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1、2023年高考物理模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐
2、标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为（）ABCD2、如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）A两小球落地时的速度相同B两小球落地时，重力的瞬时功率相同C从开始运动至落地，重力对两小球做功相同D从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同3、为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度E的大小，某同学用绝缘细线将质量为m、带电量为+q的金属球悬于O点，如图所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角= 60；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为= 30，重力加速度为g，则该匀强电场
3、的电场强度E大小为（ ）AE=mgBE=mgCE=mgDE=4、用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，下列符合要求的是（）AWbm2BWb/m2CNm/ADkg/（S2A）5、如图，工地上常用夹钳搬运砖块。已知砖块均为规格相同的长方体，每块质量为2.8kg，夹钳与砖块之间的动摩擦因数为0.50，砖块之间的动摩擦因数为0.35，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2。搬运7块砖时，夹钳对砖块竖直一侧壁施加的压力大小至少应为（）A196NB200NC392ND400N6、某发电机通过理想变压器给定值电阻R提供正弦交流电，电路如图，理想交流电流表A，理想交流电压表V的读数分别为I、U
4、，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来n倍，则AR消耗的功率变为nPB电压表V的读数为nUC电流表A的读数仍为ID通过R的交变电流频率不变二、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、水平放置的平行板电容器，极板长为l，间距为d，电容为C。 竖直挡板到极板右端的距离也为l，某次充电完毕后电容器上极板带正电，下极板带负电，所带电荷量为Q1如图所示，一质量为m，电荷量为q的小球以初速度v从正中间的N点水平射人两金属板间，不计空气阻力，从极板间射出后，经过一段时间小球恰好垂直
5、撞在挡板的M点，已知M点在上极板的延长线上，重力加速度为g，不计空气阻力和边缘效应。下列分析正确的是（）A小球在电容器中运动的加速度大小为B小球在电容器中的运动时间与射出电容器后运动到挡板的时间相等C电容器所带电荷量D如果电容器所带电荷量，小球还以速度v从N点水平射入，恰好能打在上级板的右端8、如图，正方形abcd处于匀强电场中，电场方向与此平面平行。一质子由a点运动到b点，电场力做功为W，该质子由a点运动到d点，克服电场力做功为W。已知W0，则（）A电场强度的方向沿着ab方向B线ac是一条等势线Cc点的电势高于b点的电势D电子在d点的电势能大于在b点的电势能9、如图所示，MN 是一半圆形绝缘
6、线，O 点为圆心，P 为绝缘线所在圆上一点，且 OP垂直于 MN，等量异种电荷分别均匀分布在绝缘线上、下圆弧上下列说法中正确的( )AO 点处和 P 点处的电场强度大小相等，方向相同BO 点处和 P 点处的电场强度大小不相等，方向相同C将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P，电场力始终不做功D将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P，电势能增加10、粗细均匀的正方形金属线框abcd静止在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在垂直水平面的匀强磁场中，ab边与磁场边界MN重合，如图所示。现用水平向左的外力F将线框拉出磁场，且外力与时间的函数关系为F=b+kt，b和k均为常数。在拉出线框的过程中，用i表示线框中
7、的电流，Q表示流过线框某截面的电荷量，下列描述电流与时间及电荷量与时间变化关系的图象可能正确的是（ ）ABCD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）某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”.现用如图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应，已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：A电源E(电动势3 V，内阻约为1 )B电流表A1(00.6 A，内阻r15 )C电流表A2(00.6 A，内阻r21 )D开关S，定值电阻R05 (1)为了比
8、较准确地测量电阻Rx的阻值，请完成虚线框内电路图的设计_.(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，得Rx_.(用字母表示)(3)改变力的大小，得到不同的Rx值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值.最后绘成的图象如图所示，除观察到电阻Rx的阻值随压力F的增大而均匀减小外，还可以得到的结论是_.当F竖直向下时，可得Fx与所受压力F的数值关系是Rx_.12（12分）用图甲所示的元件做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验。小灯泡额定电压约为额定电流约为。完成下列各小题。(1)图甲中已经作出了部
9、分连线，请在此基础上完成电路元件连接_。 (2)在实验进行的某一次测量中，电压表、电流表的示数如图乙所示，则电压为_，电流为_，此时小灯泡的功率为_。(3)下列有四个关于小灯泡伏安特性曲线的图象，其中正确的是_A B C D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,小球A及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m,水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板;B为带有四分之一圆弧面的物体,质量为km(其中k为整数),半径为R,其轨道末端与水平地面相切。现让小球A从B的轨道正上方距地面高为h处静止释放,经B末端
10、滑出,最后与水平面上的小球发生碰撞,其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰,所有接触面均光滑,重力加速度为g.求：(1)小球第一次从B的轨道末端水平滑出时的速度大小；(2)若小球A第一次返回恰好没有冲出B的上端,则h与R的比值大小；(3)若水平面上最右端的小球仪能与挡板发生两次碰撞,则k的取值大小.14（16分）如图所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场E。y轴左侧有宽为L的垂直纸面向外的匀强磁场，MN右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场（图中未标出）。质量为m、带电量为+q的粒子从P（d，0）沿x轴负方向以大小为v0的初速度射入匀强电场。粒
11、子到达O点后，经过一段时间还能再次回到O点。已知电场强度E=，粒子重力不计。(1)求粒子到O点的速度大小；(2)求y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小应满足什么条件？ (3)若满足(2)的条件，求MN右侧磁场的磁感应强度B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系。15（12分）如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域底边的中点P。若在正方形区域
12、内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域右边界中点Q离开磁场，进入区域中的电场。不计重力，求：(1)正方形区域I中电场强度E的大小；(2)正方形区域中磁场磁感应强度的大小；(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。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】分析可知，在传送带这个参考系中，合速度的方向和摩擦力的方向在一条直线上，所以运动轨迹应该是一条直线，又因为棋子相对于传送带往后运动，故A正确，BCD错误。故选A。2、C【解析】A两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒可知两物
13、体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误。B落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度的夹角为锐角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误。C根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh，故C正确。D从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据知重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误。3、D【解析】设电场方向与竖直方向夹角为，则开始时，水平方向竖直方向当用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后电量减半，则水平方向竖直方向联立解得qE=m
14、g=60即 故选D。4、D【解析】考查单位制。【详解】ABC国际单位制的基本单位为kg、m、s，由题目易知，选项ACD中的韦伯（Wb）、牛顿（N）均不是国际单位制中的基本单位，故ABC都错误；D磁感应强度为：B磁感应强度单位为T，则有：1T1故D正确。故选D。5、B【解析】先将7块砖当作整体受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有21F7mg则有F196N再考虑除最外侧两块砖的里面5块砖，受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有22F5mg则有F200N解得F200N故B正确，ACD错误。故选B。6、B【解析】当发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的电动势有效值和频率
15、都将发生变化。变压器的输入电压变化后，变压器的输出电压、副线圈的电流、R消耗的功率随之改变，原线圈的电流也会发生变化。原线圈中电流的频率变化，通过R的交变电流频率变化。【详解】B：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机线圈的角速度变为原来n倍，据可得，发电机产生交流电电动势的最大值变为原来n倍，原线圈两端电压变为原来n倍。据可得，副线圈两端电压变为原来n倍，电压表V的读数为nU。故B项正确。A：R消耗的功率，副线圈两端电压变为原来n倍，则R消耗的功率变为。故A项错误。C：流过R的电流，副线圈两端电压变为原来n倍，则流过R的电流变为原来的n倍；再据，原线圈中电流变为原来n倍，电流表A的读数为。故C
16、项错误。D：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的频率变为原来的n倍，通过R的交变电流频率变为原来的n倍。故D项错误。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、BD【解析】根据水平方向做匀速直线运动分析两段过程的运动时间，根据竖直方向对称性分析小球在电容器的加速度大小，根据牛顿第二定律以及分析求解电荷量，根据牛顿第二定律分析加速度从而求解竖直方向的运动位移。【详解】AB小球在电容器内向上偏转做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，出电容器后受到重力作用，竖直方向减速
17、，水平方向由于不受力，仍然做匀速直线运动，由于两段过程在水平方向上的运动位移相同，则两段过程的运动时间相同，竖直方向由于对称性可知，两段过程在竖直方向的加速度大小相等，大小都为g，但方向相反，故A错误，B正确；C根据牛顿第二定律有解得故C错误；D当小球到达M点时，竖直方向的位移为，则根据竖直方向的对称性可知，小球从电容器射出时，竖直方向的位移为，如果电容器所带电荷量，根据牛顿第二定律有根据公式可知，相同的时间内发生的位移是原来的2倍，故竖直方向的位移为，故D正确。故选BD。8、BC【解析】B由题意可知，一质子由a点运动到b点，电场力做功为W；该质子由a点运动到d点，电场力做功为-W；根据公式可
18、知又根据几何关系可知，b、d两点关于ac连线轴对称，所以ac是此匀强电场中的等势线，B正确；AC由于质子由a点运动到b点，电场力做正功，所以，所以电场强度的方向为垂直于ac线，指向b点，A错误C正确；D根据，又电子带负电，所以电势低的地方电势能高，即电子在d点的电势能小于在b点的电势能，D错误。故选BC。9、BC【解析】分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图，由图可知，O点与P点的合场强的方向都向下，同理可知，在OP的连线上，所以各点的合场强的方向均向下。AB. 由库仑定律可知：，O点到两处电荷的距离比较小，所以两处电荷在O点产生的场强都大于在P处产生的场强，而且在O点两处电荷的场强之间的
19、夹角比较小，所以O点的合场强一定大于P点的合场强。故A错误，B正确；CD. 由于在OP的连线上，所以各点的合场强的方向均向下，将一正试探电荷沿直线从O运动到P电场力始终与运动的方向垂直，不做功，电势能不变。故C正确，D错误。10、AC【解析】A根据牛顿第二定律可得b+ktBIL=ma当b=ma时，线框匀加速离开磁场，电流与时间成正比，故A正确；B由于i最后恒定，即速度恒定，而外力在增加，不可能实现，故B错误；C电流可以与时间成正比，而由A图象可知电流与时间包围的面积为电荷量，因此Q可以与t2成正比，图象可以是曲线，故C正确；D若Q与t成正比，则电流为恒量，不可能实现，故D错误。故选AC。三、实
20、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、 压力方向改变，其阻值不变 【解析】（1）由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻，知道电流表 的阻值，所以用电流表作为电压表使用，电流表 连在干路上，即可求出电阻的阻值，电路图的设计：（2）根据串并联和欧姆定律得：，得到：（3）从图象上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图象可得：12、 1.5 0.18 0.27 B 【解析】(1)1小灯泡额定电压约为、额定电流约为，则电压表选用量程，电流表选用量程。小灯泡电阻约为电流表量程的内阻一般为，电压表量程的内阻一般为几千欧。相比较
21、而言，小灯泡电阻为“小电阻”，故应用电流表外接法。小灯泡两端电压应从0开始，则滑动变阻器应为分压接法。元件连接如图所示。(2)234经估读后，电压表示数为，电流表示数为。此时小灯泡功率为(3)5温度升高，小灯泡电阻变大。则图象的斜率逐渐增大，图象的斜率逐渐减小，且图像要过坐标原点。所以B正确，ACD错误。故选B。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)(2)(3)【解析】(1)对AB由水平方向动量守恒有：对AB由能量守恒有：联立解得： (2) 对AB由水平方向动量守恒有：对AB由能量守恒有：联立解得：(3)要使
22、小球与挡板发生两次碰撞，则有碰后小球A的速度小于等于B球的速度，由能量守恒有联立解得：14、（1）；（2）；（3），n=l，2，3【解析】(1)粒子，从P点到O点，由动能定理得可得粒子到(2)洛伦兹力提供向心力粒子要再次回到O点，则粒子不能从y轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN右侧的磁场的作用，再次返回到O点，故要求：故要求(3)粒子通过电场回到MN右侧磁场时速度为。设粒子在右侧磁场中轨道半径为R，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径Rr。 解得当R=r可得Rr，要使粒子回到原点（粒子轨迹如下图所示）则须满足其中n=l，2，3，n=l，2，3其中n=1时， 综
23、上，需要B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系满足，n=l，2，315、（1）； （2） （3）【解析】（1）带电粒子在区域中做类平抛，根据平抛运动的规律列式求解场强E；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，从而求解B；（3）在Q点进入区域后，若区域补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动。【详解】（1）带电粒子在区域中做类平抛 设离开角度为，则 离开区域后作直线运动 由以上各式得 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动 有几何关系可得 可求得 （3）在Q点进入区域后，若区域补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时 解得 因此，距离x轴距离 【点睛】带电粒子在电场中的运动往往用平抛运动的的规律研究；在磁场中做圆周运动，往往用圆周运动和几何知识，找半径，再求其他量；