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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，a、b 两个小球用一根不可伸长的细线连接，细线绕过固定光滑水平细杆 CD，与光滑水平细杆口接触，C、D 在同一水平线上。D 到小球 b 的距离是 L，在 D 的正下方也固定有一光滑水平细杆 DE。D、E 间距为2
2、L，小球a 放在水平地面上，细线水平拉直，由静止释放 b，当细线与水平细杆 E 接触的一瞬间，小球 a 对地面的压力恰好为 0，不计小球大小，则下列说法正确的是 A细线与水平细杆 E 接触的一瞬间，小球 b 加速度大小不变 B细线与水平细杆 E 接触的一瞬间，小球 b 速度发生变化 C小球 a 与小球 b 质量比为 5：1 D将 D、E 细杆向左平移相同的一小段距离再固定，由静止释放小球 b，线与 E 相碰的一瞬间，小球 a 会离开地面。2、如图所示，在倾角为 30的斜面上，质量为 1kg 的小滑块从 a 点由静止下滑，到 b 点时接触一轻弹簧。滑块滑至最低点 c 后，又被弹回到 a 点，已知
3、 ab=0.6m，bc=0.4m，重力加速度 g 取 10m/s2，下列说法中正确的是（）A滑块滑到 b 点时动能最大 B整个过程中滑块的机械能守恒 C弹簧的最大弹性势能为 2J D从 c 到 b 弹簧的弹力对滑块做功为 5J 3、质量为 m 的物体放在粗糙水平面上，在一个足够大的水平力 F 作用下开始运动，经过一段时间 t 撤去拉力，物体继续滑行直至停止，运动总位移 s。如果仅改变 F 的大小，作用时间不变，总位移 s 也会变化，则 s 与 F 关系的图象是（）A B C D 4、下列叙述正确的是()A光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，表明光子除具有能量之外还具有动量 B氢原子的核外电子
4、，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，放出光子，电子的动能减小，电势能增加 C处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定大于吸收光子的频率 D卢瑟福依据极少数 粒子发生大角度偏转提出了原子的核式结构模型 5、如图甲所示 MN 是一条电场线上的两点，从 M 点由静止释放一个带正电的带电粒子，带电粒子仅在电场力作用下沿电场线 M 点运动到 N 点，其运动速度随时间 t 的变化规律如图乙所示下列叙述中不正确的是（）AM 点场强比 N 的场强小 BM 点的电势比 N 点的电势高 C从 M 点运动到 N 点电势能增大 D从 M 点运动到 N 点粒子所受电场力逐渐地大
5、 6、如图所示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。不计空气阻力，关于“娃娃机”，下列说法正确的是（）A玩具从机械爪处自由下落时，玩具的机械能守恒 B机械爪抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加 C机械爪抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒 D机械爪抓到玩具加速上升时，机械爪做的功等于玩具重力势能的变化量 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
6、图所示，abcd 为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为 L，三个粒子以相同的速度从 a 点沿对角线方向射入，粒子 1 从 b 点射出，粒子 2 从 c 点射出，粒子 3 从 cd 边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用.根据以上信息，可以确定 A粒子 1 带负电，粒子 2 不带电，粒子 3 带正电 B粒子 1 和粒子 3 的比荷之比为 2：1 C粒子 1 和粒子 2 在磁场中的运动时间之比为：4 D粒子 3 的射出位置与 d 点相距2L 8、如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，煤块与两传送带间的动摩擦因数均为0.3，每隔10sT 在传送带甲左端轻放上一个质
7、量为2kgm 的相同煤块，发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等，且相邻煤块（已匀速）左侧的距离为6mx，随后煤块平稳地传到传送带乙上，乙的宽度足够大，速度为0.9m/s,vg取210m/s，则下列说法正确的是（）A传送带甲的速度大小为0.6m/s B当煤块在传送带乙上沿垂直于乙的速度减为 0 时，这个煤块相对于地面的速度还没有增加到0.9m/s C一个煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm D一个煤块在乙传送带上留下的痕迹长度为19.5cm 9、如图甲所示，导体环 M 放置在磁感应强度为 B（垂直纸面向里）的匀强磁场中，环面与磁场垂直；如图乙所示，导体环 N 放置在环形电流 i（顺时针方向）
8、所产生的磁场中，环面与磁场垂直；分别增加匀强磁场的磁感应强度 B 和环形电流 i 的大小。两个环的硬度比较大，在安培力的作用下没有明显变形。下列有关导体环中感应电流的方向和导体环所受的安培力的说法正确的是（）A环 M 中的感应电流沿逆时针方向，所受的安培力指向圆心向里，环 M 有收缩的趋势 B环 M 中的感应电流沿顺时针方向，所受的安培力背离圆心向外，环 M 有扩张的趋势 C环 N 中的感应电流沿顺时针方向，所受的安培力指向圆心向里，环 N 有收缩的趋势 D环 N 中的感应电流沿逆时针方向，所受的安培力背离圆心向外，环 N 有扩张的趋势 10、如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过
9、程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A在位移从 0 增大到x的过程中，木块的重力势能减少了E B在位移从 0 增大到x的过程中，木块的重力势能减少了2E C图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 D图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 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）如图是用双缝干涉测光的波长的实验设备实物图。(1)双缝放在图中哪个位置_(填“”或“”)。(2)要使单缝和双缝相互平行，应该使用_进行调节。(3)已知双缝到毛玻璃之间的距离是 L，双缝之间的距离是 d，单缝到
10、双缝之间的距离是 s，在某次实验中，先将目镜中的中心刻线对准某条亮纹(记作第 1 条)的中心，这时手轮上的示数为 x1，转动手轮使中心刻线对准第 7 条亮纹的中心，这时手轮上的示数为 x7。由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长为_。12（12 分）要测量一个待测电阻 Rx（190210）的阻值，实验室提供了如下器材：电源 E：电动势 3.0V，内阻不计 电流表 A1：量程 010mA，内阻 r1约 50 电流表 A2：量程 0500A，内阻 r2为 1000 电压表 V1：量程 01V，内阻 RV1约为 1k 电压表 V2：量程 010V，内阻 RV2约为 10k 滑动变阻器 R：最大
11、阻值 20，额定电流 2A 定值电阻 R1500 定值电阻 R22000 定值电阻 R35000 电键 S 及导线若干 求实验中尽可能准确测量 Rx的阻值，请回答下面问题：（1）为了测定待测电阻上的电压，可以将电表_（选填“A1”、“A2”或“V1”、“V2“）串联定值电阻_（选填“R1”、“R2”或“R3”），将其改装成一个量程为 3.0V 的电压表。（2）利用所给器材，在虚线框内画出测量待测电阻 Rx阻值的实验原理图（所有的器材必须用题中所给的符号表示）。（_）（3）根据以上实验原理图进行实验，若测量电路中一只电流表的读数为 6.2mA，另外一只电流表的读数为 200.0A 根据读数并结合
12、题中所给数据求出待测电阻 Rx_。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）如图所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装一定量的水，在容器底部有一单色点光源，已知水对该单色光的折射率为 4/3，玻璃对该单色光的折射率为 1.5，容器底部玻璃的厚度为 d，水的深度为 2d 求：（1）该单色光在玻璃和水中传播的速度（2）水面形成的圆形光斑的半径（不考虑两个界面处的反射光线）14（16 分）如图所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍
13、错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点 A 的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h，记录小球通过最高点时对轨道（压力传感器）的压力大小为 F。此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组 h 和 F，把这些数据标在 F-h 图中，并用一条直线拟合，结果如图所示。为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，并忽略空气及轨道对小球运动的阻力，取重力加速度 g=10m/s2。请根据该研学小组的简化模型
14、和如图所示的 F-h 图分析：（1）当释放高度 h=0.20m 时，小球到达圆轨道最低点时的速度大小 v；（2）圆轨道的半径 R 和小球的质量 m；（3）若两段倾斜直轨道都足够长，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度 h 应满足什么条件。15（12 分）如图所示，闭合矩形线框 abcd 可绕其水平边 ad 转动，ab 边长为 x，bc 边长为 L、质量为 m，其他各边的质量不计，线框的电阻为 R。整个线框处在竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场中。现给 bc 边施加一个方向与bc 边、磁场的方向均垂直的初速度 v，经时间 t，bc 边上升到最高处，ab 边与竖直线的最大偏角为，重力
15、加速度取 g。求 t 时间内：（1）线框中感应电动势的最大值；（2）流过线框导体截面的电量；（3）线框中感应电流的有效值。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、C【解析】AB细线与水平细杆接触瞬间，小球的速度不会突变，但是由与小球做圆周运动半径变小，由2ar可知，其加速度变大，故 A、B 错误；C当细线与水平细杆 E 接触的一瞬间，对小球 a 可知，细线中的拉力为 aTm g 对小球 b，由牛顿第二定律可得 22bbTm gmL 由机械能守恒可得 212bbm gLm 解得 5abmm 故 C 正确；D
16、将 D、E 细杆向左平移相同的一小段距离 x，则 2()2bbTm gmLx 212bbm g Lxm 解得 452bbbm g LxTm gm gTLx 故小球 a 不会离开地面，故 D 错误；故选 C。2、D【解析】A根据题中“小滑块从 a 点由静止下滑和又被弹回到 a 点”可知：滑块和斜面间无摩擦，滑块滑到 b 时，合力为重力沿斜面的分力，加速度和速度同向，继续加速，当重力沿斜面的分力和弹簧弹力相等时，速度最大，故 A 错误；B整个过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，滑块的机械能从 a 到 b 不变，从 b 到 c 机械能逐渐减小，转化为弹簧的弹性势能，c 到 b 弹簧的弹性势能逐渐
17、减小，滑块的机械能逐渐增加，从 b 到 a 机械能不变，故 B 错误；C对滑块和弹簧组成的系统，从 a 到 c 过程，根据能量转化关系有()sin 30pmg abbcE 代入数据解得 5pE J 故 C 错误；D从 c 到 b 弹簧的弹力对滑块做正功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，根据功能关系可知，弹簧的弹力对滑块做了 5J 的功，故 D 正确。故选 D。3、C【解析】当拉力 F 小于最大静摩擦力，物体的位移为零；当 F 大于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得：Fmg=ma1 物体在足够大的水平力 F 作用下的加速度 a1=Fgm 撤去拉力后，物体的速度 1Ftvatgtm 撤去拉力
18、后，物体的加速度 2ag 物体继续滑行直至停止，运动的时间 22FtgtvFtmttagmg 物体运动的总位移 222211+2222244vFtFtFtFtttst tgtttgtFFmmgmmgm gm 可见，作用时间 t 不变，sF 是一元二次函数，是开口向上的抛物线，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。4、D【解析】A光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，表明光子具有能量，A 错误；B氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，释放一定频率的光子，电子的轨道半径变小，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，B 错误；C处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能
19、级跃迁时辐射光子的频率应小于或等于吸收光子的频率，C 错误；D 粒子散射实验中，少数 粒子发生大角度偏转是卢瑟福提出原子核式结构模型的主要依据，D 正确。故选 D。5、C【解析】AD从 v-t 图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律Fma，则说明受到的电场力越来越大，根据公式FqE，说明电场强度越来越大，所以 M 点场强比 N 的场强小，故 AD 正确；B因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力往右，又因为带电粒子带正电，所以电场线的方向往右，又因为顺着电场线的方向电势降低，所以 M 点的电势比 N 点的电势高，故 B 正确；C从 M 点运动到 N 点动能增加，电势能应该减小，故 C
20、错误。故选 C。6、A【解析】A在没有空气阻力的情况下，玩具从机器手臂处自由落下时，重力势能转化为动能，没有能量的损失，即玩具的机械能守恒，故 A 正确；B机器手臂抓到玩具水平匀速运动时，玩具的质量和速度均不变，则动能不变，故 B 错误；C机器手臂抓到玩具匀速上升时，动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，故 C 错误；D机器手臂抓玩具加速上升时，动能和重力势能均变大，所以手臂做的功等于玩具重力势能与动能的增大量之和，故 D 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
21、全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、BC【解析】A.根据左手定则可得：粒子 1 带正电，粒子 2 不带电，粒子 3 带负电。故 A 错误；B.做出粒子运动的轨迹如图，则粒子 1 运动的半径：r1 2L，由mvrqB可得：1112 qvvmBrBL 粒子 3 的运动的轨迹如图，则：r32L，3332 2qvvmBrBL 所以：3113 21qqmm：故 B 正确；C.粒子 1 在磁场中运动的时间：112142 2rLtvv；粒子 2 在磁场中运动的时间：22Ltv；所以：12 4tt，故 C 正确；D.粒子 3 射出的位置与 d 点相距：3221xrLLLL（）故 D 错误。8、ACD【解析
22、】A煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度 23m/smgagm 煤块在传送带甲上先匀加速再匀速运动，加速度相同，所以相邻煤块之间的距离与时间的比值即传送带甲的速度，即 0.6m/sxvT甲 故 A 正确；B煤块滑上传送带乙时，所受滑动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反，相对传送带乙做匀减速直线运动，所以当煤块在传送带乙上沿垂直乙的速度减为零时，煤块已相对传送带乙静止，即相对地面的速度增至0.9m/s，故 B 错误；C以传送带甲为参考系，煤块的初速度为0.6m/s，方向与传送带甲的速度方向相反，煤块相对传送带甲做匀减速直线运动，相对加速度仍为23m/s，故相对传送带甲的位移 210.0
23、6m6cm2vxa 所以煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm，故 C 正确；D以传送带乙为参考系，煤块的初速度为 223 13m/s10vvv甲相对 相对加速度 23m/sa 煤块相对乙传送带的位移 220.195m19.5cm2vxa相对 即煤块在传送带乙上留下的痕迹为19.5cm，故 D 正确。故选 ACD。9、AD【解析】AB对环 M，由于垂直纸面向里的匀强磁场增大，根据楞次定律，环 M 中所产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，环 M 中的感应电流沿逆时针方向，根据左手定则，环 M 所受的安培力指向圆心向里，环 M有收缩的趋势，A 项正确、B 项错误；CD对环 N，
24、处在沿顺时针方向环形电流 i 所产生的磁场中，根据右手螺旋定则，穿过环 N 的磁感线抵消后，总体垂直纸面向里，当电流 i 增大时，原磁场向里增强，根据楞次定律，环 N 中所产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，环 N 中的感应电流沿逆时针方向，但是感应电流所处的区域磁感线垂直纸面向外，根据左手定则，环 N 所受的安培力背离圆心向外，环 N 有扩张的趋势，C 项错误、D 项正确。故选 AD。10、BD【解析】AB木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有 p20EEEE 得p=2EE，即木块的重
25、力势能减少了2E，故 A 错误，B 正确；C由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故 C 错误；D由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故 D 正确。故选 BD。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、拨杆 716xxdL 【解析】(1)1相干光频率必须相同，所以双缝应该放在位置；(2)2相干光为单色光，振动方向相同，所以要保证单缝与双缝平行，需要借助拨杆调节；(3)3根据相邻两条明条纹或者暗条纹之间的距离公式 xLd 可知，x716xxLd 得 716xxdL 12、A2 R3 20
26、0.0 【解析】（1）1将小量程的电流表改装成电压表，电流表需要知道两个参数：量程和内阻，故电流表选 A2。2根据串联电路特点和欧姆定律得：串联电阻阻值为：R2-gUrI63500 1010005000 故选定值电阻 R3；（2）3由知电压表的内阻 RVR2+r21000+50006000 由于xARR3.84.2，VxRR31.628.6，则 xVAxRRRR 故电流表应用用外接法；又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示 （3）4根据串并联电路特点和欧姆定律得：23212xIRrRII=636200 10(50001000)6.2 10200 10=2
27、00.0 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）23c；34c（2）2 56 757rd【解析】（1）由cvn得 光在水中的速度为 34vc水 光在玻璃中的速度为 23vc玻璃（2）如图所示：光恰好在水和空气的分界面发生全反射时 113sin4Cn 在玻璃与水的分界面上，由 21sinsinnCn 得 2sin3 则光斑的半径 2 56 757rd 14、（1）2m/s（2）R=0.12m，m=0.02kg（3）h0.12m 或者 h0.3m【解析】（1）设小球质量为 m，对于从释放到轨道最低点的过程，
28、根据动能定理，有 2102mghmv 解得：22m/svgh（2）设小球到达 A 点速度为 vA，根据动能定理 21(2)02Amg hRmv 在 A 点，设轨道对小球的压力为 N，根据牛顿第二定律：2AvNmgmR 根据牛顿第三定律 N=F 联立上述三式可得：25mgFhmgR 对比 F-h 图像，根据斜率和截距关系，可得：R=0.12m m=0.02kg（3）假设 h=h1时，小球恰好到达最高点 A，此时 F=0 由 F-h 图像可得：h1=0.3m 假设 h=h2时，小球恰好到达圆轨道圆心的右侧等高点，此过程根据动能定理：2()00mg hR 解得：h2=R=0.12m 综上，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度 h 应满足：h0.12m 或者 h0.3m 15、（1）BLv；（2）sinBlxR；（3）22(1cos)2m vgxRt。【解析】（1）开始时速度最大且与磁感应强度方向垂直，感应电动势最大，则有 maxEBLv（2）根据电荷量的计算公式可得 qIt 根据闭合电路欧姆定律可得 EIR 根据法拉第电磁感应定律可得 sinBLxEtt 解得 sinBLxqR（3）根据能量守恒定律可得 21(1cos)2mvmgxQ 根据焦耳定律 2QI Rt有 解得 221cos2m vgxIRt有