2022-2023学年广东省广州市南沙区第一中学高考冲刺押题(最后一卷)物理试卷含解析

2023年高考物理模拟试卷注意事项：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。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。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。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、中国将于2022年前后建成空间站。假设该空间站在离地面高度约400km的轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球同步卫星轨道高度约为36000km，地球的半径约为6400km，地球表面的重力加速度为iom/s2，则中国空间站在轨道上运行的（ ）A.周期约为3hB.加速度大小约为8.9m/s2C.线速度大小约为3.6km/sD.角速度大小约为2rad/h2、 下列说法正确的是（ ）普朗克提出了微观世界量子化的观念，并获得诺贝尔奖爱因斯坦最早发现光电效应现象，并提出了光电效应方程德布罗意提出并通过实验证实了实物粒子具有波动性卢瑟福等人通过a粒子散射实验，提出了原子具有核式结构3、 下列说法正确的是（ ）卢瑟福的€粒子散射实验揭示了原子核具有复杂的结构在一根长为0.2m的直导线中通入2A的电流将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为0.2N，则匀强磁场的磁感应强度的大小可能是0.8T伽利略利用理想斜面实验得出物体不受外力作用时总保持静止或匀速直线运动的状态，开创了物理史实验加合理外推的先河,U比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，电流强度/的定义式是I=-R4、 假设某宇航员在地球上可以举起刀i=50kg的物体，他在某星球表面上可以举起刀2=100kg的物体，若该星球半径为地球半径的4倍，则（）M地球和该星球质量之比为商地=8星地球和该星球第一宇宙速度之比为*=寸2v星CDl地球和该星球瓦解的角速度之比为M也=2J2星地球和该星球近地卫星的向心加速度之比为^地=項a星5、在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1/8,风洞内人体可上下移动的空间总高度为H.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有（ ）风向由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH3表演者向上的最大加速度是—g表演者向下的最大加速度是;4B点的高度是专H76、一质点沿x轴做简谐运动，其振动图象如图所示.在1.5s〜2s的时间内，质点的速度V、加速度a的大小的变化情况是（）v变小，a变大 B.v变小，a变小C.v变大，a变小 D.v变大，a变大二、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、如图所示的“U”形框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为乙，左端连接一阻值为&的定值电阻，阻值为尸、质量为m的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为8。现给金属棒以水平向右的初速度金属棒向右运动的距离为X后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为。，重力加速度为g,忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直接触。则该过程中（ ）A.磁场对金属棒做功为B.CA.磁场对金属棒做功为B.C.RBLx流过金属棒的电荷量为 R+r1整个过程因摩擦而产生的热量为2mv2-QD.8、D.8、v2R+r八金属棒与导轨之间的动摩擦因数为短-顽。质量均匀分布的导电正方形线框abcd总质量为m，边长为I，每边的电阻均为勺。线框置于xoy光滑水平面上，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。如图，现将ab通过柔软轻质导线接到电压为U的电源两端（电源内阻不计,导线足够长），下列说法正确的是A.4A.若磁场方向竖直向下，则线框的加速度大小为3mr0若磁场方向沿x轴正方向，则线框保持静止C.若磁场方向沿yC.若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以cd边为轴转动，则U>mgr2Bl若磁场方向沿y轴正方向，线框以cd边为轴转动且cd边未离开水平面，则线框转动过程中的最大动能为Bl2Umglr—09、有一种调压变压器的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头

P就可以调节输出电压，图中A为交流电流表，V为交流电压表，、、&2为定值电阻，&3为滑动变阻器，C、Q两瑞 按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ） 当&3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小 当&3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小 当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大 当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 10、为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小，小明所在的物理兴趣小组做了如下实验：用长为L的绝缘轻质细 线，上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点），如图所示，开始时，将线与小球 拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到B点时速度恰好为零，然后又从B点向A点摆动，如此往复.小 明用测量工具测量与水平方向所成的角度0,刚好为60。.不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A.在B点时小球受到的合力为0B.电场强度EB.电场强度E的大小为 qC..•3小球从A运动到B，重力势能减小*岫D.D.小球在下摆的过程中，小球的机械能和电势能之和先减小后增大 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。 （6分）一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小（约小于3Q）的元件Z，并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。 （1）该小组连成的实物电路如图（a）所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“X”，并在原图上用笔画出正确的连线 （2） 在实验中应选用的滑动变阻器是 。滑动变阻器吗（0〜5Q 额定电流5A）滑动变阻器R2（0〜20^ 额定电流5A）滑动变阻器R3（0-100Q额定电流2A）（3） 图（b）中的点为实验测得的元件Z中的电流与电压值，请将点连接成图线

（4把元件Z接入如图（c）所示的电路中，当电阻&的阻值为2Q时,（4把元件Z接入如图（c）所示的电路中，当电阻&的阻值为2Q时, V,内阻,为 （C）时，电流表的读数为0.8A。结合图线，可求出电池的电动势V,内阻,为 （C）（12分）某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内电阻.和内电阻. ⑴先用多用电表粗测电池的电动势.把多用电表的选择开关拨到直流电压50V挡，将两表笔与电池两极接触，电表 的指针位置如图甲所示，读数为 V.（2）再用图乙所示装置进行精确测量.多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的应是电池的 极.闭合开关，改变电阻箱的阻值&，得到不同的电流值I，根据实验数据作出图象如图丙所示.已知图中直线的斜率为k，纵轴截距为b，电流档的内阻为［，则此电池的电动势E= ，内阻,= （结果用字母k、 b、rA表示）.

（3）多用表直流电流档的内阻对电动势的测量值大小 （选填“有”或“无”）影响.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。（10分）如图，xOy坐标系中存在垂直平面向里的匀强磁场，其中，xWO的空间磁感应强度大小为B；*>0的空间磁感应强度大小为28。一个电荷量为+g、质量为m的粒子£二0时从。点以一定的速度沿x轴正方向射出，之后能通过坐标为（N3/z, 的P点，不计粒子重力。2 2（1） 求粒子速度的大小；（2） 在a射出&后，与a相同的粒子b也从O点以相同的速率沿j轴正方向射出。欲使在运动过程中两粒子相遇，求€。（不考虑粒子间的静电力）XXXXXXmXXXXX X X°XXXXXk薫XXXMXX（16分）如图甲所示，单匝正方形线框abcd的电阻R=0.5Q,边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，求：（1） 0〜2s内通过ab边横截面的电荷量q；（2） 3s时ab边所受安培力的大小F；（3） 0〜4s内线框中产生的焦耳热Q.（12分）如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为6。两个大小不计的物块质量分别为m和3m,5m,A.B与传送带间的动摩擦因数分别为卩tan0和卩2,tan6。已知物块A与b碰撞时间极短且无能量损2 1 5 2失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。（1）若传送带不动，将物块B无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物块A,它们第一次碰撞前瞬间A的速度大小为卩,求A与8第一次碰撞后瞬间的速度匕「匕；0 1A1B若传送带保持速度0顺时针运转，如同第(1)问一样无初速度地释放8和A,它们第一次碰撞前瞬间A的速度0大小也为卩，求它们第二次碰撞前瞬间A的速度卩”；0 2A在第(2)问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功。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、B【解析】设同步卫星的轨道半径为J空间站轨道半径为,2,根据开普勒第三定律基=衆有1 2(36000+6400)3 (6400+400)3(24)2 T22解得T，1.54h2故A错误；设地球半径为由公式GMm=m§R2GMm =mar22解得a€8.9m/s2故B正确；2nr由公式v=〒，代入数据解得空间站在轨道上运行的线速度大小v€7.7km/s故C错误；2n根据,二—，代入数据可得空间站的角速度大小,€4.1rad/h故D错误。故选B。2、 D【解析】普朗克最先提出能量子的概念，爱因斯坦提出了微观世界量子化的观念，A错误；最早发现光电效应现象的是赫兹，B错误；德布罗意只是提出了实物粒子具有波动性的假设，并没有通过实验验证，C错误；卢瑟福等人通过a粒子散射实验，提出了原子具有核式结构，D正确。故选D。3、 B【解析】天然放射现象的发现揭示了原子核具有复杂的结构，故A错误；长为0.2m的直导线中通入2A的电流，将导线放在匀强磁场中，受到的安培力为0.2N，故有„F 0.2 0.5ILsin9 2x0.2xsin9sin9因为0<sin9<1故可得B>0.5T，即大小可能是0.8T，故B正确；物体不受外力作用时总保持静止或匀速直线运动的状态，是牛顿在伽利略、笛卡尔的研究基础上得到的牛顿第一定律，故C错误；比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，电流强度/的定义式是i-qt故D错误。故选Bo4、C【解析】AD.人的作用力是固定的，则由:而近地卫星的向心加速度和重力加速度近似相等；根据:八Mmg=mR2则:M gR21——地=—地「地=—M gR2 8星星星AD错误;第一宇宙速度解得：v=4gR则:v'gR1—地=I—地_地=——%槌星％显B错误;星球的自转角速度足够快，地表的重力为0时星球瓦解，根据:得:M R3 戸地星=2、j2M R3星地C正确。故选Co5、A

【解析】 对A至C全过程应用动能定理mgH-W=0,解得W=mgH，因而A正确；设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与1一 正对面积成正比，故人站立时风力为6Fm；由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可8F-G 以求得重力G==Fm；人平躺上升时有最大加速度a= =g,因而B错误；人站立加速下降时的最大加速度TOC\o"1-5"\h\zm m\o"CurrentDocument"G-F3F-G a= m=-g，因而C错误；人平躺减速下降时的加速度大小是a2= =g；设下降的最大速度为v,由速V2 V23 度位移公式，加速下降过程位移x=—；减速下降过程位移x=—，故V2 V23 度位移公式，加速下降过程位移x=—；减速下降过程位移x=—，故x1：x2=4：3，因而x2=t^H,选项D错误;12a 22a 12 271 2故选A.【点睛】本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断.6、A解析】 由振动图线可知，质点在1.5s〜2s的时间内向下振动，故质点的速度越来越小，位移逐渐增大，回复力逐渐变大，加速度逐渐变大，故选项A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】 通过R和尸的电流相等，R上产生的热量为Q，所以回路中产生的焦耳热 。焦=字Q 由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，所以磁场对金属棒做功 罕。故A项错误;由法拉第电磁感应定律得E= At△①=BLx解得：流过金属棒的电荷量△中R△中R+rBLxR+r故B项正确;由能量守恒可知mv2=Q+Q0焦摩所以整个过程因摩擦而产生的热量故C项错误;由C选项的分析可知八1R+r八Q=—mv2 Q=…mgx摩2 0R解得v2 R+r-…=——Q2gxmgxR故D项正确。8、ACD【解析】A.根据左手定则，安培力的方向沿+y轴方向7=Uabr07=Ude3r0根据F=BIl，线框所受的安培力的合力为：F=F+F=Bl(U+—)abde r3r00线框的加速度大小为：F4BlUa—= m3mr0故A正确；若磁场方向沿x轴正方向，ad边受到的安培力竖直向下，cd边受到的安培力竖直向上，故线框不可能处于静止,故B错误；若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以cd边为轴转动，则，根据动能定理可得BlU 1>0 ・l-mg•_l>0r 20解得:U>华2Bl故C正确;在转动过程中，由于ab边的安培力大于线框的重力，故在安培力作用下，线框的动能一直增大，故有:—BlU〔lBl2UmglE一 •l—mg.—， — kr 2r20 0故D正确；故选ACD。9、AC【解析】当不变，滑动触头P顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，故A正确；当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，故B错误；CD.保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，R1分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，故C正确，D错误；故选AC。10、BC【解析】试题分析：小球在B点受重力竖直向下，电场力水平向右，故合力一定不为零，故A错误；小球由A到B的过程中，3mg由动能定理可得：mgLsinO-EqL(1-cos60°)=0，则电场强度的大小为E, ，选项B正确；小球从A运动到B，q.•.'3重力做正功，W=mgh=mgLsin0，故重力势能减小mgLsinO=」mgL，故C正确；小球在下摆过程中，除重力做功外,21

还有电场力做功，故机械能不守恒，但机械能和电势能总能力之和不变，故D错误.故选BC.考点：动能定理；能量守恒定律三、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。［1］因Z电阻较小，电流表应采用外接法；由于要求电压从零开始变化，滑动变阻器选用分压接法，错误的连线标注及正确接法如图：［2］分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的，故选：A；⑶［3］根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示：⑷［4］［5］当电流为1.25A时，Z电阻两端的电压约为1.0V；当电流为0.8A时，Z电阻两端的电压约为0.82V；由闭合电路欧姆定律可知：E=1.25(r+2)+1=1.25r+3.5

E=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7联立解得：EE=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7联立解得：E=4.1V r=0.44Q12、12.0；【解析】(1)[1].电压档量程为50V,则最小分度为1V,则指针对应的读数为12.0V；(2)[2].作为电流表使用时,[4].由闭合电路欧姆定律可得:变形可得：1r1—=—+—RIEE则由图可知:-=bE-=kE则可解得E=1kbr=—k(3)[5].由于多用表存在内电阻，所以由闭合电路欧姆定律得:E=IR+I(RA+r)A变形为:1r+R1q—= +—RIEE由图象可知斜率丄=k和不考虑多用表的内电阻时相同，所以多用表的内电阻对电源电动势的测量结果无影响。E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。2qBh，m兀m13、⑴卩=商"2)藏和谛【解析】(1)设粒子速度的大小为v，a在x>0的空间做匀速圆周运动，设半径为f，则有2qvB=m一ri由几何关系有解得r=hi联立以上式子解得2qBhv=m(2)粒子a与b在x<0的空间半径相等，设为丫2，则V2qvB=m一r2解得只有在M、N、O、S四点两粒子才可能相遇。粒子a在x>0的空间做匀速圆周运动的周期为T，则2…r…mT= 1= vqB粒子a和b在x<0的空间作匀速圆周运动的周期为T，则2…r …mT= 2= vqB(i)粒子a、b运动到M的时间aMtbMAt=t—t—M aM bM兀m3qB(ii)同理，粒子a、b到N的时间taN,-6taN,-6tbtbNAt—At—t—tM aN bN3qB粒子不能在N点相遇。(iii)粒子a、b到O的时间t—T,丄.t—TaO 12'bO 2At—t—t—0O aO bO粒子不能在O点相遇。(iv)粒子a、b到S的时间aSbSaSAtaSbAtaSbSqB兀m 兀m两粒子可以相遇。(3)Q=1.152x10-3J所以粒子两粒子可以相遇。(3)Q=1.152x10-3J14、(1)q—4.8x10-2C(2)F=1.44x10-3N【解析】⑴由法拉第电磁感应定律得AB电动势E—S匚一At、 ，E感应电流1——R解得q=4.8x10-2C⑵安培力F=BIL由图得3s时的B=0.3T代入数值得F=1.44x10-3N⑶由焦耳定律得Q=12Rt代入数值得：Q=1.152x10-3J【点睛】考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握安培力大小表达式，理解焦耳定律的应用，注意图象的正确运用.2 1 415、(2 1 415、(1)v=-二v，v=飞v;(2)v=；v1A301B30 2A 30方向沿传送带向下；(3)W=-3mv20【解析】(1)由于％=tan6，故B放上传送带后不动，对A和B第一次的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv+mv10 11A21BTOC\o"1-5"\h\z1 1—mv2=—mv2+—mv21021ia221b又5m=m\o"CurrentDocument"1 221解得v=-一v,v=—v1a 301B 30(2)传送带顺时针运行时，B仍受力平衡，在被A碰撞之前B一直保持静止，因而传送带顺时针运行时，A、、碰前的运动情形与传送带静止时一样，由于A第一次碰后反弹的速度小于v0，故相对传送带的运动方向向下，受到的摩擦力向上，合力向下做减速运动。减速到零后相对传送带也向下运动，摩擦力方向不变，设A在传送带上运动时的加速度大小为"，根据牛顿第二定律有mgsin6—…mgcos6=ma1 11 1解得a=2gsin6解法一从第一次碰后到第二次碰前A做匀变速运动，B做匀速运动两者位移相等，则有

v2—v2—2A 1A=Vt2a iBiv=v,at2A 1A14解得七=Wvo，方向沿传送带向下2A30解法二以B为参考系，从第一次碰后到第二次碰前，有(2 1)v2—(——v——v)2相对3030 =02a解得第二次碰前A相对B的速度v相对=v0则A对地的速度为4v=v,v=—v2A 相对 1B 30方向沿传送带向下解