《2023届贵州省遵义第四中学高考物理倒计时模拟卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届贵州省遵义第四中学高考物理倒计时模拟卷含解析.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 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、如图甲所示，A、B 是一条电场线上的两点，若在 A 点释放一初速度为零的电子，电子仅受静电力作用，并沿电场线从 A 运动到 B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，设 A、B 两点的电场强度分别为ABEE、，电势分别为AB、
2、，则（）AABEEAB BABEEAB CABEEAB DABEEAB 2、几位同学利用课余时间测一干涸的半球形蓄水池的直径。身高为 1.80m 的小张同学站在池边从头顶高处水平向池中投掷小石子，石子刚好落到池底的正中央，小李同学用手机的秒表记录的小石子运动时间为 1.6s。不计空气阻力，重力加速度取 10m/s2。可知水池的直径为（）A3.6m B11m C12.8m D22m 3、如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力 F
3、作用下加速上升的一段时间内，力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于 A棒的机械能增加量 B棒的动能增加量 C棒的重力势能增加量 D电阻 R 上放出的热量 4、如图甲所示，单匝矩形金属线框 abcd 处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积0.3S 2m，线框连接一个阻值3R 的电阻，其余电阻不计，线框 cd 边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度 B 的正方向，磁感应强度 B 随时间 t 变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是（）A00.4s 内线框中感应电流沿逆时针方向 B0.40.8s 内线框有扩张的趋势 C00.8s 内线框中的电流为 0.1A D00.4s 内 ab 边所
4、受安培力保持不变 5、冬季奥运会中有自由式滑雪 U 型池比赛项目，其赛道横截面如图所示，为一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径 POQ 水平。一质量为 m 的运动员（按质点处理）自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入赛道。运动员滑到赛道最低点 N 时，对赛道的压力为 4mg，g 为重力加速度的大小。用 W 表示运动员从 P 点运动到 N 点的过程中克服赛道摩擦力所做的功（不计空气阻力），则（）A34WmgR，运动员没能到达 Q 点 B14WmgR，运动员能到达 Q 点并做斜抛运动 C12WmgR，运动员恰好能到达 Q 点 D12WmgR，运动员能到
5、达 Q 点并继续竖直上升一段距离 6、如图甲所示，矩形导线框 abcd 放在垂直纸面的匀强磁场中，磁感应强度 B 随时间变化的图像如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，水平向右为安培力的正方向，在 04s 内，线框 ab 边受到的安培力 F 随时间变化的图像正确的是（）A B C D 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、如图所示，一个边长为 l 的正六边形abedef的区域内有匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面
6、向外。在a点处的粒子源发出大量质量为m电荷量为0q q的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终沿ad方向。不计粒子间的相互作用力及重力，下列说法正确的是（）A速度小于33qBlm的粒子在磁场中运动的时间一定相同 B速度大于qBlm的粒子一定打在cd边上 C经过c点的粒子在磁场中运动的时间为3mqB D垂直打在cd边上的粒子在磁场中运动的时间为6mqB 8、如图甲所示，在倾角为 的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示。一质量为 m、电阻为 R 的矩形金属框从 t0 时刻由静止释放，t3时刻的速度为 v，移动的
7、距离为 L，重力加速度为 g，线框面积为 S，t1t0、t22t0、t33t0，在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（）At1t3时间内金属框中的电流先沿逆时针后顺时针 B0t3时间内金属框做匀加速直线运动 C0t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动 D0t3时间内金属框中产生的焦耳热为2002B SRt 9、如图为一电源电动势为 E，内阻为 r 的稳定电路。电压表 A 的内阻为 5k。B 为静电计，C1，C2为两个理想的电容器且耐压值足够高。在开关闭合一段时间后，下列说法正确的是 AC1上电荷量为 0 B若将甲右滑，则 C2上电荷量增大 C若 C1C2，则电压表两端大于静电计两端电压
8、D将 S 断开，使 C2两极距离增大，B 张角变大 10、如图所示，xOy 平面位于光滑水平桌面上，在 Ox2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面向下 由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，AB 与 DE 边距离恰为 2L，现施加一水平向右的拉力 F 拉着线框水平向右匀速运动，DE 边与 y 轴始终平行，从线框 DE 边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间 t 的函数图象和拉力 F 随时间 t 的函数图象大致是 A B C D 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
9、过程。11（6 分）某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。图甲是演示仪的简化示意图，细线下面悬挂一个小钢球（直径忽略不计），细线上端固定在电动机转盘上，利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。用转速测定仪测定电动机的转速n，调节刻度板的位置，使刻度板水平且恰好与小钢球接触，但无相互作用力，用竖直放置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离h，不计悬点到转轴间的距离。(1)开动转轴上的电动机，让摆球转动起来形成圆锥摆。调节转速n，当n越大时，h越_（选填“大”或“小”）。(2)图乙为某次实验中h的测量结果，其示数为_cm。(3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度g，其表达式为g _。
10、12（12 分）实验室购买了一捆标铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作：(1)该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图(1)所示，则导线的直径 d_mm；(2)通过查阅资料查得铜的电阻率为；(3)使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为 6：(4)为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材：A直流电流表 A（量程 00.6A，内阻 RA=3）B直流电压表 V1（量程 03V，内阻约 100）C直流电压表 V2（量程 015V，内阻约 100）D滑动变阻器 R1（阻值范围 05）F滑动变阻器 R2（阻值范围 0100）G直流电源 E（输出电压 3V，内阻不计）H开关 S
11、一个、导线若干 为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是_（用所选器材前的字母表示）；选择的滑动变阻器是_（用所选器材前的字母表示）；按实验要求在图(2)中，还需要连接的接线柱有_（填相应接线柱的符号，如“ab”、“cd”等）；若测得电压表的读数为 U，电流表的读数为 I，则可得铜导线的长度可表示为 L=_（用题目提供的已知量的字母表示）；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明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示，光滑水平台面左端有一小物块 A，右端有一小物块 B，右侧面与一曲面相连。以台面右
12、侧底端的 O 点为原点建立坐标系 Oxy已知，台面的高度为 2h，曲面的方程为 y=12hx2，物块 A 的质量是物块 B 质量的 n倍，A 物块以速度 v0向右运动与物块 B 发生弹性正碰，碰撞后物块 B 沿水平方向飞出，忽略空气阻力，重力加速度为g。（1）求碰撞后瞬间物块 B 的速度大小；（2）n 值不同，物块 B 落到曲面时的动能也不同。求 n 取多大时，物块 B 落到曲面时动能最小。14（16 分）质量为 2kg 的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为 12，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等从 t=1 时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力 F 的
13、作用，F 随时间 t 的变化规律如图所示重力加速度 g 取 11m/s2，则物体在 t=1 到 t=12s 这段时间内的位移大小为 A18m B54m C72m D198m 15（12 分）一定质量的理想气体经历了如图 ABCDA 的状态变化求该过程中（1）气体最高温度 T1与最低温度 T2的比值；（2）气体与外界交换的热量 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、A【解析】电子受力向右，因为电子带负电，受力方向与电场线方向相反，所以电场方向由 B 指向 A；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，AB；图乙
14、电子做匀加速运动，a 不变，F=ma=Eq，所以ABEE。故选 A。2、D【解析】设水池的半径为 R，人身高为 h，根据平抛运动的规律，在竖直方向，有 212hRgt 代入数据解得 R=11m，则直径为 22m，故 ABC 错误，D 正确。故选 D。3、A【解析】棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内，F 做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大根据动能定理分析力 F 做的功与安培力做的功的代数和【详解】A棒受重力 G、拉力 F 和安培力 FA的作用由动能定理：WF+WG+W安=EK 得 WF+W安=EK+mgh 即力 F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量故 A 正确
15、 B由动能定理，动能增量等于合力的功合力的功等于力 F 做的功、安培力的功与重力的功代数和故 B 错误 C棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量故 C 错误 D棒克服安培力做功等于电阻 R 上放出的热量故 D 错误【点睛】本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏 4、C【解析】A由图乙所示图线可知，0-0.4s 内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故 A 错误。B由图乙所示图线可知，0.4-0.8s 内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故 B 错误。C由图
16、示图线可知，0-0.8s 内的感应电动势为 0.40.40.3(V=0.3V0.)8BEStt 线框中的电流为：0.3A=0.1A3EIR 故 C 正确。D在 0-0.4s 内感应电流 I 保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度 B 大小不断减小，由 F=ILB 可知，ab 边所受安培力不断减小，故 D 错误。故选 C。5、D【解析】在N点，根据牛顿第二定律有：2NNvFmgmR 解得：3NvgR 对质点从下落到N点的过程运用动能定理得：21202NmgRWmv 解得：12WmgR 由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩
17、擦力做功，对NQ段运用动能定理得：221122QNmgRWmvmv 因为12WmgR，可知0Qv，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，ABC 错误，D 正确。故选 D。6、D【解析】由图可知1 2s内，线圈中磁通量的变化率相同，由BEStt可知电路中电流大小时恒定不变，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针；由FBIL可知F与B成正比；由左手定律可知线框ab边受到的安培力F水平向右，为正值，故 D 正确，A、B、C 错误；故选 D。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
18、，有选错的得 0 分。7、ACD【解析】A根据几何关系，粒子恰好经过b点时运动半径 133rl 由 2vqvBmr 可知速度 1133qBrqBlvmm 则速度小于33qBlm的粒子均从ab边离开磁场，根据几何关系可知转过的圆心角均为120，运动时间均为 112013603tTT T为粒子在磁场中的运动周期，A 正确；BC粒子恰好经过c点时运动半径 23rl 根据几何关系可知运动时间 26161 23mmtTqBqB 速度 223qBrqBlvmm 则速度大于3qBlm的粒子一定打在cd边上，B 错误，C 正确；D粒子垂直打在cd边上时，如图：根据几何关系可知圆心角为30，运动时间 21126
19、mTqBt D 正确。故选 ACD。8、BD【解析】A根据 Bt 图象可知，t1t3时间内 Bt 线的斜率不变，由公式 BSEnntt 则金属框中的感应电动势大小方向不变，则电流方向不变，故 A 错误；BC0t1时间内，线圈中磁通量不变，则无电流产生，t1t3时间内电流不变，由左手定则可知，金属框所受安培力的合力为零，则线圈向下做匀加速直线运动，故 B 正确，C 错误；D线圈中的感应电动势为 00B SBSEtt 由于 0t1时间内，线圈中磁通量不变，则无电流产生，也无焦耳热产生，则 0t3时间内金属框中产生的焦耳热为 22200022B SEQtRRt 故 D 正确。故选 BD。9、AD【解
20、析】A由于电容器和静电计均为断路，故开关闭合一段时间后，电路中电流为 0，故电压表两端电压为 0，因此 C1上电荷量为 0，故 A 正确；B由于整个电路中没有电流，C2相当于直接接在电源两端，故滑动滑动变阻器对电路没有影响，C2上电压不变，故电荷量不变，故 B 错误；C电压表两端电压为 0，静电计两端电压不为 0，故 C 错误；DS 断开后，C2上电荷量保持不变，故当两极板距离增大时，电容减小，由QUC可知，电压增大，故静电计张角变大，故 D 正确；故选 AD。10、AC【解析】当 DE 边在 0L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，初始就是 DE 边长度，所以
21、电流与时间的关系可知 A 正确，B 错误；因为是匀速运动，拉力 F 与安培力等值反向，由22B L vFR知，力与 L成二次函数关系，因为当 DE 边在 02L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小，所以 F 随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选 C 正确，D 错误所以 AC 正确，BD 错误 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、小 18.50 224n h 【解析】(1)1n越大，细线与竖直方向夹角越大，则 h 越小。(2)2悬点处的刻度为1.00cm，水平标尺的刻度为19.50cm，则示数为
22、 19.501.00 cm18.50cmh 所以示数为18.50cm。(3)3假设细线与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律得 2tanmgmr 又 tanrh 2 n 解得 224gn h 12、0.680（0.6780.682）B D kj（或 ej）、bd（或 bh）、dh（或 dg）24AUIRdI 【解析】(1)1螺旋测微器的固定刻度读数为 0.5mm，可动刻度的读数为：0.01mm18.0=0.180mm，故导线的直径为 d=0.680mm，由于误差，则 0.678mm0.682mm 均正确；(4)2由于电源的输出电压为 3V，则电压表选择 B；3由于待测电阻阻值约为6，为了得到尽量多的
23、测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，则滑动变阻器应选 D；4为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，测滑动变阻器应用分压式，由于电流表内阻已知，则电流表内接，这样可以消除因电流表分压带来的误差，所以应连接的接线柱有 kj（或 ej）、bd（或 bh）、dh（或 dg）；5由实验原理可知 224()2AxUIRLLLRdISd 则 2A()=4dUIRLI 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）21nnv0（2）02ghvgh【解析】(1)设 B 的质量为 m，则 A 的质量为 nm。对于碰撞
24、过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：nmv0=nmv1+mv2 根据机械能守恒定律得：12nmv02=12nmv12+12mv22 解得碰撞后瞬间物块 B 的速度大小：v2=21nnv0(2)设物块 B 落到曲面时下落的高度为 H，水平位移为 x，则 H=212gt，x=v2t，则落到 C 点时，对应的坐标为 y=2h-H，x=v2t，根据曲面的方程 y=12hx2，解得：2h-H=12h（v2t）2 B 平抛过程，根据动能定理得：mgH=212mv-12mv22 联立得物块 B 落到曲面时动能：212mv=222222142g hm vvgh 上式可以整理为：22222224g hvv
25、ghghvgh=222222()3ghvghghvgh 可知当22222ghvghvgh即：2vgh 时物块 B 的动能最小。联立可得：n=02ghvgh 14、B【解析】试题分析：对物体受力分析可知，1 到 3s 内，由于滑动摩擦力为：Ff=FNmg=1221N=4N，恰好等于外力 F 大小，所以物体仍能保持静止状态，3s 到 6s 内，物体产生的加速度为：2842/2fFFam sm，发生的位移为：22211 2 3922xatmm;6s 到 9s 内，物体所受的合力为零，做匀速直线运动，由于 6s 时的速度为：v=at=23=6m/s，所以发生的位移为：x3=vt=6（9-6）=18m；
26、9 到 12s 内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为：x4=vt+12at2=63+12232=27m；所以总位移为：x=1+x2+x3+x4=9+18+27=54m，所以 B 正确；考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】遇到多过程的动力学问题，应分别进行受力分析和运动过程分析，然后选取相应的物理规律进行求解，也可以借助 v-t 图象求解 15、（1）91；（2）0040Qp V，吸热【解析】（1）根据理想气体状态方程 pVcT 变形得 pVTc 即压强与体积的乘积越大，温度越高，故状态B温度最高，状态D温度最低，设A状态温度为AT，则AB等压变化，则有 0013AVVTT DA等容变化，则有 0023AppTT 联立解得 1291TT（2）ABCDA的状态变化过程外界对气体做的功 000000624Wp Vp Vp V 根据热力学第一定律有 UQW 解得 0040Qp V 故此过程是吸热