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文档简介
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、如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C,在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则()A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能减少D.物块和弹簧组成的系统机械能减少2、2017年诺贝尔物理学奖授予了三位美国科学家,以表彰他们为发现引力波所作的贡献。引力波被认为是时空弯曲的一种效应,物体加速运动时会给宇宙时空带来扰动,这种扰动会以光速向外传播能量。如图为科学家们探测引力波的装置示意图,发射器发出的激光S经半透光分束镜分为相互垂直的两束S1和S2,然后经过4km长的两臂,在两臂端点处经反射镜反射回来,S1和S2相遇形成干涉,被探测器接收。精确调节两臂,使探测器在无引力波作用时,接收到的信号强度为0。当有引力波作用时,两臂长度将因此而发生改变,则接收到的信号强度不为0。下列说法正确的是A.引力波可以超光速传播B.引力波不能传播能量C.探测器接收到的两束波的频率相同D.无引力波作用时两束激光到探测器的路程差为03、1960年10月第十一届国际计量大会确定了国际通用的国际单位制,简称SI制。国际单位制共有七个基本单位,其中力学单位制中的3个基本单位是()①kg②m/s③N④m⑤s⑥N/m⑦m/s2⑧NA.①④⑤ B.①③④ C.②③⑦ D.⑤⑥⑧4、在如图所示的位移(x)—时间(t)图象和速度(v)—时间(t)图象中,给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况,则下列说法正确的是()A.0~t1时间内,乙车的速度一直大于甲车的速度B.0~t1时间内,甲车与乙车之间的距离先增大后减小C.0~t2时间内,丙、丁两车的距离逐渐减小D.0~t2时间内,丁车的速度先大于丙车,后小于丙车5、倾角为的斜面固定在水平面上,在斜面上放置一“”形长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为。平行于斜面的力传感器(不计传感器的重力)上端连接木板,下端连接一质量为m的光滑小球,如图所示,当木板固定时,传感器的示数为,现由静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,传感器的示数为。则下列说法正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则6、如图所示,固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球,上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线,使小球沿圆环缓慢上移,在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是()A.F不变,FN增大 B.F减小,FN不变C.F不变,FN减小 D.F增大,FN减小二、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、水平地面上有一个质量为6kg的物体,在大小为12N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动,从x=2.5m位置处拉力逐渐减小,拉力F随位移x变化规律如图所示,当x=7m时拉力减为零,物体也恰好停下,取g=10N/kg,下列说法正确的是()A.2.5m后物体做匀减速直线运动B.合外力对物体所做的功为-27JC.物体在减速阶段所受合外力的冲量为-12N•SD.物体匀速运动时的速度大小3m/s8、如图甲所示,物体以一定的初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0m.选择地面为参考平面,上升过程中,物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示.取g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.1.则()A.物体的质量m=0.67kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.50C.物体上升过程中的加速度大小a=1m/s2D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10J9、两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B,细线上端固定在同一点,绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动已知A球细线跟竖直方向的夹角为,B球细线跟竖直方向的夹角为,下列说法正确的是A.细线和细线所受的拉力大小之比为:1B.小球A和B的向心力大小之比为1:3C.小球A和B的角速度大小之比为1:1D.小球A和B的线速度大小之比为1:10、如图所示,在竖直平面内有一匀强电场,一带电量为+q、质量为m的小球在力F的作用下,沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和MN之间的夹角为45°,MN之间的距离为d,重力加速度为g。则下列说法正确的是()A.电场的方向可能水平向左B.电场强度E的最小值为C.当qE=mg时,小球从M运动到N时电势能变化量为零D.F所做的功一定为三、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)某同学设计了如图所示的装置,利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ,滑块和托盘上分别放有若干砝码,滑块质量为M,滑块上砝码总质量为m′,托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中,滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动,重力加速度g取10m/s2(1)为测量滑块的加速度a,需测出它在A、B间运动的_________和________,计算a的运动学公式是____.(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为:_________他想通过多次改变m,测出相应的a值,并利用上式来计算μ.若要求a是m的一次函数,必须使上式中的_____保持不变,实验中应将从托盘中取出的砝码置于_________12.(12分)图1为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系。某实验小组利用其特性设计出一电子测力计,电路如图2所示。所用器材有:拉敏电阻,其无拉力时的阻值为500.0电源(电动势3V,内阻不计)电源(电动势6V,内阻不计)毫安表mA(量程3mA,内阻)滑动变阻器(最大阻值为)滑动变阻器(最大阻值为)电键S,导线若干。现进行如下操作:①将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路,将滑动变阻器滑片置于恰当位置,然后闭合电键S。②不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置,直到毫安表示数为3mA,保持滑动变阻器滑片的位置不再改变。③在下施加竖直向下的拉力时,对应毫安表的示数为,记录及对应的的值。④将毫安表的表盘从1mA到3mA之间逐刻线刻画为对应的的值,完成电子测力计的设计。请回答下列问题:(1)实验中应该选择的滑动变阻器是__________(填“”或“”),电源是________(填“”或“”);(2)实验小组设计的电子测力计的量程是__________。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,滑块A和木板B的质量分别为mA=1kg、mB=4kg,木板B静止在水平地面上,滑块A位于木板B的右端,A、B间的动摩擦因数μ1=0.5,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1.长L=0.9m的轻绳下端悬挂物块C,质量mC=1kg,轻绳偏离竖直方向的角度=60°。现由静止释放物块C,C运动至最低点时恰与A发生弹性正碰,A、C碰撞的同时木板B获得3m/s、方向水平向右的速度,碰后立即撤去物块C,滑块A始终未从木板B上滑下。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2.不计空气阻力,A和C可视为质点,求:(1)C与A碰撞前瞬间轻绳的拉力;(2)木板的最小长度;(3)整个运动过程中滑动摩擦力对滑块A做的功及A、B间因摩擦产生的热量。14.(16分)如图所示,ABCD是某种透明材料的截面,AB面为平面,CD面是半径为R的圆弧面,O1O2为对称轴;一束单色光从O1点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点,刚好发生全反射,∠O1O2E=30°,DO2⊥CO2,透明材料对单色光的折射率为233,光在真空中传播速度为(i)单色光在AB面上入射角α的正弦值;(结果可以用根号表示)(ii)光在透明材料中传播的时间(不考虑光在BC面的反射)。(结果可以用根号表示)15.(12分)如图所示,开口向上、竖直放置的内壁光滑气缸的侧壁是绝热的,底部导热,内有两个质量均为m的密闭活塞,活塞A导热,活塞B绝热,将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分.初状态整个装置静止不动处于平衡状态,Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0,温度为T0.设外界大气压强为p0保持不变,活塞横截面积为S,且2mg=p0S,环境温度保持不变.①在活塞A上逐渐添加铁砂,当铁砂质量等于2m时,两活塞在某位置重新处于平衡状态,求活塞B下降的高度;②现只对Ⅱ气体缓慢加热,使活塞A回到初始位置,求此时Ⅱ气体的温度.
参考答案一、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【解析】
根据机械能守恒条件求解.由A运动到C的过程中,物体的动能变化为零,重力势能减小量等于机械能的减小量.整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功.【详解】A.对于物体来说,从A到C要克服空气阻力做功,从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹力势能,因此机械能肯定减少.故A错误;B.对于物块和弹簧组成的系统来说,物体减少的机械能为(克服空气阻力所做的功+弹簧弹性势能),而弹簧则增加了弹性势能,因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功.故B错误;C.由A运动到C的过程中,物体的动能变化为零,重力势能减小量等于机械能的减小量.所以物块机械能减少mg(H+h),故C错误;D.物块从A点由静止开始下落,加速度是,根据牛顿第二定律得:,所以空气阻力所做的功为,整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少,故D正确。故选D。【点睛】本题是对机械能守恒条件的直接考查,掌握住机械能守恒的条件即可,注意题目中的研究对象的选择。学会运用能量守恒的观点求解问题,知道能量是守恒的和能量的转化形式。2、C【解析】A、B项:由题干中信息可知,引力波以光速向外传播能量,故A,B均错误;C项:光在传播过程中频率保持不变,故C正确;D项:两个波能形成干涉,故两个波传播在无引力波作用时的传播路程一定不同,故D错误。点晴:此题属于科普信息阅读题,一般从文章中结合学过的知识即可直接获得答案,难度一般不会太难,但是需要学生能够快速阅读,并从文章中准确的获得关键信息,也体现了北京高考灵活性高的特点。3、A【解析】
国际基本单位有米、千克、秒、安培、开尔文、摩尔和坎德拉;其中力学单位制中的3个基本单位是米、秒、千克,即时m、kg、s,即①④⑤,故A正确,BCD错误。故选A。4、B【解析】
A.根据位移-时间图象的斜率表示速度,由图象可知,乙车的速度在0~t1时间内并不是一直大于甲车的速度,故A错误;B.根据位移-时间图象的斜率表示速度,由图象可知,甲图线的斜率不变,说明甲的速度不变,做匀速直线运动,乙车的速度先大于甲车的速度后小于甲车的速度,且由同一地点向同一方向运动,则0~t1时间内,甲车与乙车之间的距离先增大后减小,故B正确;CD.由速度-时间图像可知,0~t2时间内,丁车的速度一直比丙车速度大,且由同一地点向同一方向运动,则两车间的距离一直增大,故CD错误。故选B。5、D【解析】
AB.当木板固定时,对小球分析,根据共点力平衡有F1=mgsinθ静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,若μ=0,则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得Mgsinθ=Ma解得a=gsinθ再以小球为研究对象,则有mgsinθ-F2=ma解得F2=0故AB错误;
CD.当木板沿斜面下滑时,若μ≠0,对整体分析,根据牛顿第二定律可得加速度为a=gsinθ-μgcosθ隔离对小球分析有mgsinθ-F2=ma解得F2=μmgcosθ则有F1:F2=mgsinθ:μmgcosθ=tanθ:μ解得故C错误、D正确。
故选D。6、B【解析】
小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态,对小球进行受力分析,作出受力示意图如图由图可知△OAB∽△GFA即:,当A点上移时,半径不变,AB长度减小,故F减小,FN不变,ACD错误B正确。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、BD【解析】
A.由题意知2.5m后拉力逐渐减小,摩擦力不变,所以合外力在改变,根据牛顿第二定律可知加速度也在改变,不是匀减速直线运动,故A错误;B.图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,则由图象可知物体做匀速运动时,受力平衡,则f=F=12N所以所以滑动摩擦力做的功所以合外力做的功为故B正确;CD.根据动能定理有代入数据解得;根据动量定理可知,物体在减速过程中合外力的冲量等于动量的变化量,即故C错误,D正确。故选BD。8、BD【解析】
A.在最高点,速度为零,所以动能为零,即物体在最高点的机械能等于重力势能,所以有所以物体质量为A错误;B.在最低点时,重力势能为零,故物体的机械能等于其动能,物体上升运动过程中只受重力、摩擦力做功,故由动能定理可得解得B正确;C.物体上升过程受重力、支持力、摩擦力作用,故根据力的合成分解可得:物体受到的合外力为故物体上升过程中的加速度为C错误;D.物体上升过程和下落过程物体重力、支持力不变,故物体所受摩擦力大小不变,方向相反,所以,上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同;由B可知:物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J,故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J;又有物体整个运动过程中重力、支持力做功为零,所以,由动能定理可得:物体回到斜面底端时的动能为50J-40J=10J,D正确。故选BD。9、BC【解析】A项:两球在水平面内做圆周运动,在竖直方向上的合力为零,由:TAcos30°=mg,TBcos60°=mg,则,TB=2mg,所以,故A错误;B项:小球A做圆周运动的向心力FnA=mgtan30°=,小球B做圆周运动的向心力FnB=mgtan60°=,可知小球A、B的向心力之比为1:3,故B正确;C、D项:根据mgtanθ=m•htanθ•ω2=得,角速度,线速度可知角速度之比为1:1,线速度大小之比为1:3,故C正确,D错误.点晴:小球在水平面内做圆周运动,抓住竖直方向上的合力为零,求出两细线的拉力大小之比.根据合力提供向心力求出向心力大小之比,结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式,从而得出线速度和角速度之比.10、BC【解析】
A.小球受力情况:小球受到重力mg、拉力F与电场力qE,因为小球做匀速直线运动,合力为零,则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反,作出F与qE的合力,如图根据上图可知,电场力在右侧,由于小球带正电,电场方向与电场力方向相同,故指向右侧,故A错误;B.由图可知,当电场力qE与F垂直时,电场力最小,此时场强也最小。则得:qE=mgsinθ,所以电场强度的最小值为,故B正确;C.当mg=Eq时,根据几何关系,电场力水平向右,与MN垂直,小球从M运动到N电场力不做功,即小球从M运动到N时电势能变化量为零,故C正确;D.由于电场力变化时,F大小也跟随着改变,所以做功也不能具体确定值,故D错误;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、位移;时间;;(m'+m)【解析】
(1)滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动,根据x=at2得a=,所以需要测量的是位移s和时间t.(2)对整体进行研究,根据牛顿第二定律得:
若要求a是m的一次函数必须使不变,即使m+m′不变,在增大m时等量减小m′,所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上.【点睛】本题根据先根据牛顿第二定律并结合隔离法求解出加速度的表达式,然后再进行分析讨论,不难.12、200【解析】
(1)[1][2]毫安表示数为3mA时,由闭合电路的欧姆定律,有若选电源,则滑动变阻器电阻为,两个滑动变阻器均达不到,所以只能选电源,此时滑动变阻器电阻为,只能选。(2)[3]毫安表示数为1mA时,拉力最大,由闭合电路的欧姆定律,有由图1有解得拉力最大值为200N。电子测力计的量程200N。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
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