2023届江苏省永丰初级中学高考仿真模拟物理试卷（含答案解析）

2023学年高考物理模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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。1．2019年8月31日7时41分，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将微重力技术实验卫星和潇湘一号07卫星发射升空，卫星均进入预定轨道。假设微重力技术试验卫星轨道半径为，潇湘一号07卫星轨道半径为，两颗卫星的轨道半径，两颗卫星都作匀速圆周运动。已知地球表面的重力加速度为，则下面说法中正确的是（）A．微重力技术试验卫星在预定轨道的运行速度为B．卫星在轨道上运行的线速度大于卫星在轨道上运行的线速度C．卫星在轨道上运行的向心加速度小于卫星在轨道上运行的向心加速度D．卫星在轨道上运行的周期小于卫星在轨道上运行的周期2．北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．对于其中的5颗同步卫星，下列说法中正确的是A．它们运行的线速度一定大于第一宇宙速度 B．地球对它们的吸引力一定相同C．一定位于赤道上空同一轨道上 D．它们运行的速度一定完全相同3．在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的是（）A．牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向C．法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律D．爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念4．下列说法正确的是（）A．铀核裂变的核反应是U→Ba+Kx+2nB．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性C．原子从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现D．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大5．已知氢原子光谱中有一谱线的波长为656.2nm，该谱线是氢原子由能级n跃迁到能级k产生的，普朗克常量h=6.63×10－34J·s，氢原子基态能量，氢原子处于能级m时的能量，真空中光速c=3.0×103m/s。则n和k分别为（）A．k=3；n=2 B．k=2；n=3 C．k=3；n=1 D．k=1；n=36．如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当电梯在竖直方向匀速运动时，压力传感器有一定的示数。现发现压力传感器的示数逐渐减小，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（）A．升降机正在匀加速上升 B．升降机正在匀减速上升C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大 D．升降机正在加速上升，且加速度越来越大二、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，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为的形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为的小球沿水平方向，以初速度从形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．该过程中，小球与形管组成的系统机械能守恒B．小球从形管的另一端射出时，速度大小为C．小球运动到形管圆弧部分的最左端时，速度大小为D．从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为8．如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ（0＜θ＜90°）入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是（）A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行D．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧E.第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧9．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，，，则下列说法正确的是（）A．倾斜传送带与水平方向夹角B．煤块与传送带间的动摩擦因数C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD．煤块在传送带上留下的痕迹长为10．如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A．0~t1时间内P端电势高于Q端电势B．0~t1时间内电压表的读数为C．t1~t2时间内R上的电流为D．t1~t2时间内P端电势高于Q端电势三、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）张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．12．（12分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面，不考虑B反弹对系统的影响。将A拉到P点，待B稳定后，A由静止释放，最终滑到Q点。测出PO、OQ的长度分别为h、s。（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当________（“增大”或“减小”）重物的质量。（2）滑块A在PO段和OQ段运动的加速度大小比值为__________。（3）实验得A、B的质量分别为m、M，可得滑块与桌面间的动摩擦因数μ的表达式为_______（用m、M、h、s表示）。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,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止,A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B始终未滑离木板,重力加速度为g，求:(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；(2)木块A在整个过程中的最小速度；(3)整个过程中,A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少?14．（16分）如图(a)，水平地面上固定一倾角为37°的斜面，一宽为l＝0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保持平行。以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E与位移s之间的关系如图(b)所示，图中①、②均为直线段。已知线框的质量为m＝0.1kg，电阻为R＝0.06Ω。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2）求：(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；(2)ab边刚进入磁场时，线框的速度v1；(3)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；(4)线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率Pm；15．（12分）如图，间距为L的光滑金属导轨，半径为r的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场．金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd在运动中始终不接触．已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R．金属导轨电阻不计，重力加速度为g．求（1）ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：（2）当ab棒速度为时，cd棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）（3）若cd棒以离开磁场，已知从cd棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过cd棒的电荷量为q．求此过程系统产生的焦耳热是多少．（此过程ab棒始终在磁场中运动）

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、C【答案解析】

A．由万有引力提供向心力有得设地球半径为R，则有联立得由于则故A错误；B．由公式得由于则卫星在轨道上运行的线速度小于卫星在轨道上运行的线速度，故B错误；C．由公式得则卫星在轨道上运行的向心加速度小于卫星在轨道上运行的向心加速度，故C正确；D．由开普勒第三定律可知，由于则卫星在轨道上运行的周期大于卫星在轨道上运行的周期，故D错误。故选C。2、C【答案解析】第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，即是卫星环绕地球圆周运动的最大速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以它们运行的线速度一定小于7.9km/s，故A错误．5颗同步卫星的质量不一定相同，则地球对它们的吸引力不一定相同，选项B错误；同步卫星的角速度与地球的自转角速度，所以它们的角速度相同，故C正确．5颗卫星在相同的轨道上运行，速度的大小相同，方向不同，选项D错误；故选C.

点睛：地球的质量一定、自转角速度和周期一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它有确定的轨道高度和固定的速度大小．3、B【答案解析】

A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A错误；B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B正确；C．法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C错误；D．普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D错误。故选B。4、C【答案解析】A.铀核裂变的核反应是，故A错误；B、德布罗意根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，故B错误；C、受到电子或其他粒子的碰撞，原子也可从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现，故C正确；D、根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，根据，波长越大，故能量越小，故D错误；故选C。5、B【答案解析】

谱线的能量为氢原子由能级跃迁到能级时释放出的光子的能量为当时，无解；当时，可得当时，可得故A、C、D错误，B正确；故选B。6、D【答案解析】

篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡，随着压力传感器的示数逐渐减小，篮球受到倾斜天花板在水平方向的分力减小，则其在竖直方向的分力减小，而弹簧的弹力不变，故篮球必然有竖直向上且增大的加速度，选项D项正确，ABC错误。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、ABD【答案解析】

A．小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A正确；B．小球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得再有机械能守恒定律可得解得所以B正确；C．从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得由能量守恒得解得所以C错误；D．小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知对小球由动量定理得由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为所以D正确。故选ABD。8、ACD【答案解析】

A、光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误．C、因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确．D、根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D正确，E错误．故选ACD．9、AD【答案解析】

AB．由v-t图像得0~1s的加速度大小方向沿传送带向下；1~2s的加速度大小方向沿传送带向下，0~1s，对煤块由牛顿第二定律得1~2s，对煤块由牛顿第二定律得解得，故A正确，B错误；C．v-t图像图线与坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为，由运动学公式得下滑时间为所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误；D．0~1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m；1~2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m；传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为故D正确。故选AD。10、AC【答案解析】

A．时间内，垂直纸面向里的磁场逐渐增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，根据右手定则可知电流从流出，从流入，所以端电势高于端电势，故A正确；B．时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为电压表所测为路端电压，根据串联分压规律可知电压表示数故B错误；C．时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可知通过回路的电流故C正确；D．时间内，根据楞次定律可知电流从流出，从流入，所以端电势低于端电势，故D错误。故选AC。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、3.202-3.2055.015偏小【答案解析】

（1）解决本题的关键明确：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．【题目详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm．

（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．【答案点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．12、减小【答案解析】

（1）[1]B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决。依据解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度），故减小B的质量；

（2）[2]根据运动学公式可知：2ah=v22a′s=v2联立解得：（3）[3]B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh-μmgh=（M+m）v2在B落地后，A运动到Q，有mv2=μmgs解得：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），（3）【答案解析】

试题分析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv2+2mv2=（m+m+3m）v1解得：v1=2．6v2对木块B运用动能定理，有：解得：（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：对木块A：a1=μmg/m=μg，对木块C：a2=2μmg/3m=2μg/3，当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：v2-μgt=（2μg/3）t解得t=3v2/（3μg）木块A在整个过程中的最小速度为：v′=v2-a1t=2v2/3．（3）Q总=Q1+Q2=fs相1+fs相2=ΔEk损所以14、(1)μ＝0.5(2)