理 【解析】（1）1两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为绝对零度，其值为273；（2）2 3结合图象，设温度为零摄氏度时的压强为 P0，则有 0273P=k 被封闭气体的压强与摄氏温度之间的关系有 273Pt=k 解得：p=P0（1+273t）由上式可知，两图线斜率不同的原因是
25、，两组初始气体压强不同，或两组气体初始温度不同 4在实验过程中，一定质量的气体体积不变，符合查理定律的变化规律。12、1.02 21()t 2dk 【解析】(1)1小圆柱的直径 d=1.0cm+20.1mm=1.02cm.(2)23根据机械能守恒定律得 212mglmv 所以 2211()22dglvt 得到 2212()dlgt 则以悬点到圆柱重心的距离 l 为纵坐标，以21()t为横坐标。其中 22dkg 故 22dgk 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)3m/s，方向水平向右；(2)2m/s，
26、方向水平向右；(3)E20.283V/m；(4)0.142m【解析】(1)球和弹簧系统机械能守恒 2112PEMv 得 PEvM123m/s 即解除锁定后获得的速度大小为 3m/s，方向水平向右(2)A、B 在 MN 处理碰撞动量守恒，系统机械能守恒 112MvMvmv 222112111222MvMvmv 2122m/sMvMmv 方向水平向右(3)B 球进入 MN 右侧后，电场力 qE=2Nmg 即重力电场力平衡，因此小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 22mvqvBR 在电磁场区域运动半个圆周后速度方向垂直 MN 水平向左射出，出射点距 M 点距离 20.4myR 在
27、MN 左侧的运动竖直方向为自由落体运动，水平方向类似于竖直上抛运动，若 B 球返回 MN，必须满足（向右为正方向）：222vqEvtm（-）2122yRgt 得 1222V/m0.283V/m5mvEqt(4)由以上可知当22V/m5E（0.283V/m）时，B 球恰好能回到 M 点，在此过程中水平方向速度为零时距离 MN最远 2211m222m0.142m2210vmvSqEqEm 14、（1）2m/s （2）0.16J 1.04J （3）0.15s【解析】（1）设 C 达到最大速度为mv，由法拉第电磁感应定律可得回路的感应电动势为：E=2BLvm 由欧姆定律可得回路中的电流强度为：2EIR
28、 金属导体棒 ab、cd 受到的安培力为：FBIL 线中张力为 T2，导体棒 ab、cd 及物体 C 的受力如图，由平衡条件可得：1sin37oTmgF，21TTFf，2TMg 联立解得2mmvs （2）运动过程中由于摩擦产生的内能：E1=mgh=0.16J 由能的转化和守恒定律可得：2121(2)sin372omMghmM vmghEE 联立 将1hm，代入可得这一过程由电流产生的内能：21.04EJ（3）经分析，在 ab 棒向右减速运动的过程中，其加速度大小与 cd 棒沿斜面向上运动的加速度大小始终相等，速率也始终相等。设某时刻它们的速率为 v，则：E=2BLV 由欧姆定律可得回路中的电流
29、强度为：2EIR 金属导体棒 ab、cd 受到的安培力为：FBIL 对 ab 棒运用动量定理：22mB L v tmgtmvR 又0.11v txm 计算可得 t=0.15s 15、(1)1m/s2；(2)t=0.6s；(3)6NF26N；(4)x2=0.78m【解析】(1)若长木板 C 和小物块一起向右加速运动，设它们之间是静摩擦力为 f，由牛顿第二定律得:F=（M+mA）a 解得 a=1m/s2 则 f=mAa=1NmAg=2N，这表明假设正确，即 A 的加速度为 1m/s2(1)要使小物块 A 在与小物块 B 碰撞之前运动时间最短，小物块 A 的加速度必须最大，则 A 所受的摩擦力为最大
30、静摩擦力或滑动摩擦力，有 mAg=mAa1 2112Lxat 解得 t=0.6s(3)要使小物块 A 加速度最大，且又不从长木板 C 的左端滑落，长木板 C 的加速度有两个临界条件:由牛顿第二定律得:F1=（M+mA）a1 则 F1=6N 由牛顿第二定律得:F2-f=Ma2 22211122a tatx 则 F2=26N 故 6NF26N(4)若小物块 A 与小物块 B 碰撞点距从长木板 C 的左端距离为 x1 F3-f=Ma3 223111122a tatxx 解得 x1=1.45m 设小物块 A 发生碰撞到从长木板 C 左端滑落的时间为 t1，因有物块 A、B 发生弹性碰撞，速度交换，故有 22313 11 111122a tta tatx 解得 t1=0.5s 设小物块 A 碰撞到从长木板 C 左端滑落时各自的速度分别为 vm、vM，小物块 A 落到地面时与长木板 C 左端的距离为x2 2212hgt F3=Ma4 vm=a1t1 vM=a3t+a3t1 则有 vMt2+24 212a t-vmt2=x2 x2=0.78m