高中物理高考三轮冲刺 全国优质课

2023年广东省南海中学、宝安中学、仲元中学等七校高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）（2023•南海区校级模拟）如图所示，在水平桌面上叠放着木块P和Q，水平力F推动两个木块做匀速运动，下列说法中正确的是（）A．P受3个力，Q受3个力B．P受3个力，Q受4个力C．P受2个力，Q受5个力D．P受4个力，Q受6个力考点：力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：受力分析方法专题．分析：用水平力F推Q，使P、Q两木块一起沿水平桌面匀速滑动，对各自进行受力分析，分别从重力、弹力、摩擦力等三个角度去分析．对于摩擦力要分静摩擦力与滑动摩擦力．解答：解：在水平推力的作用下，物体P、Q一起匀速滑动，则对P受力分析：重力与支持力．对于Q受力分析：重力、地面支持力、P对Q的压力、水平推力、地面给Q的滑动摩擦力．因此P受到二个力，Q受到五个力．故C正确；ABD错误；故选：C．点评：考查学会受力分析，通常从重力、弹力、摩擦力角度去分析，同时强调受力的研究对象．2．（4分）（2023•南海区校级模拟）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁，做匀速圆周运动．如图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是（）A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大B．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大C．h越高，摩托车做圆周运动的周期将越小D．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大考点：牛顿第二定律；向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图，得出向心力大小不变．h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．解答：解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力F=不变，则摩托车对侧壁的压力不变．故A错误．B、如图向心力Fn=mgcotα，m，α不变，向心力大小不变．故B错误．C、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则T越大．故C错误．D、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则v越大．故D正确．故选D点评：本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，研究不变量．3．（4分）（2023•江苏校级模拟）物体A、B的s﹣t图象如图所示，由图可知（）A．从第3s起，两物体运动方向相同，且vA＞vBB．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动C．在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇D．5s内A、B的平均速度相等考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：位移﹣时间的斜率大小等于物体的速度．由图直接读出物体开始运动的时刻和位置．两图线的交点表示位移相同，两物体到达同一位置相遇．纵坐标的变化量等于物体通过的位移，读出位移大小，再比较5s内平均速度大小关系．解答：解：A、由图看出，两图线的斜率都大于零，说明两物体都沿正方向运动，运动方向相同．图线A的斜率大于图线B的斜率，说明A的速度大于B的速度，即vA＞vB．故A正确．B、物体A从原点出发，而B从正方向上距原点5m处出发，出发的位置不同．物体A比B迟3s才开始运动．故B错误．C、5s末两图线相交，说明5s末两物体到达同一位置相遇．但两物体5s内通过的位移不同，A通过的位移为△xA=10m﹣0=10m，物体B通过的位移为△xB=10m﹣5m=5m．故C错误．D、由上知道，5s内A通过的位移大于B的位移，所以5s内A的平均速度大于B的平均速度．故D错误．故选A点评：对于位移图象，关键抓住斜率大小等于物体的速度、坐标变化量表示位移来理解其物理意义．4．（4分）（2023•南海区校级模拟）小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A．小明在下降过程中处于失重状态B．小明起跳以后在上升过程处于超重状态C．小明落地时地面对他的支持力小于他的重力D．起跳过程地面对小明的作用力就是他对地面的作用力考点：超重和失重．分析：物体加速度向上时，处于超重状态；而加速度向下则处于失重状态．解答：解：A、小明下降时，只受重力，加速度为g，处于失重状态；故A正确；B、离开地面上升的过程中，小明只受重力，处于失重状态；故B错误；C、落地时，小明向下减速，故加速度向上；则支持力大于重力；故C错误；D、地面对小明的作用力与小明对地面的作用力不是同一个力；它们作用在两个不同的物体上；故D错误；故选：A．点评：本题要掌握好判断超重与失重的方法；明确只要加速度向下物体即失重；只要加速度向上，则物体超重；与物体的运动方向无关．二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）（2023•南海区校级模拟）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是（）A．A点的电场强度等于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量异种电荷周围的电场线是靠近两边电荷处比较密，中间疏，在两电荷中垂线上，中间密，向两边疏，根据电场线的疏密比较电场强度的大小．根据电场力做功判断电势能的变化．根据电场力方向与速度方向的关系判断电场力做功情况．解答：解：A、A点的电场线比B点的电场线密，则A点的电场强度大于B点的电场强度．故A错误．B、B、D两点的电场线疏密度相同，则B、D两点间的电场强度相等，等量异种电荷连线的中垂线是等势线，则B、D两点的电势相等．故B正确．C、一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电场力先做负功，再做正功，则电势能先增大后减小．故C正确．D、一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力方向水平向左，电场力一直做正功．故D错误．故选BC．点评：解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场力做正功，电势能降低，电场力做负功，电势能增加．6．（6分）（2023•南海区校级模拟）一只小船在静水中的速度为3m/s，它要渡过一条宽为30m的河，河水流速为4m/s，则这只船（）A．过河时间不可能小于10sB．不能沿垂直于河岸方向过河C．可以渡过这条河，而且所需时间可以为6sD．不可能渡过这条河考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间．通过判断合速度能否与河岸垂直，判断船能否垂直到对岸．解答：解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间为t==s=10s，因水流速度大于船在静水中的速度，所以过河时间不可能小于10s．故A正确，C错误．B、根据平行四边形定则，由于静水速小于水流速，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸．故B正确；D、当静水速与河岸不平行，则船就能渡过河，故D错误；故选：AB．点评：小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度7．（6分）（2023•南海区校级模拟）来自中国航天科技集团公司的消息称，中国自主研发的北斗二号卫星系统今年起进入组网高峰期，预计在2023年形成覆盖全球的卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成．现在正在服役的北斗一号卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面36000km的地球同步轨道上．目前我国的各种导航定位设备都要靠美国的GPS系统提供服务，而美国的全球卫星定位系统GPS由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为20000km．则下列说法中正确的是（）A．所有GPS的卫星所受向心力大小均相等B．所有GPS的卫星比北斗一号的卫星线速度大C．北斗二号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度D．北斗一号系统中的三颗卫星向心加速度比赤道上物体的向心加速度小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力，可知r越大，向心加速度越小，线速度越小，周期越大．地球的同步卫星相对于地球是静止的．解答：解：A、所有GPS的卫星的质量关系不清楚，所以所受向心力大小关系不确定，故A错误B、根据万有引力提供向心力，卫星的加速度公式a=和速度公式v=．所以所有GPS的卫星比北斗一号的卫星线速度大，北斗二号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度，故B、C正确D、北斗一号系统中的三颗卫星和赤道上物体具有相同的角速度，根据a=rω2得北斗一号系统中的三颗卫星向心加速度比赤道上物体的向心加速度大，故D错误故选BC．点评：对于人造地球卫星关键是记住两个结论：卫星的加速度公式a=和速度公式v=．同时掌握同步卫星的特点．8．（6分）（2023•南昌模拟）如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（）A．小球P的速度一定先增大后减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加考点：功能关系；共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．分析：本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析解答：解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确B、根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得小球P除了重力和弹力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大，故B错误C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误D、根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确．故选AD．点评：注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与．9．（6分）（2023•南海区校级模拟）在相同高处的一点将三个质量相同的小球以大小相等的初速度v0分别竖直上抛、平抛和竖直下抛，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．从抛出到落地过程中，重力对它们做功不相同B．从抛出到落地过程中，重力对它们的平均功率相同C．三个小球落地时，平抛小球的重力瞬时功率最小D．三个小球落地时的速度大小相同考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．专题：功率的计算专题．分析：小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功W=mgh，机械能守恒，故可得到落地时动能相等，速度大小相同但方向不同；根据运动学规律判断运动时间长短，再根据功率的定义判断平均功率的大小．解答：解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故重力做功相等，故A错误；B、平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故上抛时间最长，下抛时间最短，根据，平均功率不等，故B错误；C、根据P=FVcosα知重力的瞬时功率P=mgvy，平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，落地时平抛运动的竖直方向速度最小，故C正确；D、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故重力做功相等，根据动能定理知落地时动能相等，速度大小相同但方向不同，故D正确；故选：CD．点评：本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒；同时可以根据运动学公式判断运动总时间的长短，根据P=mgvy判定瞬时重力的功率．三、非选择题：本大题共4小题，共182分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．10．（10分）（2023•南海区校级模拟）某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置．①实验中所用电磁打点计时器是一种使用交流（填“交流”或“直流”）电源的计时仪器，它的工作电压是4﹣6V，当电源的频率为50Hz时，它每隔s打一次点．②实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力．③在②的基础上，某同学用天平称量滑块的质量为M；往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m；让沙桶带动滑块加速运动．用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则本实验最终要验证的数学表达式为mgL=Mv22﹣Mv12．（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：（1）决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；（3）细线的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，需要验证的方程是细线对滑块做功与滑块动能的增加的关系．解答：解：（1）电磁打点计时器和电火花计时器都是使用交流电源的计时仪器，当电源的频率为50Hz时，它每隔打一次点．（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有mg﹣T=ma对小车，有T=Ma解得故当M＞＞m时，有T≈mg小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（3）以小车为对象验证“动能定理”，合外力做的功为：mgL，小车动能的变化量为：，所以我们需要验证：mgL=．故答案为：①交流；；②沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量；平衡摩擦力；③mgL=Mv22﹣Mv12．点评：本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法．11．（8分）（2023•南海区校级模拟）如图所示，是用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平气垫导轨上并静止在A处，并通过定滑轮的细绳与钩码相连，光电计时器安装在B处．测得滑块（含遮光板）质量为M、钩码总质量为m、遮光板宽度为d、当地的重力加速度为g．将滑块在图示A位置释放后，光电计时器记录下遮光板通过光电门的时间分别为△t．①实验中是否要求钩码总质量m远小于滑块质量M否（填：是、否）②实验中还需要测量的物理量是AB间的距离L（用文字及相应的符号表示）．③本实验中验证机械能守恒的表达式为：mgL=（用以上对应物理量的符号表示）．④如果实验结果系统动能增加量大于重力势能减少量，请指出实验的调节可能出的问题气垫导轨不水平．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：实验原理是：求出通过光电门时的速度v，测出AB间的距离L，在这个过程中，减少的重力势能能：△Ep=mgL，增加的动能，比较减少的重力势能与增加的动能之间的关系，验证机械能是否守恒．解答：解：①本实验中不需要让钩码的重力等于绳子的拉力，故不要求钩码总质量m远小于滑块质量M；②为了求出运动过程中钩码减小的重力势能，则需要测量AB间的距离L；③我们验证的是：△Ep与△Ek的关系，即验证：△Ep=△Ek代入得：mgL=而v=所以本实验中验证机械能守恒的表达式为mgL=④如果实验结果系统动能增加量大于重力势能减少量，则可能是气垫导轨不水平造成的．故答案为：①否；②AB间的距离L；③mgL=；④气垫导轨不水平点评：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．12．（18分）（2023•南海区校级模拟）如图，一个质量为m的小球（可视为质点）以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点．已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=60°，不计空气阻力．求：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；（2）在D点处管壁对小球的作用力N；（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wf．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．（2）根据平抛运动知识求出小球在D点的速度，再根据牛顿第二定律求出管壁对小球的弹力作用．（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功．解答：解：（1）小球从A到B：竖直方向=2gR（1+cos60°）=3gR则vy=在B点，由速度关系v0==（2）小球从D到B：竖直方向R（1+cos60°）=gt2解得：t=则小球从D点抛出的速度vD==在D点，由向心力公式得：mg﹣N=m解得：N=mg方向竖直向上（3）从A到D全程应用动能定理：﹣Wl=﹣解得：Wl=mgR答：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小为．（2）在D点处管壁对小球的作用力N为．（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wl=mgR．点评：本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．13．（18分）（2023•佛山模拟）如图，绝缘水平地面上有宽L=的匀强电场区域，场强E=6×105N/C、方向水平向左．不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q=5×10﹣8C、质量mA=1×10﹣2kg的物块A在距O点s=处以v0=5m/