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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小
2、题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在 O 点磁感应强度大小为0B，则正六边形中心 O 处磁感应强度的大小和方向（）A大小为零 B大小02B，方向沿x轴负方向 C大小04B，方向沿x轴正方向 D大小04B，方向沿 y 轴正方向 2、甲、乙两个质点沿同一直线运动，它们的位移一时间图象如图所示。对 0-t0时间内甲、乙两质点的运动情况，下列说法正确的是 A甲运动得比乙快 B甲运动的位移比乙运动的位移小 C乙先沿负方向运动后沿正方向运动 D甲、乙两质点间的距离先增大后减
3、小 3、如图，一根长直导线竖直放置，通以向上的电流。直导线与铜圆环紧贴但相互绝缘，且导线经过环心 O。下述各过程中，铜环中有感应电流的是（）A环竖直向上匀速运动 B环绕环心 O 匀速转动 C环向左匀速运动 D环以导线为轴匀速转动 4、建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。在一次抛砖的过程中，砖块运动 3s 到达最高点，将砖块的运动匀变速直线运动，砖块通过第 2s 内位移的后13用时为 t1，通过第 1s 内位移的前15用时为 t2，则21tt满足（）A211154tt B211143tt C211132tt D21112tt 5、两个完全相同的波源在介质中形成的波相
4、互叠加的示意图如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，则以下说法正确的是（）AA 点为振动加强点，经过半个周期后，A 点振动减弱 BB 点为振动减弱点，经过半个周期后，B 点振动加强 CC 点为振动加强点，经过四分之一周期后，C 点振动仍加强 DD 点为振动减弱点，经过四分之一周期后，D 点振动加强 6、如图所示，一质量为 M 的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为 90，两底角为 和；a、b 为两个位于斜面上质量均为 m 的小木块，已知所有接触面都是光滑的现发现 a、b 沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（）AMg+mg BMg+2mg CMg+mg（sin+sin
5、）DMg+mg（cos+cos）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，A、B 两点分别固定有等量的点电荷，其中 A 处的为正电荷，B 处的电性未知。MN 为 AB 连线的中垂线，O为垂足。由绝缘材料制成的闭合光滑轨道 abed 关于 O 点对称，其上穿有带正电小环。现在 P 点给小环一沿轨道切线方向的初速度，小环恰能沿轨道做速率不变的运动，则（不考虑重力）（）A小环在 a、c 两点受到的电场力相同 B小环在 b、d 两点的电势能相同 C若在
6、 d 点断开轨道，小环离开轨道后电场力一直做正功 D若将小环从 d 沿 da 连线移到 a，电场力先做负功后做正功 8、倾角为 37的足够长斜面，上面有一质量为 2kg，长 8m 的长木板 Q，木扳上下表面与斜面平行。木板 Q 最上端放置一质量为 1kg 的小滑块 P。P、Q 间光滑，Q 与斜面间的动摩擦因数为13。若 P、Q 同时从静止释放，以下关于 P、Q 两个物体运动情况的描述正确的是（sin 37=0.6，cos 37=0.8，g 取 10m/s2）（）AP、Q 两个物体加速度分别为 6m/s2、4m/s2 BP、Q 两个物体加速度分别为 6m/s2、2m/s2 CP 滑块在 Q 上运
7、动时间为 1s DP 滑块在 Q 上运动时间为 2s 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 C
8、OD、CD 两绳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、以下说法正确的是_ A液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势 B水结为冰时，水分子的热运动会消失 C热量总是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移 D花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动 E.恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量 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）图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽
9、度为 d（很小）的遮光条，滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门 1 的时间 t 以及遮光条从光电门 1 运动到光电门 2的时间 t，用刻度尺测出两个光电门之间的距离 x。(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，示数如图乙，则 d_cm；(2)实验时，滑块从光电门 1 的右侧某处由静止释放，测得滑块经过第一个光电门时遮光条遮光时间为 t25ms，则遮光条经过光电门 1 时的速度 v_m/s；（结果保留一位有效数字）(3)保持其它实验条件不变，只调节光电门 2 的位置，滑块每次都从同一位置由静止释放，记录几组 x（单位为 m）及其对应的 t（单位为 s），作出xtt图
10、像如图丙，图像不过原点的原因是_，滑块加速度的大小 a_。（结果保留一位有效数字）12（12 分）实验小组要测定一个电源的电动势 E 和内阻 r。已知待测电源的电动势约为 5V，可用的实验器材有：待测电源；电压表 V1（量程 03V；内阻约为 3k）；电压表 V2（量程 06V；内阻约为 6k）；定值电阻 R1（阻值 2.0）；滑动变阻器 R2（阻值 020.0）；开关 S 一个，导线若干。（1）实验小组的某同学利用以上器材，设计了如图甲所示的电路，M、N 是电压表，P、Q 分别是定值电阻 R1或滑动变阻器 R2，则 P 应是_（选填“R1”或“R2”）。（2）按照电路将器材连接好，先将滑动变
11、阻器调节到最大值，闭合开关 S，然后调节滑动变阻器的阻值，依次记录 M、N 的示数 UM、UN。（3）根据 UM、UN数据作出如图乙所示的关系图像，由图像得到电源的电动势 E=_V，内阻 r=_。（均保留 2 位有效数字）（4）由图像得到的电源的电动势值_（选填“大于”、“小于”、“等于”）实际值。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，光滑斜面 AB 与粗糙斜面 CD 为两个对称斜面，斜面的倾角均为，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面 BEC 的两端相切，一个物体在离切点 B 的高
12、度为 H 处，以初速度 v0沿斜面向下运动，物体与CD 斜面的动摩擦因数为 （1）物体首次到达 C 点的速度大小；（2）物体沿斜面 CD 上升的最大高度 h 和时间 t；（3）请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由 14（16 分）一列沿 x 轴负向传播的简谐横波在 t=0 时刻波的图象如图所示，经 0.1s，质点 M 第一次回到平衡位置，求：(1)这列波传播的速度大小；(2)质点 M 在 1.2s 内，走过的路程 15（12 分）如图所示，一桌面厚度 AC=h，C 到地面的高度为 10h。O 点为桌面上一点，O 点到 A 的距离为 2h，在O 点固定一个钉子，在钉子上拴一长度
13、为 4h 的轻质细线，细线另一端拴一个质量为 m 的小球 P（可视为质点）。B 在O 正上方，OB 距离为 4h，把小球 P 拉至 B 点。（重力加速度为 g）(1)若小球获得一个水平向右的初速度，小球不能打在桌面上，求小球的最小初速度；(2)给小球一水平向右的初速度，当小球恰好在竖直面内做圆周运动时，小球运动到 C 点正下方后瞬间细线断了。已知小球在运动过程中没有与桌腿相碰，求小球自细线断开瞬间运动到地面的水平位移和细线能承受的弹力的范围。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、D【解析】根据磁场的叠加
14、原理，将最右面电流向里的导线在 O 点产生的磁场与最左面电流向外的导线在 O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 B1；同理，将左上方电流向外的导线在 O 点产生的磁场与右下方电流向里的导线在 O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 B2；将右上方电流向里的导线在 O 点产生的磁场与左下方电流向外的导线在 O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 B3。如图所示：根据磁场叠加原理可知 12302BBBB 由几何关系可知 B2与 B3的夹角为 120，故将 B2与 B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为 2B0，方向与 B1的方向相同，最后将其与 B
15、1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为 4 B0，方向沿 y 轴正方向.选项 D 正确，ABC 错误。故选 D。2、B【解析】C.由图可知，甲、乙做的是同向运动，C 错误；D.由图可知，甲、乙间的距离在逐渐减小，D 错误；A.图线的斜率为速度，因此中运动得比乙慢，A 错误；B.乙运动的位移比甲的位移大，B 正确。3、C【解析】AD直导线中通以恒定的电流时，产生稳恒的磁场，根据安培定则判断可知，直导线两侧的磁场方向相反，由于左右对称，当环竖直向上、向下匀速运动或以直导线为轴转动，穿过铜环的磁通量始终为零，保持不变，所以没有感应电流产生，AD 错误；B环绕环心 O 匀速转动，穿过铜环的磁通量始
16、终为零，没有感应电流产生，B 错误；C环向左匀速运动，磁通量增加，有感应电流产生，C 正确。故选 C。4、C【解析】竖直向上抛砖是匀变速直线运动，经过 3s 减为 0，可以从最高点开始逆向思维，把上升过程反过来看作自由落体运动。根据自由落体运动的公式212hgt，得第 1s 内，第 2s 内，第 3s 内的位移之比为 123:1:3:5SSS 从最高点开始，设第 1s 内位移为 x，则第 2s 内为 3x，第 3s 内为 5x。所以从最高点开始，砖块通过上抛第 2s 位移的后13的位移为第 2 个 x，通过第 1s 内位移的前15的位移即为第 9 个 x，按照自由落体公式可得 12 22xxt
17、gg 22 92 89xxtg 所以 21980.4121tt 所以 ABD 错误，C 正确。故选 C。5、C【解析】AA点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强，A 错误；BB点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，B 错误；CC点处于振动加强区，振动始终加强，C 正确；DD点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，D 错误。故选 C。6、A【解析】本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力。【详解】对木块 a 受力分析，如图，受重力和支
18、持力 由几何关系，得到：N1=mgcos 故物体 a 对斜面体的压力为：N1=mgcos 同理，物体 b 对斜面体的压力为：N2=mgcos 对斜面体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，得到：N2cos-N1cos=0 F支-Mg-N1sin-N2sin=0 根据题意有：+=90 由式解得：F支=Mg+mg 根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于 Mg+mg；故选：A。【点睛】本题关键先对木块 a 和 b 受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个力。也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接
19、体问题，难度提高。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、BCD【解析】由带电小环恰能沿轨道做速率不变的运动可知，在运动过程中电场力对小环不做功，即轨道上各处的电势相同，轨道与电场中的某一等势线重合，根据常见电场的电场分布图和等势面分布图可知，A、B 两点处固定的是等量同种电荷。A由等量同种电荷中垂线上的电场分布特点可知，a、c 两点电场强度大小相等，方向相反，故小环在 a、c 两点受到的电场力方向不同，故 A 错误；Bb、d 两点在同一等势面上，
20、故 b、d 两点的电势能相同，故 B 正确；C若在 d 点断开轨道，此时速度方向与电场力方向垂直，此后，电场力方向与速度方向成锐角，电场力一直做正功，故 C 正确；D由等量同种电荷的电势分布可知，da 连线上从 d 点到 a 点，电势先升高后降低，故带正电的小环电势能先增大后减小，故电场力先做负功，后做正功，故 D 正确。故选 BCD。8、BD【解析】AB对 P 受力分析，受重力和 Q 对 P 的支持作用，根据牛顿第二定律有：sin37PPPm gm a 解得：sin37Pag6m/s2 对 Q 受力分析，受重力、斜面对 Q 的支持力、摩擦力和 P 对 Q 的压力作用，根据牛顿第二定律有：si
21、n37cos37QPQQQm gmmgm a 解得：2Qa m/s2，A 错误，B 正确；CD设 P 在 Q 上面滑动的时间为 t，因Pa=6m/s22Qa m/s2，故 P 比 Q 运动更快，根据位移关系有：221122PQLa ta t 代入数据解得：t=2s，C 错误，D 正确。故选 BD。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)coscosco
22、smgmgFmg 增大，减小，则 F1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、ACE【解析】A液体由于存在表面张力，由收缩成球形的趋势，故 A 正确；B水结冰时，由液体变为固体，分子热运动仍然存在，故 B 错误；C由热力学第二定律可知，热量总是自发的从温度高的物体传到温度低的物体，即热量总是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移，故 C 正确；D花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故 D 错误；
23、E由于水池恒温，故理性气体温度不变，内能不变，由于气体上升的过程体积膨胀，故对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故 E 正确；故选 ACE。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、0.75 0.3 经过光电门 1 时速度不为 0 0.4 【解析】(1)1主尺：0.7cm，游标尺：对齐的是 5，所以读数为：50.1mm=0.5mm=0.05cm，故遮光条宽度为：d=0.7cm+0.05cm=0.75cm；(2)2滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。则滑块经过光电门时的速度为 0.0075m/s=0
24、.3m/s0.025dvt(3)34滑块在两光电门间做匀加速直线运动，由位移公式可得 2012xv tat 变形可得 01 2xvatt 由图象可知，图象与纵轴的交点表示经过光电门 1 的速度，则图象不过原点的原因是经过光电门 1 的速度不为 0；图象的斜率 10.22ka 那么滑块加速度的大小 a=2k=0.4m/s2。12、R2 4.9 0.901.0 小于 【解析】（1）1由电路图可知，电压表 M 测量 P、Q 总电压，电压表 N 测量 Q 的电压，故 M 为大量程的电压表 V2，N 为小量程的电压表 V1，根据部分电路欧姆定律可知 P 为大量程的滑动变阻器 R2，Q 为小阻值的定值电阻
25、 R1。（3）23设电压表 M 的示数为 UM，电压表 N 的示数为 UN，由图示电路图可知，电源电动势为 1NMMUEUIrUrR 整理得：1MNrUEUR 由 UM-UN图象可知，电源电动势为 E=4.9V，由图可知图线的斜率为：4.93.50.473.0k 又从 UM-UN的关系可知：1rkR 则电源内阻为：r=kR1=0.94。（4）4根据题意可知：12NNMMUUEUIrUrRR+变形得：22212MNRR rUEURrR Rr 所以图象的纵截距为：22RbERr 则电源电动势为22RrEbbR 所以根据图象得到的电源电动势值小于实际值。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把
26、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）202gHv (2)202sin2(sincos)gHvg (3)AB 段匀变速运动，BEC 变速运动，CD 段匀变速运动，可能停止于 CD 斜面上不动，也可能在 BC 间做等幅振动 【解析】（1）根据机械能守恒定律：2201122cmvmgHmv 202cvvgH（2）物体沿 CD 上升的加速度：sincosagg 22sinchva 解得：20(2)sin2(sincos)gHvhg（3）AB 段匀变速运动，BEC 变速运动，CD 段匀变速运动，最后可能停止于 CD 斜面上不动，也可能在 BC 间做等幅振动
27、 14、（1）5m/s；（2）4m【解析】运用波形的平移法研究质点 M 质点 M 第一次回到平衡位置时，波传播的距离，根据xvt求解波速，根据数学知识求解波长，从而求出周期，而一个周期内，质点运动的路程为 4A；【详解】解：(1)根据数学知识得：2yAsin xAsinx 由题知：210200.1sin 则波长为：1.2m 波沿 x 轴负方向传播，当 M 第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为：0.5xm 则波速为：0.5/5/0.1xvm sm st(2)波沿 x 轴负方向传播，周期：1.20.245Tsv 1.25tsT 则质点 M 在 1.2s 内走过的路程：5 44sAm 15、（
28、1）12ghv；（2）12 2xh，179mgFmg。【解析】(1)在小球不能打在桌面上的前提下，由分析可知，小球恰好击中A点时，小球的初速度最小，该过程小球做平抛运动，设小球P的最小初速度为1v。水平方向由 12hvt 竖直方向有 2142hgt 解得 12ghv (2)设小球在B点的速度为2v，运动到C点正下方时对应的速度设为Cv，在B点，对小球，根据向心力公式有 224mvmgh 从B点运动到C点正下方，根据动能定理有 22211(42)22Cmghhmvmv 解得 16Cvgh 对小球，经过C点正下方的前、后瞬间，细线拉力分别设为1F和2F，分别应用向心力公式有 212CmvFmgh 22CmvFmgh 解得 19Fmg 217Fmg 结合牛顿第三定律可知细线能承受的弹力范围 179mgFmg 细线断裂后，小球做平抛运动，设小球的水平位移为x，则水平方向有 1Cxv t 竖直方向有 211102hhgt 联立解得 12 2xh