2023届安徽省黄山市屯溪区屯溪第一中学高考仿真卷物理试卷（含答案解析）

2023学年高考物理模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，整个系统置于方向水平的匀强电场中。若三个小球均处于静止状态，则c球的带电量为（）A．+q B．-q C．+2q D．-2q2．如图所示，汽车以的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线处时，绿灯还有熄灭。由于有人横向进入路口，该汽车在绿灯熄灭前要停在停车线处，则汽车运动的图象可能是（）A． B． C． D．3．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小4．如图所示的x­t图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B（t2，x1）为图象上一点，AB为过B点的切线，与t轴相交于A（t1，0），乙质点的图象为过B点和原点的直线，则下列说法正确的是（）A．0～t2时间内甲的平均速度大于乙B．t2时刻甲、乙两质点的速度相等C．甲质点的加速度为D．t1时刻是0～t2时间内的中间时刻5．在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示。升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C．t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD．t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg6．有三个完全相同的重球，在每个球和水平面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬棒相连，棒的另一端分别与一铰链相连，三个铰链的位置如图甲、乙、丙所示。现分别用力F甲、F乙、F丙将木板水平向右匀速抽出，（水平面光滑，重球和木板是粗糙的）。则下列关于F甲、F乙、F丙大小关系判断正确的是A．F甲=F乙=F丙 B．F甲<F乙=F丙 C．F甲=F乙<F丙 D．F甲<F乙<F丙二、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．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是2：1，AB两点之间始终加（V）的交变电压。R是输电线的电阻，L是标有“100V、100W”的白炽灯。M是标有“100V、200W”的电动机，其线圈电阻r=10。开关S断开时，电动机正常工作。下列说法正确的是（）A．输电线的电阻阻值B．电动机的输出功率为180WC．开关S闭合后，电动机的电功率减小D．开关S闭合后，白炽灯的功率为100W8．如图所示，虚线、、是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下运动的轨迹，是轨迹上的两点。下列说法中正确的是（）A．等势面的电势一定比等势面的电势低B．质点通过点时的电势能比通过点时的电势能小C．质点通过点时的加速度比通过点时的加速度大D．质点一定是从点运动到点9．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小 B．最低点的坐标为x=h+2x0C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为10．如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说法正确的是（）A．该交流电源的电动势的瞬时值表达式为VB．变压器原副线圈匝数的比值为C．电流表的读数为D．负载上消耗的热功率三、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）在有机玻璃板的中心固定一段镀锌铁丝，盖在盛有适量自来水的不锈钢桶上，铁丝下端浸在水中但不与桶的底面和侧面接触。以镀锌铁丝为负极，钢桶为正极，制成一个自来水电源。为测量该电源的电动势和内电阻，某同学设计了图a的电路进行实验。使用器材主要有两个相同的微安表G1、G2（量程为200μA），两个相同的电阻箱R1、R2（规格均为9999.9Ω）。实验过程如下，完成步骤中的填空：(1)调节电阻箱R1的阻值为_______（选填“8888.8”或“0000.0”）Ω，调节R2的阻值为2545.0Ω，闭合开关S；(2)保持R2的值不变，调节R1，当R1=6000.0Ω时，G1的示数为123.0μA，G2的示数为82.0μA，则微安表的内阻为____________Ω；(3)保持R2的值不变，多次调节R1的值，记录两个微安表的示数如下表所示：度数88.094.2104.2112.8123.0136.0度数115.8110.0100.492.282.070.0在图b中将所缺数据点补充完整，作出I2-I1图线；（______）(4)根据图线可求得电源的内阻r=_____Ω，电动势E=______V。（结果保留两位有效数字）12．（12分）某同学利用图甲所示电路测量一量程为3mA的直流电流表的内阻RA(约为110Ω)。提供的实验器材有：A．直流电源(电动势为1V，内阻不计)；B．电阻箱(0~999.9Ω)；C．滑动变阻器(0~5Ω.额定电流为3A)；D．滑动变阻器(0~50Ω.额定电流为1A)。(1)为了尽可能减小测量误差，滑动变阻器R应选用__________(选填“C”或“D”)。(2)根据图甲所示电路，在图乙中用笔画线代替导线，将实物间的连线补充完整___。(3)主要实验步骤如下：I.将电阻箱R0的阻值调为零，滑动变阻器R的滑片P移到右端；II.闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表的示数为3mA；I.调节电阻箱R0，使电流表的示数为1mA，读出此时电阻箱的阻值R1；IV.断开开关S，整理好仪器。(4)已知R1=208.8Ω，则电流表内阻的测量值为_________Ω，由于系统误差，电流表内阻的测量值_____(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。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，横截面积均为S，内壁光滑的导热气缸A、B．A水平、B竖直放置，A内气柱的长为2L，D为B中可自由移动的轻活塞，轻活塞质量不计．A、B之间由一段容积可忽略的细管相连，A气缸中细管口处有一单向小阀门C，A中气体不能进入B中，当B中气体压强大于A中气体压强时，阀门C开启，B内气体进入A中．大气压为P0，初始时气体温度均为27℃，A中气体压强为1.5P0，B中活塞D离气缸底部的距离为3L．现向D上缓慢添加沙子，最后沙子的质量为．求：(i)活塞D稳定后B中剩余气体与原有气体的质量之比；(ii)同时对两气缸加热，使活塞D再回到初始位置，则此时气缸B内的温度为多少?14．（16分）如图所示，粗糙水平地面上放置长木板A和滑块C，滑块B置于A的左端。开始时A、B静止，C与A右端相距，现C以的初速度水平向左运动，然后与A发生弹性碰撞（时间极短）。已知A、B、C质量均为，A和C与地面间的动摩擦因数为，A与B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B最终没有从A上掉下去，重力加速度g取，求：（1）C与A碰撞前的速度；（2）A、B间因摩擦产生的热量。15．（12分）如图所示的坐标系内，直角三角形OPA区域内有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场。在x轴上方，三角形磁场区域右侧存在一个与三角形OP边平行的匀强电场，电场强度为E，方向斜向下并与x轴的夹角为30°，已知OP边的长度为L，有一不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从静止开始经加速电场加速后，以v0的速度从A点垂直于y轴射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于OP边方向射入电场，最终速度方向垂直于x轴射出电场。求：(1)加速电压及匀强磁场的磁感应强度大小(2)带电粒子到达x轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值(3)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、D【答案解析】

a、b带正电，要使a、b都静止，c必须带负电，否则匀强电场对a、b的电场力相同，而其他两个电荷对a和b的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡，设c电荷带电量大小为Q，以a电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得c、b对a的合力与匀强电场对a的力等值反向，即为：=×cos所以C球的带电量为-2qA．+q与分析不符，故A错误；B．-q与分析不符，故B错误；C．+2q与分析不符，故C错误；D．-2q与分析不符，故D正确。2、C【答案解析】

要使汽车停在停车线处，则图线与坐标轴所围图形的面积应刚好等于35m。A、B选项的面积明显均小于30m，D选项的面积为25m，而C选项的面积介于20m到40m之间。根据排除法，只有C正确。故选C。3、C【答案解析】

A．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；B．沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向．故B正确；C．φ−x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；D．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故D错误；【答案点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷．由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小．沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化．4、D【答案解析】

A．0～t2时间内甲、乙两质点的位移相等，而所用时间也相等，则平均速度相等，A错误；BD．x­t图象切线的斜率表示速度，由图线可知t2时刻甲、乙两质点的速度不相等。又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t2时刻的速度等于0～t2时间内平均速度的2倍，即：，解得：t2=2t1，B错误D正确；C．对甲质点，有，解得加速度为，C错误。故选D。5、C【答案解析】

A．由乙图可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；B．由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B猎；C．由乙图可知，t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；D．由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。故选C。6、D【答案解析】

设球的重力为G，杆对球的拉力方向与竖直方向的夹角为，球与木板的动摩擦因数为，球处于静止状态，受力平衡，对球受力分析，受到重力G、杆子的拉力T、木板对球的支持力N以及木板对球水平向右的滑动摩擦力f，根据平衡条件得：，，而，解得：木板处于静止状态，再对木板受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：，根据图象可知，从甲到乙再到丙，增大，则f增大，所以F增大，故，A．综上分析，A错误；B．综上分析，B错误；C．综上分析，C错误；D．综上分析，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、AC【答案解析】

A．开关S断开时，电动机正常工作，副线圈两端电压100V，副线圈电流根据变压器原理可知，原线圈两端电压200V，原线圈电流1A，在原线圈回路解得故A正确；B．电动机的输出功率为故B错误；CD．开关S闭合后，副线圈回路电流变大，则原线圈回路电流变大，电阻R上分压变大，则原线圈两端电压减小，根据变压器原理，副线圈两端电压减小，小于100V，则电动机的电功率减小，白炽灯的功率小于100W，故C正确D错误。故选AC。8、AB【答案解析】

A．电场线与等势面垂直，而根据轨迹弯曲的方向和质点带正电可知，电场线指向下方，沿电场线方向电势降低，故等势面的电势最高，故A正确；B．不妨设质点从点运动到点，则此过程中电场力做负功，电势能增大，故B正确；C．等差等势面处密，处电场强度大，则质点经过处时受到的电场力大，加速度大，故C错误；D．根据题意无法判定质点的运动方向，D项错误。故选：AB。9、AD【答案解析】

由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确；B．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在h+2x0小球的后边，B错误；C．由B知道最低点位置大于，所以弹力大于2mg，C错误；D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得，故D正确。10、BC【答案解析】

A．由图可知周期T＝4×10-2s，角速度所以该交流电源的电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin(50πt)故A错误；B．设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为U1和U2，则U1＝E−I1r电阻R消耗的功率P＝U2I2=U1I即P＝(E−I1r)I1＝−I12r−EI1可见I1＝时，P有最大值此时则所以故B正确；C．电流表的读数为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为则故C正确；D．负载上消耗的功率故D错误。故选BC.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、8888.8455.02.4×103（2.3×103，2.5×103）0.59（0.57~0.62）【答案解析】

(1)[1]为了保护电路，调节电阻箱的阻值为8888.8Ω。(2)[2]此时流过的电流为由并联电路可知，电流之比等于电阻的反比，则解得(3)[3]描点作图，如图所示(4)[4][5]和的总电阻为由图像可得电源的内阻则电源电动势取以及，代入可得12、C104.4大于【答案解析】

(1)[1]本实验为了减小实验误差，应满足滑动变阻器的最大阻值远小于电流表的内阻，即应选用C(2)[2]根据实验电路图连接实物图如图所示(4)[3]由实验原理可知[4]由于闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表的示数为3mA，调节电阻箱R0，使电流表的示数为1mA，读出此时电阻箱的阻值R1；电阻箱阻值变大，并联等效电阻变大，故并联部分分担电压增大，由于电阻箱两端电压变大，故电阻箱阻值偏大，故电流表内阻测量偏大。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、(i)(ii)【答案解析】试题分析：（i）对活塞受力分析，得出A中原有气体末态的压强，分析A中原有气体变化前后的状态参量，由玻意耳定律得A末态的体积，同理对B中原来气体进行分析，由由玻意耳定律得B末态的体积，气体密度不变，质量与体积成正比，则质量之比即体积之比；（2）加热后对B中的气体进行分析，发生等压变化，由盖吕萨克定律即可求解．（i）当活塞C打开时，A、B成为一个整体，气体的压强对A中原有气体，当压强增大到时，其体积被压缩