《湖南省株洲市攸县三中2023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《湖南省株洲市攸县三中2023年高考物理倒计时模拟卷含解析.doc（16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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回
2、。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，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ）A粒子在a点的加速度比在b点的加速度大B粒子在a点的动能比在b点的动能大C粒子在a点和在c点时速度相同D粒子在b点的电势能比在c点时的电势能大2、如图所示，小球被轻绳系住，静止在光滑斜面上若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的( )A1和2 B1和3C2和3 D1和43、如图所示，
3、接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则()A小灯泡变亮B小灯泡变暗C原、副线圈两端电压的比值不变D通过原、副线圈电流的比值不变4、如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，绳与竖直方向夹角为，小球处于静止状态.设小球受支持力为FN，则下列关系正确的是（ ）AF=2mgtanBF =mgcosCF N=mgDF N=2mg5、一物体沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其运动的图象如图所示下列说法正确的是 A时间内物体处于失重状态B时间内物体机械能守恒
4、C时间内物体向下运动D时间内物体机械能一直增大6、如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g。则在此过程中，下列说法正确的是（）A小球带正电B小球可能做匀加速直线运动C小球加速度大小为gcosD小球重力势能的增加量等于电势能的增加量二、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、大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”
5、在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（）A工人对绳的拉力一直变大B绳OD的拉力一直变大COD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD当绳CD与竖直方向的夹角为30时，工人对绳的拉力为mg8、一定质量的理想气体，其状态变化的图象如图所示，其中
6、过程气体既不吸热、也不放热，过程气体体积不变。对此下列说法正确的是（）A过程中，外界对气体做功B过程中，气体分子的平均动能不变C过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多D过程中，气体温度降低E.过程中，单位体积内的气体分子数减少9、某列简谐横波在t10时刻的波形如图甲中实线所示，t23.0s时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a、b、c、d四点中某质点的振动图象，则正确的是_A这列波的周期为4sB波速为0.5m/sC图乙是质点b的振动图象D从t10到t23.0s这段时间内，质点a通过的路程为1.5mE.t39.5s时刻质点c沿y轴正方向运动10、如图所示为一列沿轴正方向传播的简谐横
7、波时刻波形图，该时刻点开始振动，再过，点开始振动。下列判断正确的是_。A波的传播速度B质点的振动方程C质点相位相差是D时刻，处质点在波峰E.时刻，质点与各自平衡位置的距离相等三、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）为了测量一待测电阻Rx的阻值，准备了以下器材：A多用电表B电流表G1（0100 mA，内阻约5 ）C电流表G2（050 mA，内阻r2=10 ）D定值电阻R0（20 ）E. 滑动变阻器R1（05 ）F. 滑动变阻器R2（0100 ）G. 直流电源（3.0 V，内阻不计）H. 开关一个及导线若干（1）用多用电表欧姆表“1”挡粗
8、测电阻时，其阻值如图甲中指针所示，则Rx的阻值大约是_。（2）滑动变阻器应选_（填仪器前的序号）。（3）若是用G2表测Rx两端电压，请在图乙对应的虚线框中完成实验电路设计（要求：滑动变阻器便于调节，电表读数不得低于量程的）。（_）（4）补全实验步骤：a. 按图乙所示电路图连接电路，将变阻器滑动触头移至最_端（选填“左”或“右”）；b. 闭合开关S，移动变阻器滑动触头至某一位置，记录G1、G2表的读数I1、I2；c. 多次移动变阻器滑动触头，记录相应的G1、G2表的读数I1、I2；d. 以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线如图丙所示，则待测电阻Rx的阻值为_（保留两位有效数字）。12（12
9、分）某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻：实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V（量程3V，内阻Rv=10k）电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5）滑动变阻器：R1（阻值范围0-10，额定电流2A）R2（阻值范围0-1000，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5该同学依据器材画出了如图所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是_；该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_A；为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器_（填写器材的符号）；该同学利用上述实验原理
10、图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=_ （结果保留两位有效数字）。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，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动
11、摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；14（16分）如图所示，在xOy平面坐标系的第一象限内的某区域存在匀强磁场，在第二象限内存在沿x正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=5103V/m。曲线OC上分布着大量比荷为 =105C/kg的正电荷，曲线OC上各点的坐标满足y2=k|x|，C点的坐标为(0.1，0.2)。A点在y轴上，CA连线平行于x轴，D点在x轴上且OD=OA。现所有正电荷由静止释放，在第一象限内磁场的作用下都沿垂直x轴方向通过了D点。不计正电荷所受的重力及电荷间的相互作用力。求：(1)正电荷通
12、过y轴时的速度与纵坐标的关系；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(3)匀强磁场区域的最小面积。15（12分）1916年， Tolman和 Stewart发表论文指出，一个绕在圆柱上的闭合金属线圈当该圆柱以一定的角速度绕轴旋转时，线圈中会有电流通过，这种效应称为 Stewart- Tolman效应。设有许多匝线圈，每匝线圈的半径为r，每匝线圈均用电阻为R的细金属导线绕成，线圈均匀地绕在一个很长的玻璃圆柱上，圆柱的内部为真空每匝线圈的位置用黏胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为n，包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。从某一时刻开始，圆柱以角加速度绕其轴旋转。经过足够长时间后：请计算每匝线圈中的
13、电流强度。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】由等势面的疏密可知电场强度的大小，由可知电场力的大小关系；根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向，进而判断出电场力做功的特点。根据能量守恒定律分析粒子在a点动能与粒子在b点动能之间的关系。由动能定理可知BC两点的间的电势能的变化。本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法。【详解】A因a点处的等势面密集，故a点的电场强度大，故电荷在a点受到的电场力大于b点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在b点的加速度大
14、，故A正确；B由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从a到b电场力做正功，粒子动能增大，故B错误；C速度是矢量，沿轨迹的切线方向，由图可知，粒子在a点和在c点时速度方向不相同，故C错误；D粒子受到的电场力指向右侧，则从b到c电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小，故D错误；故选A。【点睛】本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。2、A【解析】将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果。【详解】小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是
15、使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是1和2，故A正确，BCD错误。故选：A。【点睛】按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单。3、B【解析】因变压器为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；而当同时减小相同匝数时，匝数之比一定变大；再根据变压器原理进行分析即可【详解】由变压器相关知识得：，原、副线圈减去相同的匝数n后： ，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C、D错误由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确【点睛】本题考查理想变压器的基本原理，要注意明确电压之比等于匝数之比；而电流之比等于匝数的反比；同时还要注
16、意数学知识的正确应用4、C【解析】对小球进行受力分析，小球受重力G，F，FN，三个力，满足受力平衡。作出受力分析图如下：由图可知OABGFA，即：解得：FN=G=mgA F=2mgtan，与分析不符，故A错误；B F =mgcos，与分析不符，故B错误；C F N=mg，与分析相符，故C正确；D F N=2mg，与分析不符，故D错误；故选：C。5、D【解析】A、以竖直向上为正方向，在图象中，斜率代表加速度，可知时间内物体向上做加速运动，加速度的方向向上，处于超重状态故A错误；B、由图可知， 时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以机械能增大故B错误；C、由图可知， 时间内物体
17、向上做减速运动故C错误；D、时间内物体向上做加速运动，动能增大，重力势能也增大； 时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以时间内物体机械能一直增大故D正确故选：D 6、D【解析】AB带电小球沿着FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定的，则小球做匀减速直线运动，故AB错误；C据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知故C错误；D由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的
18、增加量等于电势能的增加量，故D正确。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、BCD【解析】AB对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为。根据几何知识有由正弦定理可得解得增大，减小，则F1增大，F2减小，故A错误，B正确；C两绳拉力的合力大小等于mg，故C正确；D当=30时，则=30，根据平衡条件有可得故D正确。故选BCD。8、ACE【解析】A过程，气体体积减小，则外界对气体做功。所以
19、A正确；B过程，由题意知该过程气体既不吸热、也不放热，由热力学第一定律知气体内能一定增加，则理想气体分子的平均动能一定增大。所以B错误；C过程，气体体积不变而压强增大，体积不变则单位体积的气体分子数不变，压强增大则气体的温度一定升高，气体分子的热运动更加剧烈，分子在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数增多。所以C正确；D过程，由（常数）知气体温度升高。所以D错误；E过程中，气体体积增大，则单位体积内的气体分子数减少。所以E正确。故选ACE。9、ABE【解析】A由图乙可知，波的振动周期为4s，故A正确；B由甲图可知，波长=2m，根据波速公式故B正确；C在t1=0时刻，质点b正通过平衡位置，与乙图情
20、况不符，所以乙图不可能是质点b的振动图线，故C错误；D从t1=0 s到t2=3.0 s这段时间内为，所以质点a通过的路程为s=4A=15cm=0.15m，故D错误；E因为t39.5s2T，2T后质点c回到最低点，由于，所以t3=9.5s时刻质点c在平衡位置以上沿y轴正向运动，故E正确。故选ABE。10、ACE【解析】A质点M和N相距6m，波的传播时间为1.5s，则波速：，故A正确；B波长=4m，根据波长、波速和周期的关系可知周期为：，圆频率：，质点M起振方向向上，t=1s时开始振动，则质点M的振动方程为y=0.5sin（2t-2），故B错误；C相隔半波长奇数倍的两个质点，相位相差为，质点M、N
21、相隔1.5，故相位相差，故C正确；Dt=0.5s=0.5T，波传播到x=4.0m处，此时x=1.0m处质点处于波谷，故D错误；Et=2.5s=2.5T，N点开始振动，质点M、N相隔1.5，振动情况完全相反，故质点M、N与各自平衡位置的距离相等，故E正确。故选ACE。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、9（或9.0） E 左 10 【解析】（1）1多用电表用欧姆表盘的读数乘以倍率即为待测电阻阻值（2）2滑动变阻器采用分压式接入电路，所以选择阻值较小的滑动变阻器便于调节分压，即选E。（3）3电路中没有电压表，电流表的内阻已知，可作为电压表使
22、用，电流表采用外接方式可以消除系统误差，使测量结果更精确，定值电阻串联在分压电路上，起到保护电路的作用，电路图如图。（5）4滑动变阻器的触头在开始实验前，需要滑到最左端保护电路，使电表的示数都从0开始变化。5根据电路图结合欧姆定律的分流规律可得整理得结合图像的斜率解得12、量程与被测电流值相比较太大 0.603 R1 1.48 0.84（0.70-0.90之间都给分） 【解析】1 一节干电池的电动势约E=15V，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是0-10，电路中最小电流约为电流表A的量程是3A，被测电流值与电流表量程相比差距太大，因此不能用电流表A。2 改装后电流表量程：3根据
23、以上分析可知，选用的滑动变阻器是R1。45 由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=148V图线的斜率大小k=r，由数学知识知：则电源的内阻为：r=k=0.84四、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)3g，g【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=g匀变速直线运动2aAL=vA2，解得(2)设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小F=3mg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3g对齐后，A、B所受合外力大小F=2mg
24、由牛顿运动定律F=2maB得=g14、 (1)v=5105y；(2)B=5105=5T，磁感应强度的方向为垂直纸面向外；(3)1.14102m2【解析】(1)第二象限内，正电荷在电场力的作用下做初速为零的匀加速运动，设正电荷的坐标为(x，y)，通过y轴时的速度为v，由动能定理有Eq=mv2由于y2=k，C点的坐标为(0.1，0.2)，得k=0.4联立得v=5105y(2)由C点静止释放的正电荷垂直y轴通过A点，又垂直x轴通过D点，所以该正电荷由A点进入磁场，由D点出磁场，圆周运动的圆心为O点，轨迹如图所示该正电荷做圆周运动的半径r=OA=0.2m由洛仑兹力提供向心力，有qvB=联立，得B=5105=5T由左手定则可判断，磁感应强度的方向为垂直纸面向外(3)由(2)中分析可知正电荷在磁场中圆周运动的半径与其通过y轴时的纵坐标值相等，所有正电荷都垂直通过D点，轨迹如图所示磁场区域的最小面积为阴影部分的面积，由几何关系可得面积S=1.14102m215、【解析】由于环加速转动，在圆环参考系中对电子产生了类似于电场力的非惯性力，即对应的场强产生的电流