2023學年高考物理模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，水平放置的平行板電容器下極板接地，閉合開關S1，S2，平行板電容器兩極板間的一個帶電粒子恰好能靜止在P點．要使粒子保持不動，但粒子的電勢能增加，則下列可行的指施有A．其他條件不變，使電容器上極板下移少許B．其他條件不變，將滑動變阻器滑片向右移少許井將上極板下移少許C．其他條件不變，使開關S2斷開，并將電容器下極板上移少許D．其他條件不變，使開關S斷開，并將電容器下極板上移少許2、如圖所示，在以R0為半徑，O為圓心的圓形區(qū)域內存在磁場，直徑MN左側區(qū)域存在一勻強磁場，方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B1；MN右側區(qū)域也存在一勻強磁場，方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B2，有一質量為m，電荷量為+q的帶電粒子（不計重力）沿垂直于MN的方向從P點射入磁場，通過磁場區(qū)域后自Q點離開磁場，離開磁場時其運動方向仍垂直于MN。已知OP與MN的夾角為θ1，OQ與MN的夾角為θ2，粒子在左側區(qū)域磁場中的運動時間為t1，粒子在右側區(qū)域磁場中的運動時間為t2，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．3、1934年，約里奧-居里夫婦用α粒子轟擊鋁核，產生了第一個人工放射性核素X：．X的原子序數和質量數分別為A．15和28B．15和30C．16和30D．17和314、如圖，小車的直桿頂端固定著小球，當小車向左做勻加速運動時，球受桿子作用力的方向可能沿圖中的（）A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向5、如圖所示，兩同心圓環(huán)A、B置于同一光滑水平桌面上，其中A為均勻帶電絕緣環(huán)，B為導體環(huán)，若A環(huán)以圖示的順時針方向，繞圓心由靜止轉動起來，則（）A．B環(huán)將順時針轉動起來B．B環(huán)對桌面的壓力將增大C．B環(huán)將有沿半徑方向擴張的趨勢D．B環(huán)中將有順時針方向的電流6、如圖所示，兩個完全相同的矩形導線框A、B在靠得很近的豎直平面內，線框的長邊均處于水平位置．線框A固定且通有電流I，線框B從足夠高處由靜止釋放，在運動到A下方的過程中（）A．穿過線框B的磁通量先變小后變大B．穿過線框B的磁通量先變大后變小C．線框B所受安培力的合力為零D．線框B的機械能一直減小二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖，兩根平行金屬導軌所在的平面與水平面的夾角為30°，導軌間距為0.5m。導體棒a、b垂直導軌放置，用一不可伸長的細線繞過光滑的滑輪將b棒與物體c相連，滑輪與b棒之間的細線平行于導軌。整個裝置處于垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為0.2T。物體c的質量為0.06kg，a、b棒的質量均為0.1kg，電阻均為0.1Ω，與導軌間的動摩擦因數均為。將a、b棒和物體c同時由靜止釋放，運動過程中物體c不觸及滑輪，a、b棒始終與兩導軌接觸良好。導軌電阻不計且足夠長，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2.則（）A．b棒剛要開始運動時，a棒的加速度大小為3.5m/s2B．b棒剛要開始運動時，a棒的速度大小為5.0m/sC．足夠長時間后a棒的加速度大小為D．足夠長時間后a棒的速度大小為7.0m/s8、如圖所示，AB兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，小球A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角，BC兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，小球C放在水平地面上。現用手控制住小球A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知小球A的質量為4m，小球BC質量相等，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態(tài)。釋放小球A后，小球A沿斜面下滑至速度最大時小球C恰好離開地面，關于此過程，下列說法正確的是（）A．小球BC及彈簧組成的系統機械能守恒B．小球C的質量為mC．小球A最大速度大小為D．小球B上升的高度為9、一列簡諧橫波沿軸正方向傳播，已知時的波形如圖所示，波上有P、Q兩點，其縱坐標分別為下列說法中正確的是A．P點的振動形式傳到Q點需要B．P、Q在振動的過程中的任一時刻，位移的大小總相同C．在內，P點通過的路程為20cmD．經過，Q點回到平衡位置10、水平放置的平行板電容器，極板長為l，間距為d，電容為C。豎直擋板到極板右端的距離也為l，某次充電完畢后電容器上極板帶正電，下極板帶負電，所帶電荷量為Q1如圖所示，一質量為m，電荷量為q的小球以初速度v從正中間的N點水平射人兩金屬板間，不計空氣阻力，從極板間射出后，經過一段時間小球恰好垂直撞在擋板的M點，已知M點在上極板的延長線上，重力加速度為g，不計空氣阻力和邊緣效應。下列分析正確的是（）A．小球在電容器中運動的加速度大小為B．小球在電容器中的運動時間與射出電容器后運動到擋板的時間相等C．電容器所帶電荷量D．如果電容器所帶電荷量，小球還以速度v從N點水平射入，恰好能打在上級板的右端三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某學習小組利用圖甲所示的電路測量電源的電動勢及內阻．(1)按照原理圖甲將圖乙中的實物連線補充完整________．(2)正確連接電路后，進行如下實驗．①閉合開關S，通過反復調節(jié)滑動變阻器R1、R2，使電流表A3的示數為0，此時電流表A1、A2的示數分別為100.0mA和80.0mA，電壓表V1、V2的示數分別為1.60V和1.00V．②再次反復調節(jié)R1、R2，使電流表A3的示數再次為0，此時電流表A1、A2的示數分別為180.0mA和40.0mA，電壓表V1、V2的示數分別為0.78V和1.76V．i．實驗中調節(jié)滑動變阻器R1、R2，當電流表A3示數為0時，電路中B點與C點的電勢______．（選填“相等”或“不相等”）ii．為了提高測量的精確度，電流表A3的量程應選擇________A．0～0.6AB．0～100mAC．0～500μAⅲ．測得電源的電動勢E=_______V，內阻r=_______Ω．（結果保留3位有效數字）12．（12分）現測定長金屬絲的電阻率．①某次用螺旋測微器測量金屬絲直徑的結果如圖所示，其讀數是______．②利用下列器材設計一個電路，盡量準確地測量一段金屬絲的電阻．這段金屬絲的電阻，約為，畫出實驗電路圖，并標明器材代號．電源（電動勢，內阻約為）電流表（量程，內阻）電流表（量程，內阻約為）滑動變阻器（最大阻值，額定電流）開關及導線若干③某同學設計方案正確，測量得到電流表的讀數為，電流表的讀數為，則這段金屬絲電阻的計算式______．從設計原理看，其測量值與真實值相比______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，滑塊在恒定外力F＝2mg的作用下從水平軌道上的A點由靜止出發(fā)，到B點時撤去外力，又沿豎直面內的光滑半圓形軌道運動，且恰好通過軌道最高點C，滑塊脫離半圓形軌道后又剛好落到原出發(fā)點A，求AB段與滑塊間的動摩擦因數．（取g=10m/s2）14．（16分）閱兵現場用到了一輛小型雷達信號車，信號傳輸距離只有1000m雷達車保持的速度沿水平路面勻速直線行駛，受閱飛機從高空以的速度與雷達車保持平行飛行。如圖所示，當受閱飛機飛行到A點剛好接收到雷達車信號時，飛機立即以加速度大小加速向前飛行，求受閱飛機與雷達信號車能夠通信的時間。（忽略信號傳輸時間）15．（12分）如圖，豎直平面內固定有一半徑為R的光滑網軌道，質量為m的小球P靜止放置在網軌道的最低點A。將質量為M的小球Q從圓軌道上的C點由靜止釋放，Q與P發(fā)生一次彈性碰撞后小球P恰能通過圓軌道的最高點B。已知M=5m，重力加速度為g，求：(1)碰撞后小球P的速度大小；(2)C點與A點的高度差。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

A.為使粒子保持不動，則兩板間的電場強度大小不變，由于粒子帶負電，為使粒子的電勢能增加，則P點的電勢應降低，即P點與下板間的電勢差減小．其他條件不變，使電容器上極板下移少許，兩板間的電壓不變，剛由E=可知，兩板間的電場強度增大，A錯誤；B.其他條件不變，將滑動變阻器滑片向右移少許，電路中的電流減小，兩板的電壓減小，將上板下移少許，由E=可保證板間的電場強度大小不變，但P點的電勢不變，B錯誤；C.其他條件不變，開關S2斷開，兩板的帶電量不變，將電容器下板上移少許，兩板間電場強度不變，P點與下板的電勢差減小，C正確；D.其他條件不變，使開關S1斷開，電容器放電，板間的電場強度減小，D錯誤．2、D【解析】

AB．粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可知，粒子在兩個磁場中的軌跡半徑分別為粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得則故AB錯誤；

CD．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為粒子在磁場中轉過的圓心角θ相等，粒子在磁場中的運動時間為則有故C錯誤，D正確。

故選D。3、B【解析】

根據核反應遵循的質量數守恒和電荷數守恒可知，X的電荷數為2+13=15，質量數為4+27-1=30，根據原子核的電荷數等于原子序數，可知X的原子序數為15，質量數為30，故B正確；ACD錯誤．4、A【解析】

以小球研究對象進行受力分析，根據小球和小車的加速度相同已及頓第二運動定律的矢量性進行判斷。【詳解】小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力兩個力的作用下也沿水平向左的方向加速運動，加速度水平向左，根據牛頓第二定律F=ma可知加速度的方向與合力的方向相同，合力水平向左，根據力的合成的平行四邊形定則，直桿對小球的作用力只可能沿OA方向，A符合題意，BCD不符合題意故選A。5、C【解析】略考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；楞次定律．分析：因帶電絕緣環(huán)A的運動，相當于電荷定向移動，從而產生電流，導致圓環(huán)B中的磁通量發(fā)生變化，產生感應電流．使得處于磁場中的B圓環(huán)受到力的作用．解答：解：A、A環(huán)以圖示的順時針方向，繞圓心由靜止轉動起來，設絕緣環(huán)帶正電，所以產生順時針方向的電流，使得B環(huán)中的磁通量變大，由楞次定律可得感應電流方向是逆時針的，兩環(huán)的電流方向相反，則具有沿半徑擴張趨勢．若絕緣環(huán)帶負電，所以產生逆時針方向的電流，使得B環(huán)中的磁通量仍變大，由楞次定律可得感應電流方向是順時針的，兩環(huán)的電流方向仍相反，則仍具有沿半徑擴張趨勢．由上可知，B環(huán)不會轉動，同時對桌面的壓力不變．故選C點評：由楞次定律來確定感應電流方向，同時當電流方向相同時，兩者相吸引；而當電流方向相反時，兩者相排斥．6、D【解析】

AB.據安培定則知，線框A內部磁場向里，外部磁場向外；線框B從足夠高處由靜止釋放，線框B下降且未與線框A相交前，線框B中磁通量是向外的增大；當線框B與線框A相交至重合過程中，線框B中磁通量先是向外的減小到0然后是向里的增大；當線框B與線框A重合至相離過程中，線框B中磁通量先是向里的減小到0然后是向外的增大；當線框B與線框A相離且越來越遠時，線框B中磁通量是向外的減小；故AB兩項錯誤；C.因為線框B與線框A相對運動產生感應電流，據楞次定律知，線框B所受安培力的合力豎直向上，故C項錯誤；D.線框B下降過程中，安培力對其做負功，線框B的機械能一直減小，故D項正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】

A．b棒所受的最大靜摩擦力而則b棒剛要開始運動時，所受的安培力方向向下，大小為此時a棒受到向上的安培力大小仍為F安=0.25N，則a棒的加速度大小為選項A錯誤；B．b棒剛要開始運動時，對a棒F安=BILE=BLv聯立解得v=5m/s選項B正確；CD．足夠長時間后，兩棒的速度差恒定，設為?v，此時兩棒受的安培力均為此時對a棒b棒其中解得此時導體棒a的速度不是恒定值，不等于7.0m/s，選項C正確，D錯誤；故選BC。8、BC【解析】

A．以小球B、C及彈簧組成的系統為研究對象，除系統重力外，繩的拉力對系統做功，則系統機械能不守恒，故A錯誤；B．小球A速度最大時，小球A的加速度為零，則對小球B、C及彈簧組成的系統聯立以上兩式，解得故B正確；CD．小球C恰好離開地面時，彈簧彈力彈簧伸長量為，初始時，彈簧被壓縮，則小球B上升，以小球A、B、C及彈簧組成的系統為研究對象，由機械能守恒定律得又聯立以上兩式，解得故C正確，D錯誤。故選BC。9、AB【解析】

由圖看出,P、Q兩點平衡位置間的距離等于半個波長,因簡諧波傳播過程中,在一個周期內傳播一個波長,所以振動形式從P傳到Q需要半個周期,故A正確；P、Q的振動情況總是相反,所以在振動過程中,它們的位移大小總是相等,故B正確；若圖示時刻P在平衡位置或最大位移處,在內,P點通過的路程為:,而實際上圖示時刻,P點不在平衡位置或最大位移處,在內，P點通過的路程不等于20cm，故C錯誤；圖示時刻,Q點向下運動,速度減小,所以從圖示位置運動到波谷的時間大于,再從波谷運動到平衡位置的時間為,所以經過,Q點沒有回到平衡位置.故D錯誤.故選AB10、BD【解析】

根據水平方向做勻速直線運動分析兩段過程的運動時間，根據豎直方向對稱性分析小球在電容器的加速度大小，根據牛頓第二定律以及分析求解電荷量，根據牛頓第二定律分析加速度從而求解豎直方向的運動位移。【詳解】AB．小球在電容器內向上偏轉做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，出電容器后受到重力作用，豎直方向減速，水平方向由于不受力，仍然做勻速直線運動，由于兩段過程在水平方向上的運動位移相同，則兩段過程的運動時間相同，豎直方向由于對稱性可知，兩段過程在豎直方向的加速度大小相等，大小都為g，但方向相反，故A錯誤，B正確；C．根據牛頓第二定律有解得故C錯誤；D．當小球到達M點時，豎直方向的位移為，則根據豎直方向的對稱性可知，小球從電容器射出時，豎直方向的位移為，如果電容器所帶電荷量，根據牛頓第二定律有根據公式可知，相同的時間內發(fā)生的位移是原來的2倍，故豎直方向的位移為，故D正確。故選BD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、（1）如圖所示；i．相等ii．Cⅲ．2.871.50【解析】（1）根據原理圖連接實物圖如圖所示；（2）i、實驗中，調節(jié)滑動變阻器，當電流表示數為0時，說明電流表兩端電勢差為零，故電路中B點與C點的電勢相等；ii、為了使實驗結果更精確，必須嚴格控制B、C兩點電流為零，如果電流表A3的量程相比與電路中的電流太大，會造成BC中有電流，但是讀不出來，顯示為零，所以應選擇量程非常小的，故選C；iii、根據電路規(guī)律可知，第一次實驗中，路端電壓為，干路電流為；第二次實驗中有，干路電流為；由閉合電路歐姆定律可知，聯立解得．【點睛】該實驗的關鍵是明確實驗原理，即利用等勢法求解，要求BC兩點的電勢相等，即無電流通過BC，所以在選擇A3時一定要選擇量程非常小的電流表，然后利用電路結構，結合閉合回路歐姆定律，求解電源電動勢和內阻．12、（均可）相等【解析】

根據螺旋測