《上海市虹口区复兴高级中学2022-2023学年高考物理倒计时模拟卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市虹口区复兴高级中学2022-2023学年高考物理倒计时模拟卷含解析.doc（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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
2、。1、近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直向上抛出小球，小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中要经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于()ABCD2、静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了
3、使指针张开的角度增大，下列采取的措施可行的是（）A保持开关S闭合，将A、B两极板靠近B断开开关S后，减小A、B两极板的正对面积C断开开关S后，将A、B两极板靠近D保持开关S闭合，将变阻器滑片向右移动3、如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。 关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是（ ）A在空中运动时间之比为tA tBtC=135B竖直高度之比为h1h2h3=123C在空中运动过程中，动量变化率之比为=11
4、1D到达P点时，重力做功的功率之比PA：PB：PC=1：4：94、氢原子的能级如图，大量氢原子处于n=4能级上。当氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级时，辐射光的波长为1884nm，已知可见光光子的能量在1.61eV3.10eV范围内，下列判断正确的是（）A氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级，辐射的光子是可见光光子B从高能级向低能级跃迁时，氢原子要吸收能量C氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时，辐射光的波长大于1884nmD用氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射的光照射W逸=6.34eV的铂，能发生光电效应5、在xoy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/sM、N是平衡位置相距2
5、m的两个质点，如图所示在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处已知该波的周期大于1s，则下列说法中正确的是（）A该波的周期为sB在t=s时，N的速度一定为2m/sC从t=0到t=1s，M向右移动了2mD从t=s到t=s，M的动能逐渐增大6、关于曲线运动，下列说法正确的是（）A曲线运动的速度方向可以不变B匀变速曲线运动任意相等时间内速度的变化量相同C速率恒定的曲线运动，任意相等时间内速度的变化量相同D物体受到的合外力持续为零时，物体仍可以做曲线运动二、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
6、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，a为xoy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xoy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成角斜向右上射入电场粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）A若粒子在b点速度方向沿轴正方向，则电场方向可能平行于轴B若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点C若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等D若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反8、如图所示，轻弹簧下端固定在粗糙斜面的挡板上，上端连接一小滑块（
7、视为质点），弹簧处于自然状态时滑块位于O点先用外力缓慢地把滑块移至A点，此时弹簧的弹性势能为Ep，然后撤去外力，滑块沿斜面向上最高能滑到B点，该过程中滑块的最大动能为Ekm，滑块的动能最大时其所在位置距A点的距离为L下列说法正确的是A滑块从A点滑到O点的过程中，其加速度大小先减小后增大B滑块从A点滑到O点的过程中，其动能一直增大C滑块经过距A点距离为的位置时，其动能大于D滑块从A点滑到B点的过程中，克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为Ep 9、空间中有水平方向的匀强电场，同一电场线上等间距的五个点如图所示，相邻各点间距均为。一个电子在该水平线上向右运动，电子过点时动能为，运动至点时电势能为，再
8、运动至点时速度为零。电子电荷量的大小为，不计重力。下列说法正确的是（）A由至的运动过程，电场力做功大小为B匀强电场的电场强度大小为C等势面的电势为D该电子从点返回点时动能为10、如图，空间存在方向竖直向上、场强大小为E的匀强电场；倾角为的光滑绝缘斜面固定在地面上，绝缘轻弹簧的下端连接斜面底端的挡板，上端连接一带电量为+q的小球，小球静止时位于M点，弹簧长度恰好为原长。某时刻将电场反向并保持电场强度大小不变，之后弹簧最大压缩量为L，重力加速度为g。从电场反向到弹簧压缩至最短的过程中，小球（）A机械能一直减少B电势能减少了EqLC最大加速度为gD最大速度为三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案
9、写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并用图钉固定在木板上。固定两个光滑的滑轮 A 和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的质量相等。调整钩码个数使系统达到平衡。(1)实验过程中必须要记录下列哪些数据（_）AO 点位置B每组钩码的个数C每个钩码的质量DOA、OB 和 OC 绳的长度EOA、OB 和 OC 绳的方向(2)下列实验操作正确的是（_）A将 OC 绳换成橡皮筋，仍可完成实验B细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可减小实验误差C尽量保持AOB 为 90、60、120等特殊角方便计算D若改变悬挂
10、钩码的个数 N3，重新进行实验，必须保持 O 点位置不动，重新调整钩码的个数N1、N212（12分）在“验证机械能守恒定律”的实验中： A B C D (1)纸带将被释放瞬间的四种情景如照片所示，其中操作最规范的是_.(2)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材为完成此实验，除了所给的器材，从下图还必须选取的实验器材是_(填字母代号) (3)若实验中所用重锤的质量为m，某次实验打出的一条纸带如图所示在纸带上选取五个连续的点A、B、C、D和E，量得相邻点间的距离分别为S1、S2、 S3、 S4，当地的重力加速度为g.本实验所用电源的频率为f.从打下点B到打下点D的过程中，重锤重力势能减小量E
11、p=_，重锤动能增加量Ek=_在误差允许的范围内，通过比较就可以验证重物下落过程中机械能是否守恒四、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，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知该气体在状态B时的热力学温度TB300K，求：该气体在状态A时的热力学温度TA和状态C时的热力学温度TC；该气体从状态A到状态C的过程中，气体内能的变化量U以及该过程中气体从外界吸收的热量Q14（16分）如图所示，质量均为m=1kg的长方体物块A、B叠放在光滑水平面上，两水平轻
12、质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与A、B相连接，两弹簧的原长均为L0=0.2m，与A相连的弹簧的劲度系数kA=100N/m，与B相连的弹簧的劲度系数kB=200N/m。开始时A、B处于静止状态。现在物块B施加一水平向右的拉力F，使A、B静止在某一位置，此时拉力F=3N，使A、B静止在某一位置，A、B间的动摩擦因数为=0.5，撤去这个力的瞬间（A、B无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），求：(1)物块A的加速度的大小；(2)如果把拉力改为F=4.5N（A、B无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），其它条件不变，则撤去拉力的瞬间，求物块B对A的摩擦力比原来增大多少？15（12分）坐标原点处的波源在t
13、 =0时开始沿y轴负向振动，t =1.5s时它正好第二次 到达波谷，如图为t2= 1.5s时沿波的传播方向上部分质点振动的波形图，求：(1)这列波的传播速度是多大? 写出波源振动的位移表达式； (2)x1 =5.4m的质点何时第一次到达波峰?(3)从t1=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，x2=30cm处的质点通过的路程是多少? 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】小球从O点上升到最大高度过程中：小球从P点上升的最大高度：依据题意：h2-h1=H 联立解得：，故选A.点睛：对称自由落体法
14、实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决本题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题 2、B【解析】A 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，与极板间距无关，则指针张角不变，故A错误；B 断开电键，电容器带电量不变，减小A、B两极板的正对面积，即S减小，根据知，电容减小，根据知，电势差增大，指针张角增大，故B正确；C 断开电键，电容器带电量不变，将A、B两极板靠近，即d减小，根据知，电容增大，根据知，电势差减小，指针张角减小，故C错误；D 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误。
15、故选：B。3、C【解析】A根据水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1:2:3， 所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3， A错误。B根据，竖直高度之比为， B错误。C根据动量定理可知，动量的变化率为物体受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C正确。D到达P点时，由知，竖直方向速度之比为1:2:3， 重力做功的功率所以重力做功的功率之比为故D错误。故选C。4、D【解析】A氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级，辐射的光子的能量为此能量比可见光光子的能量小，不可能是可见光光子，故A错误；B从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量，故B错误；C氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级
16、辐射的光子能量小于从n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量，根据可知从n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光子波长小于1884nm，故C错误；D氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射的光子的能量值故用该光照射的铂，能发生光电效应，故D正确。故选D。5、D【解析】A.波速为2m/s，波的周期大于1s，则波长大于2m，M、N的平衡位置相距2m，M、N的平衡位置间距小于波长；t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，波沿x轴正方向传播，则t=0时，波形图如图所示，所以该波的周期：解得：该波的周期为，故A项错误；B.，t=0时，N位于其平衡位置上方最大位移处，则在t=s
17、时，N位于其平衡位置向y轴负方向运动，由于振幅未知，所以振动的速度未知，故B项错误；C.波传播过程中质点不随波迁移，质点在自身平衡位置附近振动，故C项错误；D.在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，因，则t=s时，M位于其平衡位置上方最大位移处，t=s时，M通过其平衡位置沿y轴负方向运动，t=s到t=s，M的动能逐渐增大，故D项正确。6、B【解析】A曲线运动的速度方向一直在变化，故A错误；B只要是匀变速运动，其加速度a的大小、方向均不变，任意相等时间内速度的变化量为所以任意相等时间内速度的变化量相同，故B正确；C速率恒定的曲线运动，其速度方向变化，则；其加速度不恒定，任意相等时间内速度
18、的变化量为所以任意相等时间内速度的变化量不相同，故C错误；D物体所受合外力持续为零时，其加速度持续为0，速度的大小和方向均不改变，则物体只能做匀速直线运动，故D错误。故选B。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、CD【解析】A项：如果电场平行于x轴，由于粒子在垂直于x轴方向分速度不为0，因此粒子速度不可能平行于x轴，故A错误；B项：若粒子运动过程中在b点速度最小，则在轨迹上b点粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b点的电势最高，故B错误；C项：若粒子在b点速度大小也为
19、v0，则粒子在a、b两点的动能相等，电势能相等，则a、b两点电势相等，故C正确；D项：若粒子在b点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v0方向相反，故D正确故选CD8、ACD【解析】滑块从A点滑到O点的过程中，弹簧的弹力逐渐减小直至零，弹簧的弹力先大于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，再等于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，后小于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，合外力先沿斜面向上，随着弹簧的减小，合外力减小，则加速度减小合外力后沿斜面向下，随着弹簧的减小，合外力反向增大，则加速度反向增大，所以加速度大小先减小后增大，故A正确在AO间的某个位置滑块的合外力
20、为零，速度最大，所以滑块从A点滑到O点的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，故B错误设动能最大的位置为C，从A到C，由动能定理得：，设距A点距离为的位置为D，此位置动能为；滑块从A到D的过程，由动能定理得：，因为，则故C正确滑块从A点滑到B点的过程中，根据动能定理得：，又，则得，即克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为，故D正确9、AD【解析】A电场线沿水平方向，则等间距的各点处在等差等势面上。电子沿电场线方向做匀变速运动。电子从至的过程，电势能与动能之和守恒，动能减小了，则电势能增加了，则电势差则电子从至的过程，电场力做负功，大小为A正确；B电场强度大小B错误；C电子经过等势面时的电
21、势能为，则点的电势又有则C错误；D电子在点时动能为，从减速运动至，然后反向加速运动再至点，由能量守恒定律知电子此时的动能仍为，D正确。故选AD。10、BC【解析】B电势能的减小量等于电场力做的功，即为故B正确；C小球在M点时有从电场反向到弹簧压缩至最短的过程中，小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，由弹簧振子对称性可知，小球在M点开始运动时的加速度最大即为故C正确；D小球速度最大时合力为0，由平衡可得由对称性可知，速度最大时，小球运动的距离为由动能定理有得故D错误；A小球速度最大时合力为0，由平衡可得此过程小球克服弹力做功为电场力做功为小球克服弹力做功与电场力做功相等，说
22、明小球机械能不是一直减小，故A错误。故选BC。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、ABE AB 【解析】(1)1A为了验证平行四边形定则，必须作受力图，所以需要确定受力点，即需要标记结点的位置，A正确；BC其次要作出力的方向和大小，每个钩码的质量相同，所以钩码的个数可以作为力的大小，不需要测量钩码质量，B正确，C错误；DE连接钩码绳子的方向可以表示力的方向，所以需要标记OA、OB 和 OC 绳的方向，D错误，E正确。故选ABE。(2)2A如果将绳换成橡皮筋，在同一次实验过程中，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化，仍可完成实验
23、，A正确；B细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可以使力的方向更准确，减小实验误差，B正确；C实验通过平行四边形定则进行力的合成确定力的大小和方向，不需要计算，C错误；D实验的目的是验证平行四边形定则，重新实验，不需要保持结点位置不动，D错误。故选AB。12、D AEF 【解析】（1）在验证机械能守恒定律的实验中，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放故D正确，ABC错误（2）试验中除了铁架台、夹子、导线、纸带等器材还必须选取的实验器材是电火花打点计时器、刻度尺和重锤，故选AEF；（3）打下点B到打下点D的过程中，重锤重力势能减小量Ep= mg(s2+s
24、3)； B点的瞬时速度 ，D点的瞬时速度；则动能的增加量Ek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、；【解析】气体从状态到状态过程做等容变化，有：解得：气体从状态到状态过程做等压变化，有：解得：因为状态和状态温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：气体从状态到状态过程体积不变，气体从状态到状态过程对外做功，故气体从状态到状态的过程中，外界对气体所做的功为：由热力学第一定律有：解得：14、 (1)1.5m/s2；(2)0.25N【解析】(1)在拉力撤去前，根据受力平衡有代入数
25、据解得x1=0.01m拉力F撤去后的瞬间，对A、B整体根据牛顿第二定律有F=2ma1解得a1=1.5m/s2以A为研究对象，用隔离法有kAx1+Ff =ma1解得即A、B之间相对静止，为静摩擦力，所以物块A的加速度为a1=1.5m/s2(2)在拉力改为F=4.5N后，撤去拉力前，根据受力平衡有代入数据解得x2=0.015m拉力F撤去后的瞬间，对A、B整体根据牛顿第二定律有F=2ma2解得a2=2.25m/s2以A为研究对象，用隔离法有kAx2+Ff =ma2解得Ff=0.75N故Ff =FfFf =0.25N15、 (1)x=5sin()cm或x=-5sin()cm；(2)11.7s；(3)1.85m【解析】（1）由图像可知波长=0.6m，由题意有，波速为波源振动的位移表达式为或（2）波传到x1=5. 4m需要的时间为质点开始振动方向与波源起振方向相同，沿-y方向，从开始振动到第一次到达波峰需要时间为所以，x1=5. 4m的质点第一次到达波峰的时刻为（3）波传到x2=30cm需要时间为所以从t1=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，x2=30cm处的质点振动时间为所以，该质点的路程为