2023年高考 物理（全国甲卷）压轴模拟试卷（含答案）.doc

1、高考物理模拟试题选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求。第1921题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.在现代装修家居中，有很多是大理石材料都有放射性，而在核物理研究中已有很多放射性元素，其中放射性元素的衰变方程为，下列表述正确的是（ ）AX是由Th原子核内释放的电子 B该衰变是衰变C加压或加温都可以改变其衰变的快慢 DTh发生衰变时原子核要吸收能量15.如图甲所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s 不变,两端A、B间距离为 3 m。一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带

2、,物块与传送带间的动摩擦因数=0.4,g=10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图象是图乙中的( )。甲乙16.河滨生态园住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围成的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（ ）A若发电机线圈某时刻与图示位置垂直，变压器原线圈的电流瞬时值最大B发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式C当用户数目

3、减少时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将降低17.我国首枚“火星探测器”已在2020年发射,在飞行一年后今年2021年登陆火星。已知地球公转周期为T,到太阳的距离为R1,运行速率为v1,火星到太阳的距离为R2,运行速率为v2,太阳质量为M,引力常量为G。一个质量为m的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上,以地球轨道上的A点为近日点,以火星轨道上的B点为远日点,如图所示。不计火星、地球对探测器的影响,则下列说法正确的是()。A.探测器在A点的加速度大于B.探测器在B点的加速度大小为C.探测器在B点的动能为mD.探测器沿椭圆轨道从A到B的

4、飞行时间为18.如图所示,A、B为水平放置的平行正对金属板,在板中央分别有一小孔M、N,D为理想二极管,R为滑动变阻器。闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电荷的带电小球从M、N正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是()。A.若仅将A板上移,带电小球仍将恰好运动至小孔N处B.若仅将B板上移,带电小球将从小孔N穿出C.若仅将滑动变阻器的滑片上移,带电小球将无法运动至N处D.断开开关S,从P处将小球由静止释放,带电小球将从小孔N穿出19.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处

5、的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环()。A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mghD.上滑经过B处的速度大于下滑经过B处的速度20.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是（ ）AB的向心力与A的向心力相等B盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的3倍CA有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势D增大圆盘转速，要使A、B保持相

6、对静止一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数大于B与盘之间的动摩擦因数21.如图所示，两根足够长的平行光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则()。A.释放瞬间金属棒的加速度大小等于重力加速度gB.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为abC.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小F=D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量第 II 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-2

7、5题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22.（6分）某同学做“研究匀变速直线运动”的实验。（1）做本实验时_（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。（2）已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。如图所示是“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中电磁打点计时器打出的纸带，图中0、1、2、3、4、5、6是按时间先后顺序标出的计数点，用刻度尺测得：那么：（计算结果保留三位有效数字）1在计时器打出点2时，小车的速度大小为v2_m/s。小车的加速度的大小为a_m/s2。23.（9分）某同学在进行扩大电流表量程的实验时,需要知道电流表的满

8、偏电流和内阻。他设计了一个用标准电流表来校对待测电流表的满偏电流和测定内阻的电路,如图甲所示。已知的量程略大于的量程,图甲中R1为滑动变阻器,R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。甲(1)实验过程包含以下步骤,其合理的顺序依次为(填步骤的字母代号)。A.合上开关S2B.分别将R1和R2的阻值调至最大C.记下R2的最终读数D.反复调节R1和R2的阻值,使的示数仍为I1,使的指针偏转到满刻度的一半,此时R2的最终读数为rE.合上开关S1F.调节R1使的指针偏转到满刻度,此时的示数为I1,记下此时的示数(2)仅从实验设计原理上看,用上述方法得到的内阻的测量值与真实值相比(选填“偏大”“偏小”或“相

9、等”)。(3)若要将的量程扩大为I,并结合前述实验过程中测量的结果,写出须在上并联的分流电阻R分的表达式,R分=。24.（12分）如图所示,在动摩擦因数=0.50的绝缘水平面上放置一质量m=2.010-3 kg的带正电的小滑块A,其所带电荷量q=1.010-7 C。在A的左边 l=0.9 m处放置一个质量M=6.010-3 kg的不带电的小滑块B,滑块B与左边竖直绝缘墙壁相距s=0.05 m,在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场,电场强度大小E=4.0105 N/C。A由静止开始向左滑动并与B发生碰撞,设碰撞过程的时间极短,碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞,在与墙壁碰撞时没有

10、机械能损失,也没有电荷量的损失,且两滑块始终没有分开,两滑块的体积大小可忽略不计。(g取10 m/s2)试求：(1)试通过计算分析A与B相碰前A的受力情况和运动情况,以及A与B相碰后、A和B与墙壁碰撞后A和B的受力情况和运动情况。(2)两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中,由于摩擦而产生的热量是多少?(结果保留2位有效数字)25（20分）如图所示,区域内有与水平方向成45角的匀强电场E1,区域宽度为d1,区域内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2,区域宽度为d2,磁场方向垂直纸面向里,电场方向竖直向下。一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域左边界的P点,由静止释放后水平向右做直线运动,进入区域后

11、做匀速圆周运动,从区域右边界上的Q点穿出,其速度方向改变了60,重力加速度为g。求:(1)区域和区域内匀强电场的电场强度E1、E2。(2)区域内匀强磁场的磁感应强度B。(3)微粒从P运动到Q的时间。（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。33.【物理选修3-3】（15分）（1）（5分）如图所示为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时,强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化,放出热量到箱体外。（填正确答案。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）下列说法正确的是( )。A.热量可

12、以自发地从冰箱内传到冰箱外B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是因为其消耗了电能C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律E.电冰箱的工作原理正是热力学第二定律的应用（2）（10分）如图甲所示,横截面积为S,质量为M的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体,现对缸内气体缓慢加热,使其温度从T1升高了T,气柱的高度增加了L,吸收的热量为Q。不计汽缸与活塞的摩擦,外界大气压强为p0,重力加速度为g。则:(1)此加热过程中气体内能增加了多少?(2)若保持缸内气体温度不变,再在活塞上放一砝码,如图乙所示,使缸内气体的体积又恢复到初始状态,则所放砝码的

13、质量为多少?34.【物理选修3-4】（15分）（1）（5分）下列说法中正确的是 。（选对一个给3分，选对两个给4分，选对三个给5分。选错一个扣3分，最低得分为0分）A一弹簧连接一物体沿水平方向做简谐运动，则该物体做的是匀变速直线运动B若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的1/2，则单摆振动的频率将不变，振幅变小C做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，速度不一定相同D单摆在周期性的外力作用下做受迫运动，则外力的频率越大，单摆的振幅越大E机械波在介质中传播时， 各质点不会随波的传播而迁移，只是在平衡位置附近振动（2）（10分）如图所示，在注满水的游泳池

14、的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0 m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。(1)求池内的水深；(2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为2.0 m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45。求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。 高考物理模拟试题答案选择题：题号1415161718192021答案ABBDCBDADAC14.【解析】X是由Th原子核内释放的电子，选项A正确；由于X带一个单位的负电荷，说明原子核放出了电子，所以该衰变是衰变，选项B错误；核衰变时，通

15、过加压或加温是不能改变其衰变快慢的，选项C错误；Th发生衰变时原子核要放出能量，选项D错误。【答案】A 15【解析】物块B刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小a=g=4 m/s2,当物块的速度减小到零时,物块前进的距离s= m=2 m,其值小于AB的长3 m,故物块减速到零后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,当其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离s= m=0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度等于传送带的速度,所以B项正确。【答案】B16.【解

16、析】当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A错误；从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为，故B正确；当用户数目增多时，功率增大，根据功率，当电压不变，则电流增大，损失电压增大，从而可确定触头P移动方向向上，故C错误；当触头P向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故D错误。【答案】B17.【解析】根据牛顿第二定律,加速度由合力和质量决定,故探测器在A点的加速度等于沿着图中小虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度,a=;A项错误;在B点的加速度等于沿着图中大虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度,a=,B项错误;探测器在B点的速度小于v2,故动能小于m,C项错误;根

17、据开普勒第三定律,有=,联立解得T=T,故探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为,D项正确。【答案】D18.【解析】若仅将A板上移,根据公式C=知电容减小,由于二极管的作用可以阻止电容器的放电,故电荷量不变,根据C=,U=Ed,可得E=,故电场强度不变,则带电小球到达小孔N时,重力做功小于电场力做功,可知小球未到达小孔N时速度已经减为零继而返回了,A项错误。若仅将B板上移,电压U一定,则小球到达小孔N时,电场力做功不变,重力做功小于电场力做功,可知小球未到达小孔N时速度已经减为零继而返回了,B项错误。将滑动变阻器的滑片上移,分压增加,故电容器的电压增加,如果小球能到达小孔N,重力做功小于电场力做

18、功,可知小球未到达小孔N时速度已经减为零继而返回了,C项正确。断开开关S,电场强度不变,故小球恰好能运动至小孔N处,D项错误。【答案】C19.【解析】圆环下落时,先加速,在B位置时速度最大,加速度减小至零。从B到C圆环减速,加速度增大,方向向上,A项错误;圆环下滑时,设克服摩擦力做功为Wf,弹簧的最大弹性势能为Ep,由A到C的过程中,根据能量关系有mgh=Ep+Wf。由C到A的过程中,有mv2+Ep=Wf+mgh。联立解得Wf=mv2,Ep=mgh-mv2,B项正确,C项错误。设圆环在B位置时,弹簧的弹性势能为Ep,根据能量守恒可知,A到B的过程有m+Ep+Wf=mgh,B到A的过程有mvB2

19、+Ep=mgh+Wf,比较两式得vBvB,D项正确。【答案】BD20.【解析】因为A、B两物体的角速度大小相等，根据，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，A正确；对AB整体分析，再对A分析，有： ，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，B错误；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，C错误；对AB整体分析，解得，对A分析，解得，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即，D正确。【答案】AD21.【解析】金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时速度为零,没有

20、感应电流,金属棒不受安培力作用,只受到重力作用,其加速度大小应等于重力加速度,A项正确;金属棒向下运动时,由右手定则可知,流过电阻R的电流方向为ba,B项错误;金属棒速度为v时,安培力大小F=BIL,又I=,解得F=,C项正确;金属棒下落的过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量,D项错误。【答案】AC非选择题：22.【解析】（1）测定匀变速直线运动的加速度的实验，不需要平衡摩擦力，因为不涉及的计算。（2）由匀变速直线运动规律可知：在计时器打出点2时，小车的速度大小等于打下1、3两计数点时间内小车的平均速度。匀变速直

21、线运动的加速度。【答案】（1）不需要（2分） （2）0.860（2分） 3.10（2分）23.【解析】(1)实验首先要保证不被烧坏,应先将R1、R2的阻值调至最大。实验中应保持合上S2与断开S2两种情况下的示数I1为的满偏电流IG2,当合上S2时,示数为=,此时流过R2的电流也为,得R2=RG2。综上所述可知步骤为BEFADC。(2)这种方法测量的的内阻与真实值相等。(3)扩大的量程时原理如图乙所示,有(I-I1)R分=I1r,解得R分=。乙【答案】(1)BEFADC(2)相等(3) （各3分）24.【解析】(1)滑块A受电场力为qE=4.010-2 N,方向向左,摩擦力f1=mg=1.010

22、-2 N,方向向右。在这两个力作用下,滑块A向左做初速度为零的匀加速直线运动,直到与B发生碰撞滑块A与B碰撞并结合在一起后,电场力的大小仍为qE=4.010-2 N,方向向左,摩擦力的大小f2=(m+M)g=4.010-2 N,方向向右。A、B所受合力为零,所以A、B碰后一起向着墙壁做匀速直线运动A、B一起与墙壁发生碰撞后,两滑块受到的电场力与摩擦力的大小不变,方向都是向左的,所以A、B与墙壁碰撞后一起向右做匀减速直线运动,直至速度减为零,之后,两物体保持静止状态。(2)在A、B碰撞之前摩擦力做功:W1=mgl=9.010-3 JA、B碰撞前的过程,由动能定理得:(qE-mg)l=m,解得:v

23、1=3 m/s根据动量守恒定律,得两滑块碰撞后共同运动的速度大小:v=v1= m/s两滑块共同运动,与墙壁发生碰撞后返回直到静止,这段过程中,设两滑块最后静止的位置距墙壁的距离为L2,根据动能定理得:-qE(L2-s)-(M+m)g(L2+s)=0-(M+m)v2在A、B碰撞之后到两滑块停下的过程中,滑块克服摩擦力做功:W2=(M+m)g(L2+s)5.410-3 J整个过程中,产生的热量Q等于滑块克服摩擦力做功的总和,即Q=W1+W2=1.410-2 J。【答案】(1)见解析(2)1.410-2 J25【解析】(1)微粒在区域内水平向右做直线运动,则在竖直方向上有qE1sin 45=mg 解

24、得E1=微粒在区域内做匀速圆周运动,则在竖直方向上有mg=qE2解得E2=。(2)设微粒在区域内水平向右做直线运动时加速度为a,离开区域时速度为v,则a=gv2=2ad1在区域内做匀速圆周运动的轨道半径为R,则Rsin 60=d2qvB=m解得B=。(3)微粒在区域 内做匀加速直线运动,t1=在区域内做匀速圆周运动的圆心角为60,T=则t2=解得t=t1+t2=+。【答案】(1)E1=E2=(2)(3)+（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。33.【物理选修3-3】（15分）（1）【解析】(1)热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律,是能量守恒定律的具体表现,适

25、用于所有的热学过程,C项正确,D项错误;由热力学第二定律可知,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,除非有外界的影响或帮助,电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部,需要压缩机的帮助并消耗电能,故B、E两项正确,A项错误。【答案】BCE（2）【解析】(1)设缸内气体的温度为T1时压强为p1,活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡,则有Mg+p0S=p1S气体膨胀对外界做功W=p1SL根据热力学第一定律有U=Q-W联立可得U=Q-(p0S+Mg)L。(2)设所放砝码的质量为m,缸内气体的温度为T2时压强为p2,活塞和砝码整体受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡,则有(M+m)g+p0

26、S=p2S根据查理定律有=,又T2=T1+T联立可得m=。【答案】(1)Q-(p0S+Mg)L(2)34.【物理选修3-4】（15分）（1）【解析】简谐运动不属于匀变速直线运动，故选项A错误；据可知，选项B正确；做简谐运动的物体，经过同意位置时速度大小相同，但放心不一定相同，故选项C正确；只有在驱动力频率接近固有频率时，振幅才会越大，故选项D错误；机械波在传播过程中，质点只会在平衡位置振动并不会随波迁移，故选项E正确。【答案】BCE（2）【解析】(1)如图，设到达池边的光线的入射角为i。依题意，水的折射率n，光线的折射角90。由折射定律有n 由几何关系有sini式中，l3 m，h是池内水的深度。联立式并代入题给数据得h m2.6 m(2)设此时救生员的眼睛到池边的水平距离为x。依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为45。由折射定律有n式中，i是光线在水面的入射角。设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a。由几何关系有sinixlah式中h2 m。联立式得x m0.7 m。【答案】(1)2.6 m(2)0.7 m