《2023届广东省高州市大井高考仿真模拟物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届广东省高州市大井高考仿真模拟物理试卷含解析.pdf（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学年高考物理模拟试卷考生请注意：1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.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。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，真空中等边三角形OMN的边长为L=2.0m,在M,N两点分别固定电荷量均为q=+2.0 x1(T6c的点电荷，已知静电力常量=9.0 xl()9N.m2/C2,则两点电荷
2、间的库仑力的大小和O点的电场强度的大小分别为()A.9.0X10-3N,7.8X103N/C B.9.0 x 10-3N,9.0 x 103N/CC.1.8xlO-2N,7.8xlO3N/C D.1.8X1O-2N,9.OX1O3N/C2、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,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来n倍，则B.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3、行驶中的汽车遇到红灯刹车后做匀减速直线运动直到停止，等到绿灯亮时又重新启动开始做匀加速直线运动直到恢复原来的速度
3、继续匀速行驶，则从刹车到继续匀速行驶这段过程，位移随速度变化的关系图象描述正确的是D.4、“双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体,它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示，某一双星系统中A 星球的质量为m”B 星球的质量为m2,它们球心之间的距离为L引力常量为G,则下列说法正确的是（）%,A.B 星球的轨道半径为一一 L町+m-,B.A 星球运行的周期为C.A 星球和B 星球的线速度大小之比为,山：山2D.若 在。点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零5、如图所示，A 8 两个小球用长为1 m 的细线连接
4、，用手拿着A 球，3 球竖直悬挂，且 A、8 两球均静止。现由静止释放A 球，测得两球落地的时间差为0.2 s,不计空气阻力，重力加速度g=1 0 m/s2,则 A 球释放时离地面的高度为A.1.25 mB.1.80 mC.3.60 mD.6.25m6、2018年 11月 6 日，中国空间站“天和号”以 1：1 实物形式（工艺验证舱）亮相珠海航展，它将作为未来“天宫号”空间站的核心舱.计划于2022年左右建成的空间站在高度为400450km（约为地球同步卫星高度的九分之一）的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A.空间站运行的加速度等于地球同步卫星运行的加速度B.空间站运行的速度约等
5、于地球同步卫星运行速度的3 倍C.空间站运行的周期大于地球的自转周期D.空间站运行的角速度大于地球自转的角速度二、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、下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的热运动B.物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大C.内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D.分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小E.一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行8、一列波源在x 轴原点的简谐横波沿x 轴正方向传播，如图所示为U
6、 0 时刻的波形，此时波源正好运动到y 轴 的 1cm处，此时波刚好传播到x=7m的质点A 处，已知波的传播速度为24m/s,下列说法正确的是（）A.波源的起振方向沿y 轴正方向B.从 U 0 时刻起再经过g s 时间，波源第一次到达波谷C.从 U 0 时刻起再经过2.75s时间质点B 第一次出现在波峰D.从 U 0 时刻起到质点B 第一次出现在波峰的时间内，质点A 经过的路程是48cm9、2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。某次比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L=3.60 m 处起跳，在 离 地 面 高 3.20 m 处将球以为=12
7、 m/s的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为加=2.50 m 和无2=2.95 m,g 取 10 m/s?下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（）甲乙A.乙在网前直立不动 B.乙在甲击球时同时起跳离地C.乙在甲击球后0.18 s 起跳离地 D.乙在甲击球前0.3 s 起跳离地10、如图所示，半径为R 的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为，的物块从尸点由静止释放刚好从槽口A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B 点，不计物块的大小，P 点到A 点高度为九重力加速度大小为g,则
8、下列说法正确的是（）A.物块从P 到B过程克服摩擦力做的功为mgRB.物块从A 到 B 过程与圆弧槽间正压力为之里C.物块在B点时对槽底的压力大小为（+）1gRD.物块滑到C 点（C 点位于A、B 之间）且 OC和 0 4 的夹角为依此时时重力的瞬时功率为根g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）某同学要测定电阻约为200。的圆柱形金属材料的电阻率，实验室提供了以下器材：待测圆柱形金属Rx；电池组E（电动势6 V,内阻忽略不计）；电流表Ai（量程030m A,内阻约100Q）；电流表A2（量程0600HA,内阻2000Q）；
9、滑动变阻器用（阻值范围0T0。，额定电流1A）电阻箱及（阻值范围0 9999C,额定电流1A）开关一个，导线若干。（1）先用螺旋测徽器测出该金属材料的截面直径，如图甲所示，则直径为 m m,然后用游标卡尺测出该金属材料的长度，如图乙所示，则长度为,（2）将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为6V 的电压表，则电阻箱接入电路的阻值为（3）在如图内所示的方框中画出实验电路图，注 意 在 图 中 标 明 所 用 器 材 的 代 号。（4）调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表Ai、A2的示数h.h,作出A-八图像如图丁所示，求得图线的斜率为*=0.0205,则该金属材料的电阻R（结果保留三位有效数字
10、）（5）该金属材料电阻率的测量值_ （填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。12.（12分）某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度启m m,在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接.（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x.释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t,则 此 时 滑 块 的 速 度 归.（3）通过在滑块上增减祛码来改变滑块的质量加，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重 复（2）的操作，得出一系列滑块质量，与它通过光电门时的速度v
11、 的值，根据这些数值，作出机 I 图象如图乙所示.已知当地的重力加速度为g,由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数=_;弹性势能等于EP=.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，甲为某一列简谐波，=如时刻的图象,乙是这列波上P点从这一时刻起的振动图象，试讨论：甲 乙波的传播方向和传播速度.求 02.3s内产质点通过的路程.14.（16分）据报道，我国华中科技大学的科学家创造了脉冲平顶磁场磁感应强度超过60T的世界纪录，脉冲平顶磁场兼具稳态和脉冲两种磁场的优点，能够实现更高的强度且在一段时间
12、保持很高的稳定度。如图甲所示，在磁场中有一匝数n=10的线圈，线圈平面垂直于磁场，线圈的面积为S=4xn），m 2,电阻为R=60Q。如图乙为该磁场磁感应强度的变化规律，设磁场方向向上为正，求：（l）/=0.5xl0-2s 时，线圈中的感应电动势大小；在 02810飞过程中，通过线圈横截面的电荷量；在 03xl0-2s过程中，线圈产生的热量。txlOVs15.(12分)如图所示，倾斜轨道A B的倾角为37。，CD、EF轨道水平，AB与 CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连.小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入EF水平轨道.小球由静止从A 点释
13、放，已知AB长为5R,CD长 为 R,重力加速度为g,小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5,sin37o=0.6,COS37L0.8,圆弧管道BC入口 B 与出口 C 的高度差为1.8R.求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小.(2)小球刚到C 时对轨道的作用力.(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径出应该满足什么条件?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】2根据库仑定律，M、N 两 点 电 荷 间 的 库 仑 力 大 小 为
14、 攵 冬，代入数据得L2F=9.0 xl0-3NM、N两点电荷在。点产生的场强大小相等，均为g=左(，M,N两点电荷形成的电场在。点的合场强大小为E=2 与 c o s 3 0 联立并代入数据得E 7.8X103N/CA.9.0X10-3N,7.8X103N/C 与分析相符，故 A 正确；B.9.0X1(T3N,9.0X1()3N/C 与分析不符，故 B 错误；C.1.8X10-2N,7.8X103N/C 与分析不符，故 C 错误；D.L8X10-2N,9.0X1()3N/C 与分析不符,故 D 错误；故选：A。2、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E,“=NBS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 以：。2=1：2可得，副线圈两端电压变为原来n倍,电压表V的读数为n U。故B项正确。A：R消耗的功率与=与，副线圈两端电压变为原来n倍，则R消耗的功率变为/P。故A项错误。C：流 过R的电流/?=与，副线圈两端电压变为原来n倍，则流过R的电流人变为原来的
16、n倍；再据：人=4：勺，A原线圈中电流变为原来n倍，电流表A的读数为/。故C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。3、C【解析】2 2在减速过程由速度和位移关系可知：v 2-v 2=2 a x,可得x =2 L二 生；a为负值，故图象应为开口向下的二次函数图象;2a由速度为零开始增大时，v2=2a(x-xo)；xo是停止时的位置坐标；x=-xO,a 为正值，故图象为开口向上的二次2。函数图象；故 C 正确，A B D 错误。4、B【解析】由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为
17、。，根据牛顿第二定律，对 A 星球有：G m%1n h=m g2对 B 星球有叫2G -=m2 co r2得又4+=L得彳=-m2 T7 L町+机2r2=网 r；Lm+加2故 A 错误；B.根据4)2G-=叫 下-4r=“2 L7解得周期T 27rL/-,丫 G (町+丐)故 B 正确；C.A 星球和B 星球的线速度大小之比V 二 町 二 m?vB a)r2 m故 C 错误；D.。点处的质点受到B 星球的万有引力r_ Gm2m _ Gm2m/=7 vr2 叫 L+巧)受到A 星球的万有引力_ Gm1m _ Gjrm=p=7 y-=-L、机I +/巧)故质点受到两星球的引力之和不为零，故 D 错
18、误。故选B。5、B【解析】设释放时A 球离地高度为h,则 产言=八，求得=L 80m,。A.1.25 m 与上述计算结果/=1.80m不相符，故 A 错误；B.l.80 m 与上述计算结果=1.8()m相符，故 B 正确；C.3.60 m 与上述计算结果/z=1.80m不相符，故 C 错误；D.6.25m与上述计算结果=1.80m不相符，故 D 错误。6、D【解析】柏用 GMm,2兀、z o v2根据-=m()r=mcor=mr T r=以来判断空间站运动的速度、加速度、角速度以及周期的大小【详解】ACD、根 据 丝 丝=加(2)2 r=/r=加 匚=.可知半径越大，周期越大，而加速度、线速度
19、、角速度都在减小,f T r故 AC错；D 对；B、题目中给的是高度约为地球同步卫星高度的九分之一，那半径就不是九分之一的关系，所以空间站运行的速度不等于地球同步卫星运行速度的3 倍，故 B 错；故选D【点睛】本题比较简单，但如果不仔细读题的话就会做错B 选项，所以在做题过程中仔细审题是非常关键的.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、BDE【解析】A.布朗运动是固体小微粒的运动，不是分子的运动，A 错误；B.温度升高，平均动能增大，但不是物体内所有分子的动
20、能都增大，B 正确；C.根据热力学第二定律，内能可以不全部转化为机械能而不引起其他变化，理想热机的效率也不能达到100%,C 错误；D.根据分子势能和分子之间距离关系可知，当分子间距离等于分子间平衡距离时，分子势能最小，D 正确；E.一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，E 正确。故选BDE,8、BC【解析】A.波向x 轴的正方向传播，此时波传到质点4 位置，此时质点A 的振动方向沿y 轴负方向，所以波源的起振方向沿y轴负方向，故 A 错误；B.该波的波长为1 2 m,周期,4 12 1T=s=sv 24 2从 U 0 时刻起波源振动到波谷需要的振动时间故 B 正确；C.波从质点
21、A 传播到质点B需要的时间为质 点 B 从开始振动到第一次到达波峰所用的时间为3T 3=-s2 4 8所以时间为t=+12=2.75s故 C 正确;D.从 U 0 时刻起到质点3 第一次出现在波峰，经历的时间为2.7 5 s,则 A 经过的路程是2.75s=-x 8cm=44cmT故 D 错误。故选BC9、BC【解析】A.若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间排球下落的高度为 =g gt 2=g x 10X0.32 m=0.45m3.2m-0.45m=2.75m,则可以拦住，故 B 正确；C.结合选项B 的分析，乙在甲击球后0.18s起跳离地，初速度为v=g/i=10 x0.3=3m/s
22、上升时间f=0.12s时球到达乙位置，上升的高度为1 ,h=vt-g f2=0.288m2.50m+0.288m=2.788m2.75m,可以拦网成功，故 C 正确；D.乙在甲击球前0.3 s 起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D 错误。故选BC.10、ACD【解析】A.物块从A 到 B 做匀速圆周运动，动能不变，由动能定理得mg/?-Wf=0可得克服摩擦力做功:W(=mgR故 A 正确;B.物块从A 到 8 过程做匀速圆周运动，合外力提供向心力，因为重力始终竖直，但其与径向的夹角始终变化，而圆弧槽对其的支持力与重力沿径向的分力的合
23、力提供向心力，故圆弧槽对其的支持力是变力，根据牛顿第三定律可知，物块从A 到 5 过程与圆弧槽间正压力是变力，非恒定值，故 B 错误；C.物块从尸到A 的过程，由机械能守恒得nigh=-tnv可得物块A 到B过程中的速度大小为物块在8 点时，由牛顿第二定律得N-me-m 一R解得：z (R+2/z)mg/V=-R根据牛顿第三定律知物块在B点 时 对 槽 底 的 压 力 大 小 为 四 图 鳖，故 C 正确;D.在 C 点，物体的竖直分速度为vv=v cos 6=小 2gh cos 0重力的瞬时功率P=mgvx=mg J2gh cos 6故 D 正确。故选：ACD.三、实验题：本题共2 小题，共
24、 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。二11、9.203 10.405 8000*.J 209 等于【解析】(1)12.根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数为9m m,可动刻度部分读数为20.3x().01mm,所以金属材料的直径为d=9mm+0.203mm=9.203mm；根据游标卡尺读数规则，金属材料的长度L=10.4cm+0.005cm=10.405cm。(2)3.改装后电压表量程为U=6V,由1 2 g(F 2 g+Z?2)=t 7解得&=8000。即电阻箱接入电路的阻值为8000。(3)4.由于待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的阻值，所以需要设计成滑动变阻器分压
25、接法，将电阻箱与电流表Az串联后并联在待测电阻两端，由于改装后的电压表内阻已知，所以采用电流表外接法。(4)5.由并联电路规律可得hR*变形得2=/,%+%十6由&-=k=0.0205%+4 +&解得金属材料的电阻Rx=209。(5)6.由于测量电路无系统误差，金属材料的电阻测量值等于真实值，可知金属材料的电阻率测量值等于真实值。c d b _ b12、5.70mm Ep=t 2gx P 2a【解析】(1)1 .由乙图知，游标卡尺读数为0.5cm+14x0.05mm=5.70mm；(2)2,滑块经过光电门的速度为v=4；/(3)3J4.根据能量守恒r1 2Ep=/jmgx+m v整理得,1=2
26、 E 2 gxm结合图象得：2Epba得E=2p 2ab /jmgx得bH 2gx四、计算题：本题共2小题，共 2 6 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。1 3、x 轴正方向传播，5.0 m/s 2.3 m【解析】(1)根据振动图象可知判断P点在时刻在平衡位置且向负的最大位移运动，则波沿x 轴正方向传播，2 2由甲图可知，波长2=2 m,由乙图可知，周 期 7=0.4 s,则波速v =5 m/sT 0.43 2 3 2 3(2)由于 r=0.4 s,贝!Jf =2.3 s =5 s，则路程x =4 Ax =4 x O.l x 一 =2.3 m44 4
27、【点睛】本题中根据质点的振动方向判断波的传播方向，可采用波形的平移法和质点的振动法等等方法，知道波速、波长、周期的关系.1 4、(1)2 4 V；(2)4 x l 0-3 c；(3)0.1 9 2.E【解析】由E=n 8A Z得 =1 0 x -x 4 x l 0 4=2 4 V1 x 1 0-2(2)在 0 1 0 m s 过程中，由1=R得/=0.4 A在 1 0 2 0 m s 过程中，线圈中电流为0,所以，由 7 =1 2流过线圈的电荷量为4 =0.4 x 1 x 1 0-2 =4x3c由Q =2I2Rt0 3 0 m s 过程中，线圈产生的热量为Q =2 x O.4 2 x 6 O
28、x l x l（r 2=o 1 9 2 J1 5、（1）胃辞（2）6.6 m g,竖直向下（3）R 2.3R（1 分）若R=2.5 R,由上面分析可知，小球必定滑回D,设其能向左滑过DC轨道，并 沿 CB运动到达B 点，在 B 点的速度为VB,则 由 能 量 守 恒 定 律 有=g 2+/Jg l 8 R +2，gR（1 分）由式，可得力=0（1 分）故知，小球不能滑回倾斜轨道A B,小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD轨道上的某处.设小球在CD轨道上运动的总路程为s,则由能量守恒定律，有 5 m b=根a 分）由（顺两式，可得 S=5.6R（1 分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距 D 点 0.6R处.（1 分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力.