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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、来自太阳的带电粒子会在地球的两极引起极光带电粒子与地球大气层中的原子相遇，原子吸收带电粒子的一部分能量
2、后，立即将能量释放出来就会产生奇异的光芒，形成极光极光的光谐线波长范围约为 310nm670nm据此推断以下说法不正确的是 A极光光谐线频率的数量级约为 1014 Hz B极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关 C原子在从高能级向低能级跃迁时辐射出极光 D对极光进行光谱分析可以鉴别太阳物质的组成成分 2、一人站在滑板上以速度0v在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为02v。已知人与滑板的质量分别为,()M m Mm，则人离开时滑板的速度大小为（）A0mvM B0mvmM C0Mmvm D0Mmvm 3、已知一物体从足够长斜面底端沿
3、斜面匀减速上滑，上滑长度为 L 时，速度减为 0，当物体的上滑速度是初速度的13时，它沿斜面已上滑的距离是 A56L B89L C33L D32L 4、极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方（轨道可视为圆轨道）如图所示，某时刻某极地卫星在地球北纬45A 点的正上方按图示方向运行，经过 12h 后再次出现在 A 点的正上方，地球自转周期为 24h则下列说法正确的是 A该卫星运行周期比同步卫星周期大 B该卫星每隔 12h 经过 A 点的正上方一次 C该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小 D该卫星所有可能角速度的最小值为rad/h8 5、图 1 所示为一列简谐横波在某时刻的波动图象，图 2 所
4、示为该波中 x=1.5m 处质点 P 的振动图象，下列说法正确的是 A该波的波速为 2m/s B该波一定沿 x 轴负方向传播 Ct=1.0s 时，质点 P 的加速度最小，速度最大 D图 1 所对应的时刻可能是 t=0.5s 6、如图所示，质量为 M 的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为 m 的小球，Mm，用一力 F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度 a 向右运动时，细线与竖直方向成 角，细线的拉力为 T。若用一力 F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度 a向左运动时，细线与竖直方向也成 角，细线的拉力为 T。则（）Aaa，T=T Ba=a，T=T Caa，TT Daa，TT
5、 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、如图水平且平行等距的虚线表示某电场三个等势面，电势值分别为U、O、U0U，实线是电荷量为q 的带电粒子的运动轨迹，a、b、c 为轨迹上的三点，且都位于等势面上，不计重力。下列说法正确的（）A若粒子在 a 点的动能为 2eV，则在 c 点的动能可能为 0 B粒子在 b 点所受电场力方向水平向右 C粒子在三点的电势能大小为pppbacEEE D粒子从 a 到 c 过程中电场力对它做的功为 qU 8、下列说法正确
6、的是（）A由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在张力 B把金片儿和铅片压在一起，经过足够长时间后，可发现金会扩散到铅中，但铅不会扩散到金中 C物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大 D热力学第二定律表明，不可能通过有限的过程，把一个物体冷却到绝对零度 E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 9、如图，一带正电的点电荷固定于 O 点，两虚线圆均以 O 为圆心，两实线分别为带电粒子 M 和 N 先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e 为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是()AM 带负电荷，N 带正电荷 BM 在 b 点的动能小于它在
7、a 点的动能 CN 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能 DN 在从 c 点运动到 d 点的过程中克服电场力做功 10、某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律，由于输电线太长，他将每 100 米导线卷成一卷，共有 8 卷代替输电线路（忽略输电线的自感作用）第一次试验采用如图甲所示的电路图，将输电线与学生电源和用电器直接相连，测得输电线上损失的功率为1P，损失的电压为1U；第二次试验采用如图乙所示的电路图，其中理想变压器1T与学生电源相连，其原副线圈的匝数比12:nn，理想变压器2T与用电器相连，测得输电线上损失的功率为2P，损失的电压为2U，两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同，
8、下列正确的是 A2112:PPnn B222112:PPnn C2112:UUnn D222112:UUnn 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）在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物 P、Q 相连，重物 P、Q 的质量均为 m（已知），在重物 Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z。重物 P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为 g。(1)某次实验中。先接通频率为 50Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带。相
9、邻两计数点间还有四个点没画出，则系统运动的加速度 a=_m/s（保留两位有效数字）。(2)在忽略阻力的情况下，物块 Z 质量 M 的表达式为 M=_（用字母 m、a、g 表示）。(3)由(2)中理论关系测得的质量为 M，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块 Z 的实际质量与理论值 M 有一定差异。这是一种_（填“偶然误差”或“系统设差”）。12（12 分）图甲是简易多用电表的电路原理图，图中 E 是电源，R1、R2、R3、R4、R5是定值电阻，R 6是可变电阻，表头 G 的满偏电流为 200A。内阻为 600，其表盘如图乙所示。图甲中虚线方框内
10、为换挡开关，A 端和 B 端分别与两表笔相连，该多用电表有 5 个挡位，分别为：直流电流 1A 挡和 500A 挡，欧姆1k 挡，直流电压 2.5V 挡和 10V挡。(1)若用欧姆1k 挡测二极管的反向电阻，则 A 端与二极管的_（选填“正”或“负”）极相接触，测得的示数如图乙中 a 所示，则该二极管的反向电阻为_k。(2)某次测量时该多用电表指针位置如图乙中b所示，若此时B端是与“1”相连的，则多用电表的示数为_；若此时 B 端是与“4”相连的则多用电表的示数为_。(3)根据题中所给的条件可得 R1、R2的阻值之和为_。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
11、处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示的两个正对的带电平行金属板可看作一个电容器，金属板长度为 L，与水平面的夹角为。一个质量为 m、电荷量为 q 的带电油滴以某一水平初速度从 M 点射入两板间，沿直线运动至 N 点。然后以速度0v直接进入圆形区域内，该圆形区域内有互相垂直的匀强电场与匀强磁场。油滴在该圆形区域做匀速圆周运动并竖直向下穿出电磁场。圆形区域的圆心在上金属板的延长线上，其中磁场的磁感应强度为 B。重力加速度为 g，求：(1)圆形区域的半径；(2)油滴在 M 点初速度的大小。14（16 分）托卡马克(Tokamak)是一.种复杂的环形装置，结构如图甲所
12、示。环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外排列着环向场线圈和极向场线圈，其中欧姆线圈的作用一是给等离子体加热以达到核聚变所需的临界温度；二是产生感应电场用以等离子体加速。同时，极向场线圈通电后提供的极向磁场与环向场线圈通电后提供的环向磁场将高温等离子体约束在真空室内，促使核聚变的进行。如图乙所示为环形真空室简化图，其内径为 R1=2 m、外径为 R2=5 m，S 和 S为其截面关于中心对称。假设约束的核聚变材料只有氘核(21H)和氚核(31H)，且不考虑核子间的相互作用，中子和质子的质量差异以及速度对核子质量的影响，核子一旦接触环形真空室壁即被吸收导走。(已知质子的电荷量为191.
13、6 10 C；质子和中子质量均为271.6 10 kg)。试回答：(1)氘核(21H)和氚核(31H)结合成氢核(42He)时，要放出某种粒子，同时释放出能量，写出上述核反应方程；(2)欧姆线圈中，通以恒定电流时，等离子体能否发生核聚变(“能”或“不能”)，并简要说明判断理由；(3)若关闭欧姆线圈和环向场线圈的电流，当极向磁场为多大时，从垂直于 S 截面速度同为72 10 m/sv 的氘核(21H)能够全部通过 S截面；(4)若关闭欧姆线圈和环向场线圈的电流，当极向磁场在某一范围内变化时，垂直于 S 截面速度同为72 10 m/sv 的氘核(21H)和氚核(31H)能够在 S截面要有重叠，求磁
14、感应强度 B 的取值范围。15（12 分）如图所示，水平地面上有两个静止的物块 A 和 B，A、B 的质量分别为 m12kg，m21kg，它们与地面间的动摩擦因数均为 0.5。现对物块 A 施加一大小 I40Ns，水平向右的瞬时冲量，使物块 A 获得一个初速度，t1s 后与物块 B 发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B 两物块均可视为质点，重力加速度 g10m/s2。(1)求 A 与 B 碰撞前瞬间，A 的速度大小；(2)若物块 B 的正前方 20m 处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后 A、B 是否会到达危验区域。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
15、小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】A.极光光谐线频率的最大值814max31013 109.7 103.1 1010cfHzHz；极光光谐线频率的最小值814min31023 104.5 106.7 1010cfHzHz则极光光谐线频率的数量级约为 1014Hz，故 A 正确 B来自太阳的带电粒子到达地球附近，地球磁场迫使其中一部分沿着磁场线集中到南北两极当他们进入极地的高层大气时，与大气中的原子和分子碰撞并激发，产生光芒，形成极光极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关，故 B 正确；C地球大气层中的原子吸收来自太阳带电粒子的一部分能量后，从高能级向低能级跃迁
16、时辐射出极光故 C 项正确；D地球大气层中的原子吸收来自太阳的带电粒子的一部分能量后，从高能级向低能级跃迁时辐射出极光对极光进行光谱分析可以鉴别地球大气层的组成成分，故 D 错误。本题选不正确的，答案为 D。2、C【解析】规定初速度 v0的方向为正方向，根据动量守恒定律可知：00()2Mm vMvmv 解得 0Mmvvm 负号表示速度与正方向相反，大小为0Mmvm；故选 C。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 220023vvax，联立以上两等式得：8
17、9xL，故选 B。4、D【解析】地球在 12h 的时间内转了 180，要使卫星第二次出现在 A 点的正上方，则时间应该满足34 T+nT12h，解得48h43Tn（n=0、1、2、3、），当 n=0 时，周期有最大值 T=16h，当 n 的取值不同，则周期不同，则该卫星运行周期比同步卫星周期小，选项 A 错误；由以上分析可知，只有当卫星的周期为 16h 时，每隔 12h 经过 A 点上方一次，选项 B 错误；卫星的周期小于同步卫星的周期，则运转半径小于同步卫星的半径，根据2GMar可知，该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度大，选项 C 错误；该卫星的最大周期 T=16h，则最小的角速度为：2=
18、rad/h8T，选项 D 正确.5、D【解析】由图 1 可知波长=4m，由图 2 知周期 T=4s，可求该波的波速 v=/T=1m/s，故 A 错误；由于不知是哪个时刻的波动图像，所以无法在图 2 中找到 P 点对应的时刻来判断 P 点的振动方向，故无法判断波的传播方向，B 错误；由图 2 可知，t=1s 时，质点 P 位于波峰位置，速度最小，加速度最大，所以 C 错误；因为不知道波的传播方向，所以由图 1 中 P 点的位置结合图 2 可知，若波向右传播，由平移法可知传播距离为 x=0.5+n，对应的时刻为 t=（0.54n）s，向左传播传播距离为 x=1.5+n，对应的时刻为 t=（1.54
19、n）s，其中 n=0、1、2、3，所以当波向 x 轴正方向传播，n=0 时，t=0.5s，故 D 正确。6、A【解析】对情况一的整体受力分析，受重力、支持力和拉力：FMm a()再对小球分析：sinFTma cosTmg 联立解得：tanmgaM，cosmgT；再对情况二的小球受力分析，据牛顿第二定律，有：tanmgma 解得tanag，由于 Mm，所以aa；细线的拉力：cosmgTT A 正确，BCD 错误。故选 A。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
20、0 分。7、CD【解析】A由题意可知，a 点的电势低于 c 点电势，带负电的粒子在 a 点的电势能大于 c 点的电势能，由能量守恒可知，粒子在 a 点的动能小于在 c 点的动能，故 A 错误；B因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，根据电场线与等势面垂直，电场线竖直向上，结合轨迹的弯曲方向知粒子在 b 点的电场力竖直向下，故 B 错误；C由题可知 cab 根据负电荷在电势高处电势能小可知 pppbacEEE 故 C 正确；D粒子由 a 到 c 过程中电场力做正功，则有 0WqUqU（）故 D 正确。故选 CD。8、ACE【解析】A液体表面层分子间距离大于液
21、体内部分子间距离，故液体表面存在张力，故 A 正确；B一切物质的分子处于永不停息的无规则运动之中，当铅片与金片接触时，会有一些铅的分子进入金片，同时，金的分子也会进入铅片，故 B 错误；C温度是分子平均动能的标志，则温度升高，物体内分子平均动能增大，故 C 正确；D根据热力学第三定律知，绝对零度只能接近，不可能达到，故 D 错误；E根据热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故 E 正确。故选 ACE。9、ABC【解析】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M 受到的是吸引力，N 受到的是排斥力，可知 M 带负电荷，N 带正电荷，故 A 正确M 从 a 到 b 点，库
22、仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则 b 点的动能小于在 a 点的动能，故 B 正确d 点和 e 点在同一等势面上，电势相等，则 N 在 d 点的电势能等于在 e 点的电势能，故 C 正确 D、N 从 c 到 d，库仑斥力做正功，故 D 错误故选 ABC 考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化 10、BC【解析】设学生电源提供的电压为 U，输出功率为 P，输电线的总电阻为 r，则第一次实验中的电流为PIU，故1UIr，21PI r；第二
23、次试验中，根据变压器电流反比线圈匝数可知211nIIn，输电线中的电流为112nIIn，故1212nUI rIrn，2221212()nPI rI rn，所以122112nIrUnnUIrn，22122212212()nI rPnnPI rn，BC 正确【点睛】对于远距离输电这一块：（1）输电电流 I：输电电压为 U，输电功率为 P，则输电电流PIU；（2）电压损失U：UIr，输电线始端电压 U 与输电线末端电压U的差值；（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率2PI R线，PI U，2UPR 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡
24、中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.32 2maga 系统误差 【解析】(1)1根据逐差法求解加速度 22220.03290.02950.02640.0232m/s0.32m/s44 0.1CEACxxaT(2)2对 P、Q、Z 构成的系统应用牛顿第二定律()()mM gmgmmM a 解得 2maMga(3)3根据题意可知这种误差为客观因素造成的不可避免的误差，应为系统误差。12、负 7.0 0.30A 0.75V 400 【解析】(1)12若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从 A 端流出，故 A 端与二极管的负极相接触；根据刻度盘，得出示数为 7.0，
25、又选用了1k 挡，故二极管的反向电阻为 7.0k。(2)3若此时 B 端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流 1A 档，故此时每小格表示 0.02A，读数为 0.30A；4若此时 B 端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表，为直流电压 2.5V 档，故此时每小格表示 0.05V，读数为 0.75V。(3)5由电路特点，由题意知（500-200）10-6（R1+R2）=20010-6600 整理得 R1+R2=400 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)0cossinmvRqB；(2)20
26、2sin2cosvvgL【解析】(1)带电油滴在圆形区域运动，电场力和重力相平衡，在洛伦兹力作用下运动14圆周。根据 200vqv Bmr 得轨迹半径为 0mvrqB 设圆形区域的半径为 R，由几何关系得 cossinRRr 解得 0cossinmvRqB (2)带电油滴在 MN 段运动时，由牛顿第二定律得 tanmgma 由运动规律得 2202vvax 由几何关系知 cosLx 解式得 202sin2cosvvgL 14、(1)23411120HHHen；(2)不能；(3)2T35；(4)22TT155B【解析】(1)氘核(21H)和氚核(31H)结合成氢核(42He)的核反应方程：2341
27、1120HHHen(2)恒定电流产生恒定磁场，而恒定磁场无法产生感生电场，故离子无法被加速，因此不能发生核聚变反应；(3)在极向磁场的作用下，氘核将从S截面出发做匀速圆周运动，当运动半径为：127mrRR时，能够全部通过S截面；根据牛顿第二定律可得：2mvqvBr 可得：mvBqr 代入数据可得：2T35B (4)设氘核和氚核在磁场中的轨迹半径分别为r和2r，则根据半径公式，两者满足：2132rr 由图可得，要使能够在截面S有重叠，须满足：121222rRRr 为使交叠区域在S截面内，有：2222rR 1122rR 通过列式计算得到1r需满足：12m3mr 根据公式：mvBqr 代入数据解得：
28、22TT155B 15、(1)15m/s(2)物块 A 不会到达危险区域，物块 B 会到达危险区域【解析】（1）设物块 A 获得的初速度为 v0，则 I=m1v0 A 与 B 碰撞前的运动过程有:v1=v0-at 其中 a=g 解得：A 与 B 碰撞前瞬间，A 的速度大小 v1=15m/s（2）A 与 B 碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有 m1v1=m1v1+m2v2 21 112m v=21 112m v+22212m v 解得:v1=5 m/s，v2=20 m/s 由运动学公式可知：xA=212va=2.5 m xB=222va=40m 即物块 A 不会到达危险区域，物块 B 会到达危险区域。