2022-2023学年广东东莞外国语学校高考模拟（一）物理试题试卷

2022-2023学年广东东莞外国语学校高考模拟（一）物理试题试卷

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、北京时间2019年5月17日23时48分，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。该卫星与此前发射的倾斜地球同步

轨道卫星（代号为P）、18颗中圆地球轨道卫星（代号为Q）和I颗地球同步轨道卫星（代号为S）进行组网，为亚

太地区提供更优质的服务。若这三种不同类型卫星的轨道都是圆轨道，中圆地球轨道卫星的轨道半径是同步卫星的轨

道半径的|■，下列说法正确的是（）

A.P和S绕地球运动的向心加速度大小不相等

B.。和S绕地球运动的线速度大小之比为布：2

C.。和S绕地球运动的周期之比为1：J5

D.P和。绕地球运动的向心力大小一定相等

2、如图甲所示，一铝制圆环处于垂直环面的磁场中，圆环半径为r,电阻为K,磁场的磁感应强度8随时间变化关系

如图乙所示，1=0时刻磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（）

在，=为时刻，环中的感应电流沿逆时针方向

B.在，=片时刻，环中的电功率为

Rte

c.在，=办时刻，环中的感应电动势为零

D.O~fo内，圆环有收缩的趋势

3、一物块的初速为w,初动能为W。,沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处。此过程中，物

块的动能&与位移x,速度y与时间f的关系图像正确的是（）

4、如图所示，做实验“探究感应电流方向的规律”。竖直放置的条形磁体从线圈的上方附近竖直下落进入竖直放置的线

圈中，并穿出线圈。传感器上能直接显示感应电流i随时间f变化的规律。取线圈中电流方向由。到匕为正方向，则传

感器所显示的规律与图中最接近的是（）

5、2020年1月我国成功发射了“吉林一号"卫星，卫星轨道可看作距地面高度为650km的圆，地球半径为6400km,

第一宇宙速度为7.9km/s。则该卫星的运行速度为（）

A.11.2km/sB.7.9km/sC.7.5km/sD.3.1km/s

6、太阳内部持续不断地发生着4个质子（；H）聚变为1个氢核（：He）的热核反应，核反应方程是4；Hf；He+2X,

这个核反应释放出大量核能。已知质子、氢核、X的质量分别为㈣、mz、nh,真空中的光速为c。下列说法中正确的

是（）

A.方程中的X表示中子；n

B.方程中的X表示电子；e

C.这个核反应中质量亏损\in=mi—m2—m3

D.这个核反应中释放的核能AE=（4wn-"?2—2,"3）c2

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。分。

7、如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，Ro为定值电阻，R为滑动变

阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表Ai的示数减小了0.2A,电流表A2的示数减小了

0.8A,所有电表均为理想电表，则下列说法正确的是（）

A.电压表Vi示数减小

B.电压表V2、V3示数均减小

C.该变压器起降压作用

D.变阻器滑片是沿d-c的方向滑动

8、如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，

沿斜面向下运动，经C点到达8点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角。=30。，物块与斜面间的动摩

擦因数程，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是（）

A.物块在上滑过程中机械能一定减小

B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能

C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能

D.物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零

9、如图所示，质量为g的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上.现对木块施加一水平向右的拉力F,木块在

长木板上滑行，长木板始终静止.已知木块与长木板间的动摩擦因数为阳，长木板与地面间的动摩擦因数为阳，且最

大静摩擦力与滑动摩擦力相等.贝lj()

A.阳一定小于JU

B.阳可能大于也

C.改变F的大小，F邛2(mi+m2)g时，长木板将开始运动

D.改F作用于长木板，F>Qii+|i2)(mi+m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动

10、小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向抛出，最终落在该斜面上.已知小球甲在空中运动的时间为t,落在斜面

上时的位移为s,落在斜面上时的动能为Ek,离斜面最远时的动量为p.现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端

V

以初速度一(n>l)沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()

n

A.小球乙落在斜面上时的位移为上

n

B.小球乙在空中运动的时间为,

n

C.小球乙落在斜面上时的动能为司

n

D.小球乙离斜面最远时的动量为与

n

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)如图甲所示，一根伸长可忽略的轻绳跨过轻质定滑轮，两个质量相等的硅码盘分别系于绳的两端。甲、乙

两位同学利用该装置探究系统加速度与其所受合力的关系。共有9个质量均为m的硅码供实验时使用。

请回答下列问题：

(1)实验中，甲将左盘拉至恰好与地面接触，乙把5个硅码放在右盘中，4个底码放在左盘中。系统稳定后，甲由静止

释放左盘；

⑵若要从⑴的操作中获取计算系统加速度大小的数据，下列器材中必须使用的是一(填正确答案标号)；

A.米尺

B.秒表

C.天平

D.弹簧秤

(3)请说明用(2)中选择的器材要测量本实验中的必要物理量是：；

(4)由(3)中测量得到的物理量的数据，根据公式(用所测量物理量的符号表示)，可以计算出系统加

速度的大小：

(5)依次把左盘中的祛码逐个移到右盘中，重复⑴(3)(4)操作；获得系统在受不同合力作用下加速度的大小，记录的数

据如下表，请利用表中数据在图乙上描点并作出a-F图象；

实验次数12345

合外力F(mg)13579

加速度a(m・s,)0.200.600.991.381.80

(6)从作出的a-F图像能得到的实验结论是：。

12.(12分)某同学用如图所示装置做“探究加速度与合力关系”的实验。测得小车(带遮光片)的质量为当地的

(1)实验前，用游标卡尺测出遮光片的宽度，示数如图所示，则遮光片的宽度为d=—cm。

(2)为了使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，必须o

A.将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力

B.砂和砂桶的总质量远小于小车的质量

C.减小遮光片的宽度

(3)调节好装置，将小车由静止释放，与光电门连接的计时器显示小车通过光电门时遮光片的遮光时间/,要测量小

车运动的加速度，还需要测量__________(填写需要测量的物理量名称)，若该物理量用x表示，则小车运动的加速度

大小为(用测得的物理量符号表示)。

(4)保持小车每次释放的位置不变，光电门的位置不变，改变砂和砂桶的总质量，重复实验，测得多组小车通过光电

门的遮光时间/及砂和砂桶的总质量，"，为了使图像能直观地反映物理量之间的关系，应该作出______(填“利-/”、

“加一“加一；,,或“加一视,,)图像，当图像为过原点的一条倾斜的直线，表明质量一定时，加速度与合力成正比。

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，竖直平面内固定一半径为K的光滑半圆环，圆心在。点。质量均为，”的A、8两小球套在圆

环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O等高，球3在圆心。的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。

(1)对球8施加水平向左的力F,使4、5两小球静止在图示位置，求力的大小产；

(2)由图示位置静止释放4、8两小球，求此后运动过程中4球的最大速度也

(3)由图示位置静止释放4、8两小球，求释放瞬间8球的加速度大小

14.(16分)如图所示，在平面坐标系xOy的第I象限内有M、N两个平行金属板，板间电压为U,在第H象限内存

在沿y轴负方向的匀强电场，在第田、IV象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为机、电荷量为g的带正

电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止释放后，经N板上的小孔穿出，从y轴上的A点沿x轴负方

向射入电场，从x轴上的C点(x,=2])离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点。处再次进入电场。求：

(1)粒子运动到A点的速度大小

(2)电场强度E和磁感应强度B的大小

15.(12分)质量为1kg的小型无人机下面悬挂着一个质量为0.5kg的小物块，正以2m/s的速度匀速下降，某时刻

悬绳断裂小物块竖直下落，小物块经过2s落地，已知无人机运动中受到的空气阻力大小始终为其自身重力的0」倍,

无人机的升力始终恒定，不计小物块受到的空气阻力，重力加速度为10m/s"求当小物块刚要落地时：

(1)无人机的速度；

(2)无人机离地面的高度。

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、B

【解析】

A.由

-Mm

G——=ma

可知，P和S绕地球运动的向心加速度大小相等，故A错误;

B.由

2

「Mmv

G——=m——

rr

可得

GM

又

2

则。和S绕地球运动的线速度大小之比为

VQ:—>/6:2

故B正确;

C.由

Mm

可得

,3

7=2兀

GM

。和S这两种不同类型轨道卫星绕地球运动的周期之比为

TQ：T5=:1=2府9

故C错误;

D.由于P和。的质量不一定相等，所以。和。绕地球运动的向心力大小不一定相等，故D错误。

故选B。

2、B

【解析】

A.由磁场的磁感应强度8随时间变化关系图象可知，磁场反向后，产生的感应电流的方向没有改变，0"。时间内，

磁场垂直纸面向里，8减小，所以线圈中的磁通量在减小，根据楞次定律可判断线圈的电流方向为顺时针，所以A错

误；

BC.由图象可得斜率为

XB_综

则由法拉第电磁感应定律可得，线圈产生的感应电动势为

厂△中SAB兀/耳，

Art0

线圈的电功率为

工"<

R网

所以B正确，C错误；

D.0~力内，磁感应强度在减小，线圈的磁通量在减小，所以根据楞次定律可知，线圈有扩张趋势，所以D错误。

故选B。

3、A

【解析】

AB.设斜面的倾角为，，物块的质量为,〃，根据动能定理可得，上滑过程中

-mgxsin3-7gxeos0=Ek-Ek0

则

Ek=Ek„-(m^sin0+jjmgcos0)x

下滑过程中

mgx'sin0-^mgx'cos0=Ek-0

则

丈

Ek=(〃吆sin0-〃帆geos8)

可知，物块的动能心与位移x是线性关系，图像是倾斜的直线，根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小，故A

正确，B错误；

CD.由牛顿第二定律可得，取初速度方向为正方向，物块上滑过程有

-mgsin夕一/jmgcos0=ma

下滑过程有

-mgsin0+Ringcos0=ma

则物块上滑和下滑过程中加速度方向不变，但大小不同，故CD错误。

故选Ao

4、B

【解析】

磁体进入线圈〃端的过程，其磁场穿过线圈向上且增加，由楞次定律知感应电流的磁场向下，则线圈中的电流方向从匕

到为负值。磁体在线圈中间运动时，其磁场穿过线圈的磁通量不变，无感应电流，磁体离开线圈端的过程，磁

场穿过线圈向上且减小，由楞次定律知感应电流的磁场向上，则电流方向从4到。，为正值，且此过程磁体运动速度

大于进入过程，磁通量的变化率大。由法拉第电磁感应定律知，该过程的感应电动势大，则感应电流大，故B正确。

故选B。

5、C

【解析】

近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有

2

「Mmv

G—丁=m—

R2R

则有第一宇宙速度

丝=7.9km/s

VR

“吉林一号''卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有

(2

MmV

G---------=m

(R+4R+h

联立解得

v-7.5km/s

故C正确，ABD错误。

故选C。

6、D

【解析】

AB.由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为；e,故AB错误；

CD.质量亏损为

△/n=47?h-/W2-2w3

释放的核能为

△£=Amc2=(4机1-m2-2"?3)c2

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。分。

7、CD

【解析】

ABD.根据变压器原理，输入电压S和输出电压S保持不变，而A2示数减小，说明负载电路电阻变大，所以滑动变

阻器R变大了，即变阻器滑片是沿dfC的方向滑动的，故AB错误，D正确；

C.原、副线圈中电流和匝数成反比，即

电流变化时，则有

n}-A/,=%•M

可求得

%:=4:1

故变压器应为降压变压器，故C正确。

故选CD»

8、CD

【解析】

A.上滑过程中满足

Eqcos0>f+mgsin0

则电场力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其它力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；

B.上滑过程中由动能定理

叱小Wf

则

理〉％

则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；

C.由于滑块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能

一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；

D.当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为

N=〃?gcos30°

摩擦力

/=///wgcos30o=//igsin30°

可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合

力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，

则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。

故选CDo

9、BD

【解析】

因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小.通过对木板分

析，根据水平方向上的受力判断其是否运动.当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，

求出最小拉力.

【详解】

对m“根据牛顿运动定律有：F-|iim1g=mia,对m2,由于保持静止有：piniig-Fi=O,FrVjiz（nii+mi）g,所以动摩擦

因数的大小从中无法比较.故A错误、B正确.改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力

不变，则长木板仍然保持静止.故C错误.若将F作用于长木板,当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块,nimig=m,a,

解得a=pig,对整体分析，有F-n：（nii+m：）g=（mi+rn：）a,解得F=（川+也）（mi+m?）g,所以当F>（pi+p：）（nrii+m：）

g时，长木板与木块将开始相对滑动.故D正确.故选BD.

【点睛】

解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解.

10、BC

【解析】

at22vtan0vt_2v2tan0

设斜面倾角为0,贝!I,a2g，解得『=-------

tan8=-----Pcos0gcos0

vt*

E=-m（v2+4v2tan2=-wv2（l+4tan2；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方

k22

向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n；小球乙落在斜面上时的位移为s/i?；小球乙落在斜面上时的动能为EJi?,

Vinv

选项A错误，BC正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为匕=-动量为［=机匕=-则将

cos0cos0

与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n,选项D

错误；故选BC.

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。

,12

11,AB释放前，用米尺测量右盘离地面的高度〃，用秒表记录右盘下落至地面的时间fh=­at~

2

系统质量一定时，其加速度与所受合外力成正比

【解析】

(2)口］根据实验原理可知，祛码盘做匀加速直线运动，由公式可知，要得到加速度应测量释放前，用米尺测量

2

右盘离地面的高度儿用秒表记录右盘下落至地面的时间f,故AB正确。

故选AB；

(3)⑵由(2)可知，要测量本实验中的必要物理量，释放前，用米尺测量右盘离地面的高度瓦用秒表记录右盘下落至地

面的时间/

(4)［3］根据实验原理可知，硅码盘做匀加速直线运动，满足〃=二

2

(5)⑷根据表格数据描点如图

(6)⑸由图像可知，“一厂图像为经过原点的一条直线，说明系统质量不变时加速度和合外力成正比。

j2।

12、0.670B释放小车时遮光片到光电门的距离--

2xt2t2

【解析】

(D[1]游标卡尺主尺读数为0.6cm,游标尺上第14条刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为

14x0.05=0.70mm=().()7()cm

所以最终读数为

0.6cm+0.070cm=0.670cm

(2)[2]A.将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力，是为了使细线的拉力等于小车受到的合外力，故A错误;

B.砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，可以使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，故B正确；

C.减小遮光片的宽度，能提高测量小车速度和加速度的精度，故C错误。

故选B；

(3)[3H4]还需要测量释放小车时遮光片到光电门的距离，小车的加速度

小

(1------------

2x2xt2

(4)⑸由

mg=M工

2xt2

得

d2M1

m=---------------r

2xgt2

为了使图像能直观地反映物理量之间的关系，应该作出m-二图像，当图像为过原点的一条倾斜直线时，表明质量一

定时，加速度与合力成正比。

四、计算题：本题共2小题，共2