2022-2023学年广东省揭阳一中高考物理试题仿真卷：物理试题试卷四

2022-2023学年广东省揭阳一中高考物理试题仿真卷：物理试题试卷（4）

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3,请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、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、某同学设计了一个烟雾探测器，如图所示，S为光源，当有烟雾进入探测器时，S发出的光被烟雾散射进入光电管

C»光射到光电管中的钠表面产生光电子，当光电流大于或等于/时，探测器触发报警系统报警。已知真空中光速为c,

钠的极限频率为加，电子的电荷量为e,下列说法正确的是（）

A.要使该探测器正常工作，光源S发出的光波长应大于—

%

B.若用极限频率更高的材料取代钠，则该探测器一定不能正常工作

C.若射向光电管C的光子中能激发出光电子的光子数占比为“，报警时，，时间内射向光电管钠表面的光子数至少是

It

W

D.以上说法都不对

2、如下图所示，光滑半圆槽质量为M,静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.

若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为（）

A.零B.向右C.向左D.不能确定

3、如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使

砖块静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小是（）

FF

A.0B・mgD.2mg

4、如图所示，水平放置的封闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为Imol

氧气，b部分气体为2moi氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部

分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为匕、Vh,温度分别为△、下列说法正确的是

A.Va>Vb,Ta>TbB.Va>Vb,Ta<Tb

C.Va<Vb,Ta<TbD.Va<Vb,Ta>Tb

5、如图所示，其中电流表A的量程为0.6A,表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；2的阻值等于电流表

内阻的,；4的阻值等于电流表内阻的4倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确

2

的是（）

A.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A

B.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A

C.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A

D.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A

6、如图，倾角为a=45。的斜面ABC固定在水平面上，质量为，”的小球从顶点A先后以初速度%和2%向左水平抛

出，分别落在斜面上的片、鸟点，经历的时间分别为心L；A点与6、々与鸟之间的距离分别为4和%，不计空

气阻力影响。下列说法正确的是（）

A.44=1：1

B./]:6=1：2

C.两球刚落到斜面上时的速度比为1：4

D.两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1:1

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，在真空中某点电荷的电场中，将两个电荷量相等的试探电荷分别置于M、N两点时，两试探电荷所受

电场力相互垂直，且则以下说法正确的是()

A.这两个试探电荷的电性可能相同B.M、N两点可能在同一等势面上

C.把电子从M点移到N点，电势能可能增大D.N点场强一定大于M点场强

8、在倾角为0的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN,相距为L,导轨处于磁感应强度为B的匀强

磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下.有两根质量均为m的金属棒a、b,先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑

轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c,此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻

起做匀速运动,b棒刚好能静止在导轨上.a棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨电接触良好,导轨电阻不计.则

()

A.物块c的质量是2msin0

B.b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能

C.b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能

D.b棒放上导轨后，a棒中电流大小是'"gsinO

BL

9、如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，a为圆环的最低点，c为圆环的最高点，6点与圆心。等

高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为机、带电量为+g的小球P套在圆环上，沿环做圆周运动，通过“、

A.匀强电场方向水平向右

B.匀强电场场强大小为七=经

q

C.小球运动过程中对圆环的最大压力为

D.小球运动过程中对圆环的最小压力为1.25mg

10、一质量为机的物体以某一速度冲上一个倾角为37。的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g.这个物体沿斜面上升

的最大高度为“，则在这过程中（）

A.物体克服重力做功0.9,即”

B.物体克服摩擦力做功0.6mg"

C.物体的动能损失了1.5mg"

D.物体的重力势能增加了tngH

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）为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：

A.实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m=0.5kg的钩

码.用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动;

B.保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点

计时器打下的纸带如图乙所示.

请回答下列问题：

(1)图乙中纸带的一端与滑块相连(选填“左”或“右”).

(1)图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加

速度a=m/s1.

(3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量kg(g取9.8m/si结果保留3位有效数字).

12.(12分)某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块石和C处是钩码,

不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦.实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下，改变C处钩码个数,

测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度”,然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数.

⑴该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线,为了完

成本实验，得到所要测量的物理量,还需要.

A.秒表B.毫米刻度尺C.天平D.弹簧测力计

(2)在实验数据处理中，该同学以C处钩码的总质量，”为横轴，以加速度a为纵轴，绘制了如图乙所示的实验图线，可知滑块

与木板间的动摩擦因数"=_______.(g^lOm/s2)

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，在直角坐标xOy平面内，第一、二象限有平行y轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平

面的匀强电磁场。一质量为机、电荷量为4的正电粒子，从坐标原点。以大小为M),方向与X轴正方向成37°的速度

沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到x轴时，经过x轴上的尸点(图中未标出)，已知电场强度大小为E,粒子

重力不计，sin37°=0.6,cos37=0.8

(1)求P点的坐标；

(2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。

14.(16分)学校组织趣味运动会，某科技小组为大家提供了一个寓教于乐的游戏.如图所示，磁性小球在铁质圆轨道

外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔性一样，小球旋转一周后在C点脱离轨道，投入左边内轨的某点上，已知

竖直圆弧轨道由半径为2R的左半圆轨道A5和半径为K的右半圆轨道8c无缝对接，A、5点处于竖直线上，可看成

质点、质量为机的小球沿轨道外侧做圆周运动，已知小球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小恒为凡不计摩擦和

空气阻力，重力加速度为g。

(1)若小球在A点的速度为J丽，求小球在该点对轨道的弹力；

(2)若磁性引力尸可调整，要使小球能完成完整的圆周运动，求二的最小值;

(3)若小球从最高点开始沿轨道外侧运动，最后从C点抛出落到左侧圆轨道上(球脱离轨道后与轨道的引力消失)，问

小球能否落在与右边小圆圆心等高处？如果不能，求出小球的落点与0点的最短竖直距离。

15.(12分)如图所示，PQ为一竖直放置的荧光屏，一半径为R的圆形磁场区域与荧光屏相切于。点，磁场的方向

垂直纸面向里且磁感应强度大小为8,图中的虚线与磁场区域相切，在虚线的上方存在水平向左的匀强电场，电场强度

大小为E,在。点放置一粒子发射源，能向右侧180。角的范围发射一系列的带正电的粒子，粒子的质量为，小电荷量为

%经测可知粒子在磁场中的轨道半径为R,忽略粒子的重力及粒子间的相互作用.求：

0

(1)如图，当粒子的发射速度方向与荧光屏成60。角时，该带电粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间为多少?粒子到达

荧光屏的位置距O点的距离为多大？

(2)从粒子源发射出的带电粒子到达荧光屏时，距离发射源的最远距离应为多少？

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、C

【解析】

A.根据c=2l/可知，光源S发出的光波波长

%

即要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长小于❷，故A错误；

为

B.根据光电效应方程可知，用极限频率更高的材料取代钠，只要频率小于光源S发出的光的频率，则该探测器也能

正常工作，故B错误；

C.光电流等于/时，t秒产生的光电子的个数

It

n=—

f秒射向光电管钠表面的光子最少数目

.,nIt

N=—=—

〃er/

故C正确：

D.由以上分析，D项错误。

故选C。

2、A

【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同

的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A正确，BCD错误.故选A.

3、A

【解析】

先对4块木板整体受力分析，受重力4mg和两侧墙壁对木块向上的静摩擦力"，根据平衡条件，有：2f=4mg;解得:

f=2mg,即墙壁对木板的静摩擦力为2/ng；再对木板3、4整体分析，受重力2mg,墙壁对其向上的静摩擦力，大小为

产2mg,设2对3、4的静摩擦力为广,向上，根据平衡条件，有：ff=2mg,故/=2”电户1.故A正确,BCD错误.

4、D

【解析】

AB.解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，由=可知质量大的部分压强大，即〃部分压强大，故活

塞左移，平衡时匕，〈匕，5=与，故A、B错误；

CD.活塞左移过程中，。气体被压缩内能增大，温度增大，b气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时

故C错误，D正确；

故选D。

5、C

【解析】

AB.由于电流表A的每个最小格表示0.02A,当将接线柱1、2接入电路时，电流表A与电阻照并联，当电流表中

通过0.02A的电流时，根据欧姆定律可知，流过油的电路为0.04A,故干路电流为0.06A,即此时每一小格表示0.06A,

故AB均错误；

CD.将接线柱1、3接入电路时，电流表与电阻拈并联后再与电阻及串联，当电流表中通过0.02A的电流时，Ri

中的电流仍是0.04A,故干路电流就是0.06A,所以通过接线柱1的电流值就是0.06A,所以它表示每一小格表示0.06

A,选项C正确，D错误。

故选C

6、D

【解析】

A.平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定

1,2

-gt

y2

tancr=—=------

xvot

解得

t_2v0tana

g

可知时间与初速度成正比，所以乙：弓=上2,故A错误;

B.落点到A点的距离

x_vt_2vltana

i—=o=

cosacosagcosa

可知距离与初速度的平方成正比，所以4：4=1：4,故B错误；

CD,设速度与水平方向的夹角为。，有

V0(

tan。=」v=J=2tana

%%

则知小球落在斜面上时速度方向相同，所以两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角相同，夹角正切值的比为1：1,

则落到斜面上时的速度为

cos。

则可知刚落到斜面上时的速度与初速度成正比，所以两球刚落到斜面上时的速度比为1：2,故C错误，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、CD

【解析】

A.将尸2和B的作用线延长相交，交点即为点电荷的位置，可知，点电荷对M处试探电荷有排斥力，对N处试探电

荷有吸引力，所以这两个试探电荷的电性一定相反，故A错误；

B.由于尸2＞后，可知M、N到点电荷的距离不等，不在同一等势面上，故B错误；

C.若点电荷带负电，则把电子从M点移到N点，电场力做负功，电势能增大，故C正确；

D.由点电荷场强公式E=*可知，由于尸2＞入，则有

q

EN＞EM

故D正确。

故选CDo

8、AD

【解析】

b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重

力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡.由b

平衡可知，安培力大小F安=1«85加9,由a平衡可知F绳=F^+mgsin0=2mgsinO,由c平衡可知F(«=mcg；因为绳中拉力

大小相等，故2mgsinO=mcg,即物块c的质量为2msinO,故A正确；b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能

也是由于c减小的重力势能，故B错误；a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；根据b棒的平衡可

知Fj^mgsin。又因为FMBIL,故/=°,故D正确；故选AD.

BL

考点：物体的平衡；安培力.

9、AC

【解析】

A.从最低点到最高点:

1

—1mv2.——mv2=-2mgR+qU

2c20ac

解得:

S'=0

故讹连线为等势线，从a到儿有

|mvl~1mva=_mgR+4久

解得：

电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，故匀强电场方向水平向右，故A正确;

B.匀强电场场强大小

E=5小=3mg

一R_4q

故B错误;

C.电场力

Eq=^mg

当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时，对圆环的压力达到最大和最小，根据几何关系可知，最大速度

1,1,

—，〃用ax-~mva=-mgR(l-cos37°)+qERsin37°

根据牛顿第二定律

2

FN-Eqcos53°-mgcos37°=m

解得最大支持力为:

Enax=75%g

根据牛顿第三定律可知，最大压力为1.5,ng；根据几何关系可知，最小速度

1,1,

—mv^.n——mv^-一/ngR(1+cos37°)-qERsin37°

根据牛顿第二定律

v.

Eqcos53°+mgcos370-FN=m

解得最小支持力为：

故C正确D错误。

故选ACo

10>CD

【解析】

AD.重力势能的增加量等于克服重力做的功，"g"，故重力势能增加了，"g"，故A错误，D正确；

B.物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37Rf=ma,解得摩擦力大小：户0.3mg,物体克服摩擦力做功：

H

Wy=0.3mgx----------=0.5mgH，故B错误；

sin37

H

C.物体上滑过程，根据牛顿第二定律，得合外力大小为F/ma=0.9mg,根据动能定理得：△Ek=-F合一^-=-1.5mgH,

sin37

故物体的动能减少了1.5mgH,故C正确.

故选CD。

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、右端1.651.97

【解析】

(D滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断哪端与滑块相

连；

(1)根根据匀变速直线运动的推论公式△可以求出加速度的大小；

(3)根据牛顿第二定律F=Ma即可求解质量；

【详解】

(1)[1].因为打点计时器每隔0.01s打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为

r=o.is,时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大.所

以图乙中纸带的右端与滑块相连；

(1)[1].根据AXTlTl利用逐差法，有：

0.079+0.0625-0.046-0.02953，2

a=-----------------；------------=1.65m/s.

4x0.12

(3)[3].由A步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为：

F=0.5x9.8=4.9N

根据牛顿第二定律得：

【点睛】

探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量.纸带处理时

能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力.

12、(1)B(2)0.3

【解析】

第一空.打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误.本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，

故不需要天平，故B错误.实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确.滑块受到的拉力等于钩码的

重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误.故选C；

第二空.对A5C系统应用牛顿第二定律可得：a^--；；------也=笑?——-Z/g,其中,”+,/="?o；所以。加

M+mnM+，叫)

图象中，纵轴的截距为-"g,故-“钎-3,"=0.3.

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。

24/WVnn5七n5E

⑶⑴(W,°)；⑵人瓯，方向垂直坐标平面向外；B=曲,方向垂直坐标平面向外

【解析】

(1)由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿y轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x轴匀速直线运动合成的。

设回到x轴过程所需要的时间为f,y轴:

vsin37

vy=o

加速度

a=-E--q-

m

时间

U2也

a

x轴:

=vcos37,

vx0x=vxt

联立上式，可解得

24mv3

x=-------

25Eq

即P点的坐标为(空警，0)

25Eq

(2)第二次回到x轴的位置与坐标原点0的距离为0P的一半，满足题意得有两种情况。

①回到x轴时在。点右侧。如图所示，由几何关系，可知轨迹半径

2"片

5qE

由

-)

解得:

5E

B

2%

方向垂直坐标平面向外；

②回到x轴时在。点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径

(%+-)56mv^

R2—x=-----

22sin37°45qE

由

qv°B*

解得:

6%

方向垂直坐标平面向外

14、(1)F,方向竖直向下；(2)=9；(3)不能，(5-275)7?

【解析】

(1)设在A点轨道对小球向上的弹力大小为FN,由牛顿第二定律得

2

F+mg-F^=机三

代入数据得

FN=F

由牛顿第三定律得，小球在4点对轨道的弹力大小为尸，方向竖直向下

(2)要使小球能完成完整的运动，只需在8点不脱轨即可。当以=0时，到达3处速度最小，由动能定理得

12

mg•4R=—mVg-0

当小球处于半径为K的轨道最低点8时，小球更容易脱落，则

FB-mg-F^=m-^

所以

FB=9mg+FN

当FN=