《河南省安阳市第二中学2023年高考物理全真模拟密押卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省安阳市第二中学2023年高考物理全真模拟密押卷含解析.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、在下列四个核反应方程中，x1、x2、x3和x4各代表某种粒子。以下判断正确的是（）Ax1是质子Bx2是中子Cx3是粒子Dx4是氘核2、如图所示的甲、乙两图中，M为自耦变压器，R
2、是滑动变阻器，P1、P2分别足它们的滑动键，将它们的输入端a、b、c、d分别接到相同的正弦交流电源上，在它们的输出端e、f和g、h上各接一个灯泡L1和L2，两灯泡均发光。现将它们的滑动键P均向下滑动一小段距离，若在此过程中，灯泡不至于烧坏，则（）AL1、L2均变亮BL1变亮，L2变暗CL1变暗，L2变亮DL1、L2均变暗3、乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（ ）
3、A飞出时的初速度大小可能相等B飞出时的初速度竖直分量可能相等C在空中的时间可能相等D撞击墙壁的速度可能相等4、如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h。现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中（水银没有溢出，外界大气压保持不变）（ ）A空气柱的压强变大B空气柱的长度不变C水银柱b左边液面要上升D水银柱b的两个水银面的高度差h不变5、关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是（）A晶体一定具有各向异性的特征B液体表面张力是液体内部分子间的相互作用C0的铁和0的铜，它们的分子平均速率相同D一定质量的某种理想
4、气体状态改变时，内能不一定改变6、某气体星球的半径为，距离星球中心处的点的重力加速度为。若该星球的体积在均匀膨胀，膨胀过程中星球质量不变，且密度均匀。当星球半径膨胀为时，点的重力加速度为。已知质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零。则与的比值为（）AB1CD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，理想变压器的a、b两端接在U=220V交流电源上，定值电阻R0 = 40，R为光敏电阻，其阻值R随光照强度E变化的公式为R=，光照强度E的单位为勒克斯（lx）。开始时理想
5、电流表A2的示数为0.2A，增大光照强度E，发现理想电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，下列说法正确的是（ ）A变压器原副线圈匝数比B理想电压表V2、V3的示数都减小C光照强度的增加量约为7.5lxD在增大光照强度过程中，变压器的输入功率逐渐减小8、下列说法中正确的是()A只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性C理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小D热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体9、矩形线框PQMN固
6、定在一绝缘斜面上，PQ长为L，PN长为4L，其中长边由单位长度电阻为r0的均匀金属条制成，短边MN电阻忽略不计，两个短边上分别连接理想电压表和理想电流表。磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向上，一与长边材料、粗细完全相同的金属杆与线框接触良好，在沿导轨向上的外力作用下，以速度v从线框底端匀速滑到顶端。已知斜面倾角为，不计一切摩擦。则下列说法中正确的是（）A金属杆上滑过程中电流表的示数先变大后变小B作用于金属杆的外力一直变大C金属杆运动到长边正中间时，电压表示数为D当金属杆向上运动到距线框底端3.5L的位置时，金属杆QM、PN上消耗的总电功率最大10、水平地面上有一个质量为6kg的物体，
7、在大小为12N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动，从x=2.5m位置处拉力逐渐减小，拉力F随位移x变化规律如图所示，当x=7m时拉力减为零，物体也恰好停下，取g=10N/kg，下列说法正确的是（）A2.5m后物体做匀减速直线运动B合外力对物体所做的功为27 JC物体在减速阶段所受合外力的冲量为12NSD物体匀速运动时的速度大小3m/s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）某同学用图甲所示装置测量木块与木板间动摩擦因数。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小木块相连，另一端可悬挂钩码
8、。实验中可用的钩码共有N个，将(依次取=1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳左端，其余个钩码放在木块的凹槽中，释放小木块，利用打点计时器打出的纸带测量木块的加速度。(1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。已知打点周期T=0.02s，则木块的加速度=_ms2。(2)改变悬挂钩码的个数n，测得相应的加速度a，将获得数据在坐标纸中描出(仅给出了其中一部分)如图丙所示。取重力加速度g=10ms2，则木块与木板间动摩擦因数_(保留2位有效数字)(3)实验中_(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总
9、质量远小于木块和槽中钩码总质量。12（12分）物理小组的同学在老师指导下用两根完全相同的轻弹簧和重物验证力的平行四边形定则，他进行了如下操作（弹簧始终处于弹性限度内）：（1）用刻度尺测出弹簧的自由长度L0。（2）如图l所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧的长度L1。（3）如图2所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与竖直方向的夹角均为60，测出两弹簧的长度分别为L2、L3，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是 _。（4）如图3所示，他又把两弹簧调整到相互垂直，稳定后测出两弹簧的长度为L4、L5，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是_。四、计算题：本题共2小题，共26分
10、。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，滑块和滑板静止在足够大的水平面上，滑块位于滑板的最右端，滑板质量为M=0.6kg，长为L1=0.6m，滑块质量为m=0.2kg，质量也为m=0.2kg的小球用细绳悬挂在O点，绳长L2=0.8m，静止时小球和滑板左端恰好接触。现把小球向左拉到与悬点等高处无初速释放，小球到达最低点时与木板发生弹性碰撞。空气阻力忽略不计，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为，滑板与水平面之间的动摩擦因数，滑块和小球均可看成质点，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；（2）滑
11、块能否从滑板上掉下?试通过计算说明理由；（3）滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。14（16分）如图所示，容积均为V0的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸打气，每次可以打进气压为p0、体积为0.3V0的空气。已知室温为27，大气压强为p0，汽缸导热良好。（1）要使A缸的气体压强增大到7p0，求打气的次数；（2）当A缸的气体压强达到7p0后，关闭K1，打开K2并缓慢加热A、B气缸内气体，使其温度都升高60，求稳定
12、时活塞上方气体的体积和压强。15（12分）如图所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的点，细杆上的两点与圆心在同一水平线上，圆弧半径为0.8m。质量为0.1kg的有孔小球（可视为质点）穿在圆弧细杆上，小球通过轻质细绳与质量也为0.1kg小球相连，细绳绕过固定在处的轻质小定滑轮。将小球由圆弧细杆上某处由静止释放，则小球沿圆弧杆下滑，同时带动小球运动，当小球下滑到点时其速度为4m/s，此时细绳与水平方向的夹角为37，已知重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，cos16=0.1问：(1)小球下滑到点时，若细绳的张力，则圆弧杆对小球的弹力是多大？(2)小球下滑到点
13、时，小球的速度是多大？方向向哪？(3)如果最初释放小球的某处恰好是点，请通过计算判断圆弧杆段是否光滑。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】A根据质量数和电荷数守恒得x1的电荷数为0，质量数为1，所以x1是中子，故A错误；B根据质量数和电荷数守恒得x2的电荷数为1，质量数为2，所以x2为氘核，故B错误；C根据质量数和电荷数守恒得x3的电荷数为2，质量数为4，所以x3是粒子，故C正确；D根据质量数和电荷数守恒得x4的电荷数为1，质量数为1，所以x4是质子，故D错误；故选C。2、B【解析】甲图向下滑动时匝数比变
14、小，副线圈的电压增大，所以L1一定变亮，乙图向下滑动时，L2支路电阻增大，回路中电流减小，所以L2一定变暗，故B正确ACD错误。故选B。3、A【解析】C将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，由题知，两次的竖直高度不同，所以两次运动时间不同，故C错误；B在竖直方向上做自由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的分量不同，故B错误；D撞击墙壁的速度，即可视反向平抛运动的水平初速度，两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，故两次撞击墙壁的速度不同，故D错误；A由上分析，可知竖直速度大的，其水平速度速度就小，所以根据速度的合成可知，飞出时的初速度大小可能相等，故A正确。故选A。4、D【解析
15、】AB外界大气压不变，被封闭气体压强始终不变，气体做等压变化，温度升高，则气体体积增大，故AB错误；CD被封闭气体压强始终不变，水银柱b两液面高度差h不变，则液面位置也不会发生变化，故C错误，D正确。故选D。5、D【解析】A单晶体具有各向异性的特征，多晶体表现为各向同性，选项A错误；B液体表面张力是液体表面层分子间的相互作用，选项B错误；C0的铁和0的铜，它们的分子平均动能相同，但是分子平均速率不相同，选项C错误；D一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故D正确；故选D。6、D【解析】设点放置质量为的物体，则有解得如图所示，星球膨胀后质量不变，有点以下球体质量为解得结合式得
16、则所以D正确，ABC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，有选错的得0分。7、AC【解析】A设开始时变压器初级电流为I1，则解得选项A正确；B因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压V2不变；因次级电流变大，则R0上电压变大，则V3的示数减小，选项B错误；C变压器次级电压为开始时光敏电阻 后来光敏电阻由 可得选项C正确； D在增大光照强度过程中，变压器次级电阻减小，则次级消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，选项D错误。故选AC。8、BCD【解析】A知道气体的
17、摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，故A错误；B悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，故B正确；C理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，故C正确；D若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，故D正确。故选BCD。9、BD【解析】A金属杆相当于电源，金属杆上滑过程中，外电路的总电阻一直减小，则总电流即电流表的示数一直变大。故A错误；B金属杆匀速运动，作用于金属杆的外力 由于总电流一直变大，所以作用于金属杆的外力一直变大，故B正确；C由电磁感应定律，金属杆运动时产生的感应电动势为金属杆到达轨道
18、正中间时，所组成回路的总电阻为由闭合电路欧姆定律，回路电流为电压表测的是路端电压，所以电压表示数为故C错误； D设金属杆向上运动x距离时，金属杆QM、PN上消耗的总电功率即电源的输出功率最大。电源电动势一定，内外电阻相等时电源输出功率最大 解得故D正确。故选BD。10、BD【解析】A由题意知2.5m后拉力逐渐减小，摩擦力不变，所以合外力在改变，根据牛顿第二定律可知加速度也在改变，不是匀减速直线运动，故A错误；B图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知物体做匀速运动时，受力平衡，则f=F=12N所以所以滑动摩擦力做的功所以合外力做的功为故B正确；CD根据动能定理有代入数据解得；根据动量
19、定理可知，物体在减速过程中合外力的冲量等于动量的变化量，即故C错误，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、 不需要 【解析】（1）木块的加速度：. （2）对N个砝码的整体，根据牛顿第二定律： ，解得；画出a-n图像如图；由图可知g=1.6，解得=0.16.（3）实验中是对N个砝码的整体进行研究，则不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。12、 【解析】（3）1当合力沿两个分力角平分线方向且两个分力夹角为，合力和两个分力大小相等，故弹簧形变量形同，长度相同，即；（4）2当两个分力相互垂直时，由勾股定理知：即：。
20、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）6N；（2）没有掉下来，理由见解析；（3）J【解析】（1）小球下摆过程中，由动能定理：小球摆到最低点时，则有：解得T=6N（2）对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有：根据能量守恒，则有：解得：m/s，m/s碰后滑块向右加速，滑板向右减速对滑块，根据牛顿第二定律有：解得：m/s2对滑板，根据牛顿第二定律有：解得： m/s2假设没有掉下来，经过时间t共速度，则有：得根据：解得：m/s滑块位移为：解得：m滑板位移为：解得：m相对位移此时没有掉下来。（3）但由于，共速
21、后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动，对滑块，根据牛顿第二定律有：解得：m/s2对滑板，根据牛顿第二定律有：解得：m/s2滑块位移为：解得：m滑板位移为：解得：m相对位移不会掉下来则滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量：解得：J14、（1）21次；（2）1.25V1；2.8P1【解析】（1）设共打气n次，由p1(V113nV1)=7p1V1由式解得：n=21次（2）设温度升高后，上边的气体压强为p，体积为V，对上边气体：=对下边气体=由式解得：V=125V1，p=28p115、 (1)FN=(2.1-0.8x）N；(2)2.4m/s，竖直向下；(3) 光滑【解析】(1)当球A运动到D点时，设圆弧杆对小球A的弹力为FN，由牛顿第二定律有解得FN=(2.1-0.8x）N(2)小球A在D点时，小球B的速度方向竖直向下。(3)由几何关系有若圆弧杆不光滑，则在小球A从P点滑到D点的过程中，必有摩擦力对小球A做功。设摩擦力对小球A做功为Wf，对A、B两小球由功能关系得代入数据解得Wf=0所以圆弧杆PD段是光滑的。