《2022-2023学年鄂尔多斯市重点中学高考物理二模试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年鄂尔多斯市重点中学高考物理二模试卷含解析.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、如图所示，在 O 点处放正点电荷，以水平线上的某点 O为圆心，画一个圆与电场线分别相交于 a、b、c、d、e则下列说法正确的是 ()Ab、e 两点的电场强度相同 Bb、c 两点间电势差等于 e、d 两点间电势差 Ca 点
2、电势高于 c 点电势 D负电子在 d 点的电势能大于在 b 点的电势能 2、如图所示为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器，发电厂输出发电功率 P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻保持不变。当升压变压器原副线圈匝数比为 k 时，用户得到的功率为 P1则当升压变压器的原副线圈匝数比为 nk 时，用户得到的电功率为（）A22221(1)n kPn k P B221(1)nPn P C122221(1)PPn kn k D122221(1)PPn kn k 3、在真空中某点电荷 Q 的电场中，将带电荷量为 q 的负试探电荷分别置于 a
3、（0,0,r）、b 两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，Fa、Fb分别在 yOz 和 xOy 平面内，Fa与 z 轴负方向成60角，Fb与 x 轴负方向成60角。已知试探电荷在 a 点受到的电场力大小为 Fa=F，静电力常量为 k。则以下判断正确的是（）A电场力的大小 Fb大于 F Ba、b、O 三点电势关系为abO C点电荷 Q 带正电，且大小为24FrQkq D在平面 xOz 上移动该试探电荷，电场力不做功 4、如图，两个小球分别被两根长度不同的细绳悬于等高的悬点，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，当两小球通过最低点时，两球一定有相同的()A速度 B角速度 C加速度 D机械能 5、在
4、匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005s 时线框的磁通量变化率为零 Bt=0.01s 时线框平面与中性面重合 C线框产生的交变电动势有效值为 300V D线框产生的交变电动势频率为 100Hz 6、以下各物理量属于矢量的是()A质量 B时间 C电流 D磁感应强度 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、如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电量为 0.0
5、1C、质量为 0.1kg 的圆环套在杆上。整个装置处在水平方向的电场中，电场强度 E 随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为 0.5。t=0 时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g 取 10m/s2。则下列说法正确的是（）A环先做加速运动再做匀速运动 B02s 内环的位移大于 2.5m C2s 时环的加速度为 5m/s2 D环的最大动能为 20J 8、如图所示，A 球用不可伸长的细线悬挂在天花板上，处于静止状态，B 球和 A 球用橡皮筋连接，B 球在 A 球正下方某一位置，此时橡皮筋处于松弛状态。现由静止释放 B 球，不计空气阻力，则在 B 球下落的
6、过程中（细线与橡皮筋均不会断），下列说法正确的是 A细线的张力先不变后增大 BA 球受到的合力先不变后增大 CB 球的动能与橡皮筋的弹性势能之和不断增大 DB 球的重力势能与机械能均不断减小 9、如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度 B 的正方向，B 随时间 t 的变化关系如图乙所示t=0 时刻，在平行板电容器间，由静止释放一带正电的粒子（重力可忽略不计），假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列关于板间电场强度、粒子在板间运动的位移、速度和加速度与时间的关系图象中（以向上为正方向）可能正
7、确的是（）A B C D 10、一列简谐横波沿 x 轴传播，t0 时的波形如图所示，质点 A 和 B 相距 0.5m，质点 A 速度沿 y 轴正方向；t0.03s 时，质点 A 第一次到达负向最大位移处。则下列说法正确的是（）A该波沿 x 轴负方向传播 B该波的传播速度为 25m/s C从 t0 时起，经过 0.04s，质点 A 沿波传播方向迁移了 1m D在 t0.04s 时，质点 B 处在平衡位置，速度沿 y 轴负方向 E.某频率为 25Hz 的简谐横波与该波一定能发生干涉 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）热敏电
8、阻常用于温度控制或过热保护装置中。某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度变化的关系如图甲所示。（1）由图甲可知，在较低温度范围内，相对金属热电阻而言，该热敏电阻对温度变化的响应更_（选填“敏感”或“不敏感”）。（2）某同学利用上述热敏电阻制作了一个简易的温控装置，实验原理如图乙所示。现欲实现衔铁在某温度时（此时热敏电阻的阻值为0R）被吸合，下列操作步骤正确的顺序是_。（填写各步骤前的序号）a.将热敏电阻接入电路 b.观察到继电器的衔铁被吸合 c.断开开关，将电阻箱从电路中移除 d.合上开关，调节滑动变阻器的阻值 e.断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至0R（3）若热敏电阻的阻值tR与温度
9、t的关系如下表所示，t/30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0/tR 199.5 145.4 108.1 81.8 62.9 49.1 当通过继电器的电流超过20mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。已知继电器的电阻20r，为使该裝置实现对 30C80C之间任一温度的控制，电源E应选用_，滑动变阻器xR应选用_。（填选项前的字母）A电源1E（3V，内阻不计）B电源2E（6V，内阻不计）C滑动变阻器1(0 200)R D滑动变阻器2(0 500)R 12（12 分）重物带动纸带自由下落，测本地重力加速度。用 6V。50Hz 的打点计时器打出的一条纸带如图甲所示，O为重
10、物下落的起点，选取纸带上连续打出的 A、B、C、D、E、F 为测量点，各测量点到 O 点的距离 h 已标在测量点下面。打点计时器打 C 点时，重物下落的速度cv _m/s；分别求出打其他各点时的速度 v，作2vh关系图像如图乙所示，根据该图线，测得本地的重力加速度g _2m/s。（结果保留三位有效数字）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，平行导轨宽为 L、倾角为，处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感强度为 B，CD 为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD 右边平滑连一足够长的导轨。
11、质量为 m、电阻为 R 的导体棒 ab 长也为 L，两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止滑下。其余电阻不计，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g。(1)棒 ab 上的感应电流方向如何？(2)棒 ab 在磁场内下滑过程中，速度为 v 时加速度为多大？(3)若全过程中电流传感器指示的最大电流为 I0。求棒 ab 相对于 CD 能上升的最大高度。14（16 分）一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在 t=0 时刻将一物块无初速轻放到木板上，此后长木板运动的速度时间图象如图所示已知长木板的质量 M=2kg，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取 g=10m/s2，求：（1）
12、物块的质量 m；（2）这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？15（12 分）如图所示，水平地面上有一长 L=2m、质量 M=1kg 的长板，其右端上方有一固定挡板。质量 m=2kg 的小滑块从长板的左端以v0=6m/s 的初速度向右运动，同时长板在水平拉力 F 作用下以 v=2m/s 的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为 0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。己知长板与地面间的动摩擦因数 1=0.4，滑块与长板间动摩擦因数 2=0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：（1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移 x；（2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小 F；（3）滑块
13、从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量 Q。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】b、e 两点到点电荷 O 的距离相等，根据可知两点处的电场强度大小相等，但是方向不同，故电场强度不同，A 错误；b、e 两点到点电荷 O 的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，c、d 两点到点电荷 O 的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，故 b、c 两点间电势差等于 e、d 两点间电势差，B 正确；在正电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，故 a 点的电势低于 c 点的电势，
14、b 点电势低于 d 点电势，而负电荷在低电势处电势能大，故负电子在 d 点的电势能小于在 b 点的电势能，CD 错误；【点睛】本题的关键是掌握点电荷电场规律：距离正点电荷越近，电势越高，电场强度越大，在与点电荷等距的点处的电势相等，负点电荷在低电势处电势能大 2、B【解析】原、副线圈的匝数比为 k，根据变压器的规律可得 1:1:I Ik 据能量守恒可得 22211PPI Rk I R 当升压变压器的原、副线圈匝数比为 nk 时，用户得到的功率为 2211(1)PnPn P 故选 B。3、C【解析】由题，Fa、Fb分别在 yOz 和 xOy 平面内，可知点电荷 Q 即在 yOz 平面内，也在 x
15、Oy 平面内，所以 Q 一定在坐标轴 y上，过 a 点沿 F 的方向延长，与 y 轴交于 Q 点，设 OQ 之间的距离为 y，由几何关系得 tan60yr 则 tan603yrr aQ 之间的距离=2cos60rLr 连接 bQ，则 b 受到的电场力的方向沿 bQ 的方向。由几何关系得 3tan603byrrr 可知 b 点到 O 点的距离也是 r，b 到 Q 之间的距离也是 2r Ab 与 a 到 Q 点的距离相等，根据库仑定律可知，试探电荷在 b 点受到的电场力与在 a 点受到的电场力是相等的，所以 bFF 故 A 错误；B负电荷受到的电场力指向 Q，根据异性电荷相互吸引可知，Q 带正电，
16、由于距离正电荷越近电势越高，所以 O 点的电势高，b 与 a 点的电势相等，即 abO 故 B 错误；C由于点电荷 Q 带正电，根据库仑定律 2(2)kQqFr 解得点电荷 Q 的电荷量为 24FrQkq 故 C 正确；D平面 xOz 上各点到 Q 的距离不一定相等，所以各点的电势不一定相等，则在平面 xOz 上移动该试探电荷，电场力不一定不做功，故 D 错误。故选 C。4、C【解析】试题分析：根据动能定理得：mgL=12mv2，解得：2vgL，因为 L 不等所以速度不等，故 A 错误；B、根据2vaL解得：a=2g，所以两球加速度相等，又 a=L2，所以角速度不等，故 B 错误 C 正确；因
17、为两球的质量关系未知，初始位置它们的重力势能不一定相等，所以在最低点，两球的机械能不一定相等，故 D 错误；故选 C.考点：动能定理；向心加速度【名师点睛】此题考查了动能定理的应用以及向心加速度及角速度的知识；解决本题的关键掌握动能定理和机械能守恒定律，知道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力，列的式子即可解答；此题是基础题，意在考查基础知识的应用.5、B【解析】由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上；由图像还可知电动势的峰值和周期。根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值；根据周期和频率的关系可求频率。【详解】A由图乙知 t=0.005s 时，感应电动势最大，由
18、法拉第电磁感应定律 Ent 可知，磁通量的变化率最大，但线圈与磁场平行磁通量为零，故 A 错误。B由图乙可知 t=0.01 时刻，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故 B 正确。CD由图乙可知，该交变电流的周期为 T=0.02s，电动势最大值为 Em=311V。根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为 m22311V220V22EE 据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为 11Hz50Hz0.02fT 故 CD 错误。故选 B。【点睛】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图像得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系。6、D【解
19、析】矢量是既有大小，又有方向的物理量；AB质量、时间只有大小而没有方向，都是标量，选项 AB 错误；C电流有大小和方向，但电流的合成不满足平行四边形定则，也是标量，选项 C 错误；D磁感应强度有大小，也有方向，是矢量，故选项 D 正确。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、CD【解析】A在 t=0 时刻环受的摩擦力为0.53000.01N=1.5N1NfqEmg，则开始时物体静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此
20、时满足 qEmg 即 E=200N/C 即 t=1s 时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当 E=-200N/C 时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为 t=5s 时刻；而后环继续做减速运动直到停止，选项 A 错误；BC环在 t=1s 时刻开始运动，在 t=2s 时 E=100N/C，此时的加速度为-mgqEma 解得 a=5m/s2 因环以当加速度为 5m/s2匀加速下滑 1s 时的位移为 215 1 m=2.5m2s 而在 t=1s 到 t=2s 的时间内加速度最大值为 5m/s2，可知 0
21、2s 内环的位移小于 2.5m，选项 B 错误，C 正确；D由以上分析可知，在 t=3s 时刻环的加速度最大，最大值为 g，环从 t=1s 开始运动，到 t=5s 时刻速度最大，结合 a-t图像的面积可知，最大速度为 14 10m/s=20m/s2mv 则环的最大动能 22110.1 20 J=20J22kmmEmv 选项 D 正确。故选 CD。8、AC【解析】A细线的张力先等于 A 球的重力，当橡皮筋的弹力不断增大后，细线的张力不断增大。故 A 正确。BA 球始终静止，合力始终为零。故 B 错误。CB 球的动能与橡皮筋的弹性势能及 B 球的重力势能之和为一定值，B 球的重力势能不断减小，则
22、B 球的动能与橡皮筋的弹性势能之和不断增大。故 C 正确。DB 球高度一直减小，B 球的重力势能不断减小；橡皮筋伸直前，B 球做自由落体运动，机械能守恒，橡皮筋被拉长后，B 球的一部分机械能转化为橡皮筋的弹性势能，B 球的机械能减小，所以 B 机械能先不变后减小。故 D 错误。9、CD【解析】A、根据法拉第电磁感应定律BEStt，04T感应电动势大小不变，方向逆时针，3 44TT感应电动势大小不变，方向顺时针方向，方向与04T相反；3 4TT 感应电动势大小不变沿逆时针方向，方向与04T相同，故 A 错误；BCD、04T内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；粒子带正电
23、，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动42TT内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零，324TT，内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，同理，3 4TT，内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零；由上分析可知，2T末速度减小为零，位移最大，当 T 末，粒子回到了原来位置，故 B 错误，CD 正确 点睛：本题属于综合性题目，注意将产生感应电流
24、的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型 10、ABD【解析】At0 时质点 A 速度沿 y 轴正方向，可知该波沿 x 轴负方向传播，选项 A 正确；Bt0.03s 时，质点 A 第一次到达负向最大位移处，可知周期 T=0.04s，波长=1m，则该波的传播速度为 1 m/s25m/s0.04vT 选项 B 正确；C波传播过程中，质点只能在平衡位置附近上下振动，而不随波迁移，选项 C 错误；D在 t0.04s=T 时，质点 B 回到平衡位置，速度沿 y 轴负方向，选项 D 正确；E波的频率为 125HzfT 则该波与频率是 25Hz 的简谐横波相遇时可
25、能发生波的干涉现象，选项 E 错误。故选 ABD。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、敏感 edbca B D 【解析】（1）1图甲中横轴表示温度，纵轴表示电阻，随着温度的升高，金属热电阻的阻值略微增大，而该热敏电阻的阻值明显减小，所以这种热敏电阻在较低温度范围内，相对金属热电阻而言，该热敏电阻对温度变化的响应更敏感（2）2要实现衔铁在某温度时（此时热敏电阻的阻值为0R）被吸合，而衔铁被吸合时的电流是一定的，所以关键是找到此时滑动变阻器的阻值。实现方法是：断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至0R，合上开关，调节滑动变阻器的
26、阻值，观察到继电器的衔铁被吸合，则此时滑动变阻器连入电路的阻值就是衔铁在某温度（此时热敏电阻的阻值为0R）被吸合时滑动变阻器应连入电路的阻值，找到之后，再用热敏电阻替换掉电阻箱即可，正确顺序为 edbca；（3）3在 30C时，电源电动势的最小值 320(199.520)10 V4.39VE 所以电源应选用2E，故选 B；4在 80C时，选用电源2E，滑动变阻器的最小阻值为 6V49.120230.920mA 所以滑动变阻器应选用2(0 500)R，故选 D。12、1.56 9.709.90 【解析】1由2BDcxvT可知 0.15710.09471.56m/s0.04cv 2根据 v2=2g
27、h，由图象求斜率得 2g，所以 2214.9m/s=9.80m/s220.25kg 。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)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
28、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 14、（1）4kg（2）24J【解析】（1）长木板和物块组成的系统动量守恒：)MvMm v共（代入数据解得：4mkg （2）设这一过程中长木板和物块的内能增加量为 Q，根据能量守恒定律：2211()24J22QMvMm v共 15、（1）0.8m；（2）2N；（3）48J【解析】（1）（5 分）滑块在板上做匀减速运动，a=22mggm 解得:a=5m/s2 根据运动学公式得：L=v0t1-2112at 解得 t=0.4s（t=2.0s 舍去）（碰到挡板前滑块
29、速度 v1=v0-at=4m/s2m/s，说明滑块一直匀减速）板移动的位移 x=vt=0.8m（2）对板受力分析如图所示，有：F+2f=1f 其中 1f=1（M+m）g=12N，2f=2mg=10N 解得：F=2N（3）法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q1=2f（L-x）=2mg（L-x）=12J 滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2=2mg（L-x）=12J 整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量：Q3=1（M+m）gL=24J 所以，系统因摩擦产生的热量：系统因摩擦产生的热量 Q=Q1+Q2+Q3=48J 法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为 F1=2N（第二问可知）F1做功为 W1=F1x=20.8=1.6J 滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F2=1f+2f=1（M+m）g+2mg=22N F2做功为 W2=F2（L-x）=221.2=26.4J 碰到挡板前滑块速度 v1=v0-at=4m/s 滑块动能变化：Ek=20J 所以系统因摩擦产生的热量：Q=W1+W2+Ek=48J