2023年四川省攀枝花市高考物理全真模拟密押卷含解析

2023学年高考物理模拟试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、氢原子的能级图如图所示。用氢原子从〃=4能级跃迁到〃=1能级辐射的光照射逸出功为6.34eV的金属伯，下列说

法正确的是（）

nE/eV

4~--O.85

3--------------------1.51

2--------------------3.4

I--------IJ.6

A.产生的光电子的最大初动能为6.41eV

B.产生的光电子的最大初动能为12.75eV

C.氢原子从〃=2能级向〃=1能级跃迁时辐射的光不能使金属箱发生光电效应

D.氢原子从〃=6能级向n=2能级跃迁时辐射的光也能使金属钳发生光电效应

2、如图所示，两同心圆环A、B置于同一光滑水平桌面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，若A环以图示

的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，则（）

A.B环将顺时针转动起来

B.B环对桌面的压力将增大

C.B环将有沿半径方向扩张的趋势

D.B环中将有顺时针方向的电流

3、如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的

压力大小为Ni,在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g,则NI-N2的值为

A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg

4、一宇宙飞船的横截面积s,以%的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有〃颗尘埃,

每颗尘埃的质量为巴若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航

行，飞船发动机的牵引力功率为（）

；3.3

A.$〃叫B.2snmv0C.snm'oD.2snn,v0

5、如图所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为机的小球，在最低点给小球一水平初速度%,同时

对小球施加一大小不变，方向始终垂直于绳的力凡小球沿圆周运动到绳水平时，小球速度大小恰好也为VOo则正确

的是（）

（＞-*/

匕

A.小球在向上摆到45。角时速度达到最大B.F=mg

C.速度大小始终不变D.b=也

71

6、如图，竖直平面内的RtAABC,48竖直、8c水平，BC=2AB,处于平行于△A5C平面的匀强电场中，电场强度

方向水平。若将一带电的小球以初动能Ek沿45方向从A点射出，小球通过C点时速度恰好沿8c方向，则（）

A.从A到C,小球的动能增加了4Ek

B.从A到C,小球的电势能减少了3Ek

C.将该小球以3a的动能从C点沿CB方向射出，小球能通过4点

D.将该小球以4同的动能从C点沿C5方向射出，小球能通过A点

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、一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹,

则（）

A.该原子核发生了a衰变

B.该原子核发生了?衰变

C.打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动

D.该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加

8、如图所示，两块长方体滑块A和B叠放在倾角为，的斜面体C上。已知A、B质量分别为如和四，A与C的动

摩擦因数为小，B与A的动摩擦因数为小.两滑块AB在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始

终保持静止，则下列说法正确的是（）

A.斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左

B.滑块A与斜面间的动摩擦因数〃i=tanO

C.滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为（mi+mi）gcosO

D.滑块B所受的摩擦力大小为"MigcosO

9、如图，倾角为30。的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端8分别固定等量的同种负电荷。质量为

机、带电荷量为的物块从斜面上的P点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点。时速度达到最大值小,

运动的最低点为。（图中没有标出），则下列说法正确的是（）

A.P,。两点场强相同

B.UPO=UOQ

C.尸到。的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动

D.物块和斜面间的动摩擦因数〃=立

10、在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N,做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流

I,同时外加与薄片垂直的磁场B,M、N间的电压为UH.已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向

如图所示，下列说法正确的有（）

TT»1

,LH•

A.N板电势高于M板电势

B.磁感应强度越大，MN间电势差越大

C.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变

D.将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势

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）某实验室欲将电流表改装为两用电表：欧姆表：中央刻度为30的“xio”档；电压表：量程0〜6V。

A.干电池组（E=3.0V）

B.电流表Ai（量程0〜10mA,内阻为100。）

C.电流表A2（量程0〜0.6A,内阻为0.2。）

D.滑动变阻器Ri（0-30052）

E.滑动变阻器&（0〜30。）

F.定值电阻凡（10ft）

G.定值电阻用（500Q）

H.单刀双掷开关S,一对表笔及若干导线

（1）图中A为（填“红”或“黑”）表笔，测量电阻时应将开关S扳向（填“1”或"2”）。

（2）电流表应选用（填“Ai”或“A2”），滑动变阻器应选用（填“心”或“心"），定值电阻R应选

（填W或“刈”）。

（3）在正确选用器材的情况下，正确连接好实验电路，若电流表满偏电流为/g,则电阻刻度盘上指针指在（4处所对应

的阻值__________fto

12.（12分）某实验小组为了较准确测量阻值约为20。的电阻砥，实验室提供的器材有：

A.待测定值电阻及：阻值约20。

B.定值电阻Ri：阻值30。

C.定值电阻及：阻值20。

D.电流表G：量程3mA,0刻度在表盘中央，内阻约50。

E.电阻箱丛:最大阻值999.99。

F.直流电源E,电动势1,5V,内阻很小

G.滑动变阻器&（20。，0.2A）

H.单刀单掷开关S,导线等

该小组设计的实验电路图如图，连接好电路，并进行下列操作.

（1）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当.

（2）若灵敏电流计G中的电流由C流向O再调节电阻箱R3,使电阻箱R3的阻值________（选填“增大”或“减小”），

直到G中的电流为（填“满偏”、“半偏”或"0”）.

（3）读出电阻箱连入电路的电阻心，计算出风.用R、R2、心表示心的表达式为砥=_______

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，光滑水平地面上，一质量为1kg的平板车上表面光滑，在车上适当位置固定一竖直轻杆,

杆上离平板车上表面高为L=1m的。点有一钉子（质量不计），一不可伸长轻绳上端固定在钉子上，下端与一质量

M=1.5kg的小球连接，小球竖直悬挂静止时恰好不与平板车接触。在固定杆左侧放一质量为机2=0.5kg的小滑块，现

使细绳向左恰好伸直且与竖直方向成60。角由静止释放小球，小球第一次摆到最低点时和小滑块相碰，相碰时滑块正

好在钉子正下方的0,点。设碰撞过程无机械能损失，球和滑块均可看成质点且不会和杆相碰，不计一切摩擦，g取

lOm/s2,计算结果均保留两位有效数字。求：

（1）小滑块初始位置距O'的水平距离a；

⑵碰后小球能到达的最大高度H.

14.（16分）如图甲所示，质童为"?=0.3kg的小物块8（可视为质点）放在质量为M=O.lkg、长度L=0.6m的木板A

的最左端，A和3一起以vo=lm/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板尸发生弹性

碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5s内8的速度v随时间，变化的图像如图乙所示。取重

力加速度g=10m/s2,求：

（1）A与5间的动摩擦因数

（2）A与尸第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；

（3）A与尸碰撞几次，B与A分离。

15.（12分）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道45c和水平绝缘轨道总在A点相切，8c为圆

3

弧轨道的直径，。为圆心，04和03之间的夹角为a,sina=-,整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为

电荷量为g（4>0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道;

已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g。求

⑴匀强电场的场强大小；

⑵小球到达A点时速度的大小;

(3)小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离。

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、A

【解析】

AB.从〃=4能级跃迁到〃=1能级辐射的光子能量为

13.6-0.85=12.75eV

产生的光电子的最大初动能为

Ek=Av-V^,=12.75-6.34=6.41eV

故A正确B错误；

C.氢原子从〃=2能级向"=1能级跃迁时辐射的光子能量为10.2eV,能使金属钳发生光电效应，故C错误；

D.氢原子从〃=6能级向”=2能级跃迁时辐射的光子能量小于逸出功，故不能发生光电效应，故D错误。

故选A。

2、C

【解析】

略考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律.

分析：因带电绝缘环A的运动，相当于电荷定向移动，从而产生电流，导致圆环B中的磁通量发生变化，产生感应电

流.使得处于磁场中的B圆环受到力的作用.

解答：解：A、A环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，设绝缘环带正电，所以产生顺时针方向的电流，

使得B环中的磁通量变大，由楞次定律可得感应电流方向是逆时针的,两环的电流方向相反，则具有沿半径扩张趋势.若

绝缘环带负电，所以产生逆时针方向的电流，使得B环中的磁通量仍变大，由楞次定律可得感应电流方向是顺时针的,

两环的电流方向仍相反，则仍具有沿半径扩张趋势.

由上可知，B环不会转动，同时对桌面的压力不变.

故选C

点评：由楞次定律来确定感应电流方向，同时当电流方向相同时，两者相吸引；而当电流方向相反时，两者相排斥.

3、D

【解析】

试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得N,+，〃g=m区，在最低点，根据牛顿第二定律可得乂-mg=加日，

rr

从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有〃吆-2r=］阴2联立三式可得乂-乂=6m8

考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式

【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低

点时的压力大小，则可求得压力的差值.要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下.

4,C

【解析】

根据题意求出时间/内黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理求出推力大小，利用P=Fv求得功率；

【详解】

时间t内黏附在卫星上的尘埃质量：乂=、押机,

对黏附的尘埃，由动量定理得：F，=Mvo

解得：F=nmv：s；

维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为0="。="加为's,故选项c正确，ABD错误。

【点睛】

本题考查了动量定理的应用，根据题意求出黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理可以求出卫星的推力大小，

利用P=Fv求得功率。

5、D

【解析】

本题考查动能定理的应用，要注意明确重力的功和路程无关，而拉力始终和绳垂直，即一直做正功。

【详解】

BD.小球向上摆的过程中，由动能定理：

FL^-mgL=|mvl-1%=0

解得：尸=2空

n

B错误，D正确；

因为当重力沿切线方向的分力与尸等大反向时，切线方向的加速度为零，速度达最大，设在向上摆到。角时，速度最

大:

mgcos6=F=2mg

n

2

解得0=arccos—

n

A错误;

因为两力在运动过程中做功大小不完全相同，故物体做变速运动，C错误。

故选D。

6、D

【解析】

A.设小球的速度为v,则有

斤12

E1=—mv

k2

小球通过C点时速度恰好沿5c方向，则说明小球在竖直方向上的速度减为0,小球在水平方向上做初速度为零的匀

加速直线运动，运动的位移为竖直方向上位移的2倍，则平均速度为竖直方向上平均速度的2倍，又这段时间竖直方

向的平均速度为

_v

V--

2

故水平方向的平均速度为

v*=2v=v

又

2

解得

vc=2v

则

11

%=耳9加（2丫）9=4耳

从A到G小球的动能增加了

3=4线-线=3线

故A错误；

B.由动能定理可知重力与电场力做功之和为动能的增加量即3纭，重力做负功，故电场力做功大于3线，则小球的

电势能减小量大于3Ek，故B错误；

D.由上分析可知：动能为4线，则速度大小为2%即小球以方对速度从C点沿C5方向射出。而由AB分析可知，

小球以初速度y沿A3方向从4点射出时，小球将以速度大小为2叱，方向沿8c方向通过C点，则小球以2V的速度从

C点沿C8方向射出后运动过程恰好可视为其逆过程，所以若将小球以2V的速度从C点沿C5方向射出，小球能通过

A点；故D正确；

C.由D分析可知，若将小球以方的速度从C点沿CB方向射出，小球能通过A点；则若将小球小于2y的速度从C

点沿方向射出，小球将经过A点右侧。所以，若将该小球以3纥的动能从C点沿方向射出，小球将经过A点

右侧，不能经过A点，故C错误。

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、BC

【解析】

AB.而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了0衰变，A项错误、B项正确;

mv

C.由于衰变后两带电粒子的动量大小相等，根据圆周运动的规律，带电粒子的轨迹半径一=一三，电荷量大的轨迹半

qB

径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动，c项正确；

D.衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少，D项错误。

故选BCo

8、AC

【解析】

A.把43看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为

N、=（/m+zni）gcos0*sinO

方向水平向右,对C的摩擦力在水平方向的分力为4=/bos。，方向水平向左。因为AB一起加速下滑，所以（如+加1）

gsinO>/,则M",所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左。故A正确；

B.因为起加速下滑，所以

“(m1+"八)gcos0<(mi+zni)gsinO

则“VtanO,故B错误；

C.把AB看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为

/=//i(/ni+/m)gcosG

故C正确；

D.滑块AB一起加速下滑，其加速度为

a=gsin0-//igcos0

8与A之间的摩擦力是静摩擦，则AB之间的摩擦力为

f=mia=mg(sinO-//icos0)

故D错误。

故选AC.

9、CD

【解析】

ABD.物块在斜面上运动到。点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有

mgsin0-/.imgcos0=0

所以物块和斜面间的动摩擦因数〃=tan6=*，由于运动过程中

mgsin0-pimgcos0=0

所以物块从P点运动到。点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点。与释放点P关于。点对称，则有

UPO=-UOQ

根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、。两点的场强大小相等，方向相反，故AB错误，D正确；

C.根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从产到。电场强度先减小后增大，中点。的电场强度为零。

设物块下滑过程中的加速度为。，根据牛顿第二定律有，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿

斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以尸到O电荷先做加速度减小的加速运动，。到。电荷

做加速度增加的减速运动，故C正确。

故选CD。

10、AB

【解析】

A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、

设左右两个表面相距为d,电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：

pr

设材料单位体积内电子的个数为小材料截面积为“则=e田①;②;s=dL③;由①②③得：=

dned

令人=-L,则U"=?=k±④;所以若保持电流/恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度8成正比，故B正确;

C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、

若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误.故选AB.

【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡.

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,黑1AlRiR41200

【解析】

从多用电表的表头共用特征来看，黑表笔和欧姆档内部电源的正极相连，确定A表笔为黑表笔；

[2]测电阻时，需要内接电源，要将转换开关接到1位置；

(2)[3]由于改装后的欧姆表的内阻为300。(即中值电阻)，且电源电动势为3.0V,所以最大电流为：

3

I--mA=10mA

30

所以电流表选A”

[4]改装成欧姆表时，接入一个调零电阻，由题意知欧姆表的内阻为300Q,当接入滑动器要满偏，贝！J：

E

R滑=——&=200Q

故滑动变阻器选/?i；

[5]当改装为量程为0〜4V的电压表时，应串联一个阻值为:

故定值电阻选

⑶⑹若电阻值指在处'即此时电流为:

/=—=20mA

5g

所以待测电阻：

E

4=厂凡=1200。。

R,R&

12、增大0R产个一

Ki

【解析】

(2)本实验采取电桥法测电阻，所以当电流由C流向。，说明C点电势高，所以应该增大电阻箱用的阻值使回路电

阻增大，电流减小，C点电势降低，直到C、。两点电势相同，电流计中电流为零.

(3)根据C、。两点电势相同，可得：/居=/'&，因=「氐，联立解得底=£}.

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、(1)0.52m；(2)0.32m

【解析】

(1)小球摆动过程中，设碰前小球的速度大小为%,平板车的速度大小为山，位移大小分别为公和X,”，小球开始时高

度为

〃=L(l-cos60)=0.5m

小球和平板车在水平方向动量守恒

MVM=班％

二者构成的系统机械能守恒

；加匕”2+3叫(2=町8〃

带入数据联立解得

vM=3m/s

%=2m/s

陵二色

X]M

且

xM+xl=Lsin60

解得

3Gn6

=-----m«0.52m

M10

小球从左向下摆到最低点的过程中，滑块相对于地面静止，M及杆对地向左走过的距离即为所求

a=xM=0.52m

(2)小球到最低点时以速度力与静止的滑块发生弹性碰撞，小球和滑块组成的系统动量守恒且机械能守恒，设碰后瞬间

小球和滑块的速度大小分别为片，v2,则有:

，721Vo=町匕2V2

121212

,?,vmv

2io=2''+/加2匕

联立解得

v,--!-----%=lm/s

叫

+m2

2肛!o,

v2------%=3m/s

m}+%

此后滑块向右匀速直线运动，不影响小球和车的运动，小球摆到最高点时和平板车具有相同速度乙二者组成的系统

动量守恒

MVM=("+/?!!)V

解得

v=0.6m/s

机械能守恒

2

g=+m1)v

解得

"=0.32m

14、(1)0.1(2)0.75s(3)一共可以碰撞2次

【解析】

方法一:

解：(1)碰后A向左减速，5向右减速，由图像得:

a=-Av=Im/s2

R△t

由牛顿第二定律:

/jmg=maR

求得

〃=0.1

(2)由牛顿第二定:

4减速到0后，向右继续加速，最后与3共速

由：

求得：

%=0.5s,v,=0.5m/s

此过程中，A向左移动的距离为：

12

4=-^+-«AA=0.125m

之后A与8一起向右匀速运动，时间：

与=区=0.25s

匕

所以一共用的时间：

t=%+12=0-75s•

(3)A第1次与挡板P相碰，到第2次相碰的过程内，

12

与二如一^^不=0375m

x相对=4+/=°-5m

假设第3次碰撞前，A与B不分离,A第2次与挡板P相碰后到第3次相碰的过程内