2023届广东省“四校”高考压轴卷物理试卷含解析

2023学年高考物理模拟试卷

考生须知：

1,全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2,请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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，空间尸点离地面足够高，从尸点以很小的速度向右水平抛出一个小球，小球能打在竖直的墙壁上，若

不断增大小球从尸点向右水平抛出的初速度，则小球打在竖直墙壁上的速度大小

P1

A.一定不断增大

B.一定不断减小

C.可能先增大后减小

D.可能先减小后增大

2、如图所示，"匝矩形闭合导线框A5CO处于磁感应强度大小为8的水平匀强磁场中，线框面积为S,电阻不计.线

框绕垂直于磁场的轴以角速度“匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为。的

灯泡，灯泡正常发光.从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（）

A.图示位置穿过线框的磁通量变化率最大

B.灯泡中的电流方向每秒改变乌次

2〃

C.线框中产生感应电动势的表达式为e=〃6S①sin祝

D.变压器原、副线圈匝数之比为黑言

3、图为探究变压器电压与匝数关系的电路图。已知原线圈匝数为400匝，副线圈“1”接线柱匝数为800匝，“2”接线柱

匝数为200匝，必端输入的正弦交变电压恒为17,电压表V］、V2的示数分别用S、5表示。滑片尸置于滑动变阻器

中点，则开关s（）

A.打在“1"时，Ut>-U

2

B.打在“1"时，Ui：S=2:l

C.打在“2”与打在“1”相比，灯泡心更暗

D.打在“2”与打在“1”相比，谛端输入功率更大

4、相传我国早在5000多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。如图所示为一种指南车模型，该指南车利用机械

齿轮传动的原理，在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。关于该指南车模型，以下说法正

确的是（）

A.以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的

B.如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点

C.在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等

D.在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等

5、某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为a两导轨

长为L间距为d,一质量为，〃的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d,电阻为R,与导轨接触良好且不计摩擦阻力，

导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为/,弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动，加速度大

小为ao下列说法正确的是（）

A.将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL+”?gLsin。

B.将弹丸弹出过程中，安培力做的功为产我

C.将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小

D.将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变

6、如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在（含边界），两圆的半径分别为

R、3R,圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度也射入磁场，其运动轨迹如图，轨

迹所对的圆心角为120。.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为也时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆

内部区域，则打：以至少为

A26rr„4石n-/T

A.------B.C.------D.203

33

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，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s,则下列说法正

确的是（）

A.图示时刻质点分的加速度正在增大

B.从图示时刻开始，经0.01s,质点分位于平衡位置上方，并向y轴正方向做减速运动

C.从图示时刻开始，经0.01s,质点a沿波传播方向迁移了2m

D.若该波发生明显的衍射现象，则它所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比4m大得多

8、如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为4：1,原线圈接有u=311sinl007rt(V)的交变电压，副线圈上接有定值

电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表4以下说法正确的是

A.副线圈中电流的变化频率为50HZ

B.灯泡D两端电压为55V

C.若交变电压u的有效值不变，频率增大，则电压表弱的示数将减小

D.若交变电压u的有效值不变，频率增大，则灯泡D的亮度将变暗

9、如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于尸。线，磁场方向垂直平面向下，磁感

应强度大小为5,边长为L(LVd)的正方形金属线框，电阻为R,质量为山，在水平向右的恒力尸作用下，从距离

MN为d12处由静止开始运动，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN

平行，则下列说法正确的是()

A.线框进入磁场过程中做加速运动

B.线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为我■，陛

R\m

C.线框在进入磁场的过程中速度的最小值为

D.线框右边从到PQ运动的过程中，线框中产生的焦耳热为

10、电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。下图是电磁炮的原理示意图，与电源的正、负极相连的

水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，通电的导体滑块将在磁场中向右加速，下列说

法正确的是()

A.a为电源正极

B.仅增大电源电动势滑块出射速度变大

C.仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速

D.仅减小弹体质量，其速度变化率增大

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。

11.(6分)某科技创新实验小组采用不同的方案测量某合金丝的电阻率及电阻。

(1)小明同学选取图甲方案测定合金丝电阻率。若合金丝长度为L直径为O,阻值为R,则其电阻率p=；用螺

旋测微器测合金丝的直径如图乙所示，读数为mm。。

乙

(2)小亮同学利用如图丙所示的实验电路测量R,的阻值。闭合开关S,通过调节电阻箱R,读出多组R和/值，根据

实验数据绘出;-R图线如图丁所示，不计电源内阻，由此可以得到R=C,Rx的测量值与真实值相比(填

“偏大”“偏小”或“相等”)。

12.(12分)为了测量木块与木板间动摩擦因数〃，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木块从

倾斜木板上4点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感

器的距离s随时间f变化规律，取g=10m/s2,sin37o=0.6,如图所示：

(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4s时的速度大小为口=()m/s；

(2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小a=()m/s2；

(3)现测得斜面倾角为37。，则片().(所有结果均保留2位小数)

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)如图所示的U形玻璃管，左管开口，右管管口封闭，管中一段水银在右管中封闭了一段气柱，气柱高度

为20cm,左右两管中水银面的高度差为10cm,左管水银柱的横截面积为1cn?,右管中水银柱的横截面积为2cm2。

已知环境温度为27°C,大气压强为75cmHg,左管足够长，右管中水银柱高度大于5cm。

(i)若在左管中缓慢倒入水银，使右管中气柱体积减少，，求需要倒入水银的体积；

(ii)若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管顶端相平，求气柱需要升高的温度。

14.(16分)如图所示，光滑水平地面上固定一竖直挡板P,质量，〃B=2kg的木板B静止在水平面上，木板右端与挡

板P的距离为L。质量，〃A=lkg的滑块(可视为质点)以vo=12m/s的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与

木板上表面的动摩擦因数"=0.2,假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会与挡板相碰，木

板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g=10m/s2,求：

(1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少为多少？

(2)若木板右端与挡板的距离L=2m,木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小？

(3)若木板右端与挡板的距离L=2m,木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？(滑块始终未与挡板碰撞)

15.(12分)如图所示，一气球从地面上以大小为%=12m/s的速度竖直匀速升起，当气球的下端距地面〃=2m高

时，在气球的正下方紧贴地面将一小石子愉大小为％=20m/s的初速度竖直上抛。已知小石子受到的空气阻力等于

其重力的倍，取g=10m/s2,求：

(1)小石子追上气球所用的时间；

(2)小石子追上气球时的速度大小。

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】

d

设P点到墙壁的距离为d,小球抛出的初速度为％,运动时间，=一

%

gd

竖直速度匕=——

%

刚小球打到墙壁上时速度大小为

根据数学知识:

J片+(g亘)2>2-(g—)2=2gd

VvoVvo

即ui伍2。由此可见速度有最小值，则小球打在竖直墙壁上的速度大小可能先减小后增大。

A.一定不断增大。故A不符合题意。

B.一定不断减小。故B不符合题意。

C.可能先增大后减小。故C不符合题意。

D.可能先减小后增大。故D符合题意。

2、C

【解析】

2万

图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A错误；交流电的周期为T=——，一个周期内电

(D

流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变q次，选项B错误；交流电的电动势最大值：Em=，由则线框中

7t

,,nBcoSn.U.nBcoS

产生感应电动势的表达式为e=〃5S(ysincW,选项C正确；交流电的有效值为■=一孤-，则£=正='，选项

D错误；故选C.

点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、

电流及功率之间的关系，本题即可得到解决.

3、C

【解析】

A.滑片尸置于滑动变阻器中点，则〃=^。，故A错误；

B.打在“1”时，根据电压与匝数成正比，则有

Ui：Uzi=wi：/i2i=400:800=l:2

故B错误；

CD.打在“2”时，根据电压与匝数成正比，则有

Ut：U22=m：/i22=400:200=2:l

即打在“2”时灯泡两端电压较小，与打在“1”相比，灯泡L更暗，变压器次级消耗的功率较小，则就端输入功率更小,

故C正确，D错误。

故选C。

4、A

【解析】

A.以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故A正确；

B.在研究指南车的工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不能体现，故B

错误；

C.在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故C错误；

D.由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们的角速度是

不相等的，故D错误；

故选A。

5、A

【解析】

AB.对弹丸受力分析，根据牛顿第二定律

F...-mgsin0=ma

安培力做功

W=F&L=maL+mgLsin0

A正确，B错误；

CD.弹丸做匀加速直线运动，速度一直增大，根据

P=F安v

可知安培力的功率一直增大，CD错误。

故选A。

6、B

【解析】

粒子在磁场中做圆周运动，如图:

由几何知识得：/;=一之=6/?,洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q%B=m2,解得：y=虫迦；

tan60m

当该带电粒子从P点射入的速度大小变为以时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径

弓=尺，则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qv,B=mZ解得：彩=迩，则：匕：匕=百，故B正确，ACD错误.

r2m

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、AB

【解析】

A.由于波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法，知道方质点正向下振动，位移增大，加速度正在增大，故A正确；

B.由图知，波长人4m,则该波的周期为

24

T=-=-^-s=0.02s

v200

从图示时刻开始，经过0.01s,即半个周期，质点b位于平衡位置上方，并向y轴正方向做减速运动，故B正确;

C.质点a不会沿波传播方向迁移，故C错误

D.当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，所以若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到

的障碍物尺寸一定比4m小或和4m差不多，故D错误。

故选：AB„

8、AD

【解析】

变压器不会改变电流的频率，电流的频率为/='=&="z=50"z,故A正确；由瞬时值的表达式可知,

T2万2万

311

原线圈的电压最大值为311V,所以原线圈的电压的有效值为：=-j^V=22QV,在根据电压与匝数成正比可知,

副线圈的电压的有效值为55V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡O,它们的总的电压为55V,所以灯泡心

两端电压一定会小于55V,故B错误；在根据电压与匝数成正比可知副线圈的电压不变，所以电压表的示数不变，故

C错误；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡。的亮度要变暗，

故D正确.所以AD正确，BC错误.

9、BD

【解析】

A、线框右边到MN时速度与到P。时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线框完全进入磁场后

做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故A错误；

B、线框进入磁场前过程，由动能定理得：F-=^mv^,解得：,线框受到的安培力:

22Vm

C、线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达尸。过程，对线框，由动能定理得:

rvn丁\1212IFd2F(d—L)上、口

产(一)=,叫丁端n解得….卜-—'故。错误;

IK线框右边到达MN、尸。时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热：Q=Fd,故D正确;

10、BD

【解析】

A.根据左手定则可知，受到的安培力向右，电流方向由下向上流过滑块，则b为电源正极，故A错误;

B.仅增大电源电动势，流过滑块的电流增大，安培力增大，加速度增大，速度变化增大，故B正确；

C.仅将磁场反向，根据左手定则可知，滑块向左加速，故C错误；

D.仅减小弹体质量，滑块的合力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度增大，速度变化量增大，故D正确。

故选BD。

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。

11,4竺-4.70010偏大

4Z,

【解析】

⑴⑴[2]合金丝的电阻

电阻率

7VRD2

p=-------

4L

由图示螺旋测微器可知，其示数为:

4.5mm+20.0x0.01mm=4.700mm

(2)[3][4]在闭合电路中，电源电动势

E=I(R+RJ

则

J+4

IEE

由图像可知％=],得电源电动势E=4V,图像截距人=2.5,可得段=10。；测量值为待测电阻R,与电流表内阻

之和，所以测量值偏大。

12、0.401.000.63

【解析】

(1)口]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s

时的速度大小

北"小炉m/s=0.40mzs

0.6-0.2

(2)[2]木块在0.2s时的速度大小

(32-24)xlQ-2

M=m/s=0.20m/s

0.4-0

木块的加速度大小

0=0=2^00mzs2

\t0.4-0.2

(3)[3]斜面倾角为37。，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得

_/ngsin37°—〃〃?gcos37°

m

解得

//=-«0.63

8

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、⑴27cm3,(ii)141K.

【解析】

(i)开始时，封闭气体的压强为：

B=Po+lOcmHg=85cmHg

假设倒入水银后，右管中气体压强为小，则理想气体发生等温变化，根据玻意尔定律：

p^S2=p2^\S2

解得：P2=102cmHg

左右管中液面的高度差为：

△h=(102-75)cm=27cm

倒入水银的体积：

20、,20c2cr3

IvZ-\1/H-----cmx1cm-42------cmx2cm=27cm；

I6J6

(ii)若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管管口相平，假设气柱升高温度为AT,此时左管液面上升

10cm,右管中液面下降5cm,则右管中气体压强：

科=A)+25cmHg=1OOcmHg

根据理想气体状态方程:

Pg=03%S2

7；-7]+AT

解得：△T=141K。

968

14、(1)8m(2)8m/s(3)—m(35.85m或35.9m)

27

【解析】

(1)木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得：

以%=(外+%)丫共

对B木板，由动能定理可得：

解得

Li=8m

(2)对B木板，由动能定理可得：