2023届福建师范大学大高考物理必刷试卷含解析

2023学年高考物理模拟试卷

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、将某劲度系数为左的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端用100N的力来拉，弹簧的伸长量为10cm；若对该弹簧两

端同时用50N的力反向拉时，弹簧的伸长量为AL»则（）

A.Ar=10N/m,AL=10cm

B.i=100N/m,AL=10cm

C.Ar=200N/m,AL=5cm

D.A:=1000N/m,AL=5cm

2、在光滑的水平桌面上有两个质量均为m的小球，由长度为21的拉紧细线相连.以一恒力作用于细线中点，恒力的

大小为F,方向平行于桌面.两球开始运动时，细线与恒力方向垂直.在两球碰撞前瞬间，两球的速度在垂直于恒力

方向的分量为（）

3、如图所示，一轻绳跨过固定在竖直杆下端的光滑定滑轮。，轻绳两端点A、3分别连接质量为孙和,如两物体。现

用两个方向相反的作用力缓慢拉动物体，两个力方向与A3连线在同一直线上。当时，/。45=30°,则两

物体的质量比，”1:为（）

4、如图所示，三段长度相等的直导线a、b、c相互平行处在同一竖直面内，a、6间的距离等于6、c间的距离，通电

电流方向如图所示，则下列判断正确的是（）

b

A.导线》受到的安培力可能为0

B.导线a受到的安培力可能为0

C.导线c受到的安培力的方向一定向左

D.导线a、6受到的安培力的方向一定相同

5、一质量为，〃的物体在光滑水平面上以速度为运动，U0时刻起对它施加一与速度V。垂直、大小为尸的水平恒力，

则f时刻力F的功率为（）

A.。B.与C.5+?）D.小不

6、如图所示，“、dc、d为圆上的四个点，ac、“连线过圆心且相互垂直，置于圆心处带正电的点电荷在a点产生

的场强大小为E。若在该空间再施加一沿ac方向的大小为2E的匀强电场后，以下说法正确的是（）

A.”点的场强大小为3E,方向由c到a

B.c点的场强大小为3E,方向由c到a

C.b、d两点的场强相同，大小都为石E

D.b、d两点的场强不相同，但大小都为石E

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，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，b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“、带电量为"的小球P套在圆环上，沿环做圆周运动，通过。、

b、c三点时的速度大小分别为以=史警、以=当皿、匕=J岁。下列说法正确的是（）

A.匀强电场方向水平向右

B.匀强电场场强大小为七=”

q

C.小球运动过程中对圆环的最大压力为7.5,

D.小球运动过程中对圆环的最小压力为1.25/ng

8、以点电荷A、B的连线为x轴，以点电荷B为坐标原点建立如图所示的坐标系，点电荷A、B带电量分别为0、次,

间距为xo。一电子以一定的初速度进入该电场，由靠近坐标原点的位置沿x轴正方向运动，其电势能的变化如图中实

线所示，图线与x轴交点的横坐标为xi,图线最高点对应的横坐标为X2,则下列判断正确的是

A.0-刈之间电场强度沿x轴正方向B.A电荷带正电，B电荷带负电

q_（*2+*0）q_（一+x（））

%%

9、如图所示，水平传送带以恒定的速度y运动，一质量为，”的小物块轻放在传送带的左端，经过一段时间后，物块

和传送带以相同的速度一起运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为/，，重力加速度为g,则()

A.物块加速运动时的加速度为“g

B.物块加速运动的时间为

2Mg

C.整个过程中，传送带对物块做的功为,帆俨

2

D.整个过程中，摩擦产生的热量为，〃/

10、甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘出两物体的修图象如图所示，已知甲物体的图象是

两段半径相同的圆弧，乙物体的图象是一倾斜直线，甲的初速度末速度均等于乙的末速度。已知则下列说法正

确的（）

A.0〜fi时间内，甲乙两物体距离越来越小

B.八时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等

C.〜〃时间内，乙车在甲车后方

D.0〜〃时间内，两物体的平均速度相等

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）某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度8的大小与长

直导线中的电流大小/成正比，与该点离长直导线的距离r成反比。该小组欲利用如图甲所示的实验装置验证此结

论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表（量程为0~3A）、滑动变阻器、小磁针（置于刻有

360。刻度的盘面上）、开关及导线若干：

a.将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直导线，如图甲

所示；

瓦该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离心长直导线中电流的大小/及小磁针的偏转角度必

c.根据测量结果进行分析，得出结论。回答下列问题：

（1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为A；

（2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30°（如图丙所示），已知实验所在处

的地磁场水平分量大小为Bo=3xlO-5T,则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强度B的大小为T

（结果保留两位小数）；

南-北

丙

（3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tan，与,之间的图像如图丁所示，据此得出了

r

通电长直导线周围磁场的磁感应强度8与通电电流/成正比，与离长直导线的距离r成反比的结论，其依据是；

（4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度8与电流/及距离r之间的数学关系为

8=凡,，其中〃°为介质的磁导率。根据题给数据和测量结果，可计算出4=_______T.m/Ao

2万r

12.（12分）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：

①用天平测出A、B两个小球的质量和ine;

②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；

③先不在斜槽的末端放小球B,让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄

小球A的两位置（如图乙所示）；

④将小球3放在斜槽的末端，让小球A仍从位置尸处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球

的位置（如图丙所示）；

⑤测出所需要的物理量.

请回答：

（1）实验①中4、8的两球质量应满足

（2）在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有;（请选填“xo、加、XA、加、心、曲”）

（3）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：.

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，水平轨道A8和CO分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直光滑圆形轨道与CQ相切于

点E,一轻质弹簧原长/°=3m,将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为加=1kg的小物块尸由静止释放，

当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为/=现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与小物块P接触但不

连接。弹簧原长小于光滑轨道A5的长度，轨道靠近5处放置一质量为M=2kg的小物块。。传送带长L=25m,

沿顺时针方向以速率u=6m/s匀速转动，轨道CE长为x=4m。物块与传送及轨道CE之间的动摩擦因数均为

〃=0.2。现用小物块尸将弹簧压缩至长度为/=1.2m,然后释放，尸与。弹性碰撞后立即拿走物块P,。恰好可以

到达与光滑圆形轨道圆心等高的尸点，取g=10m/s2。

（1）求尸与Q碰撞后。的速度；

（2）求光滑圆形轨道的半径R.

[B）⑹E

14.（16分）如图所示，一竖直放置、缸壁光滑且导热良好的柱形气缸内盛有一定量的理想气体，活塞将气体分隔成

体积相同的A、B两部分；已知活塞的面积为S,此时A中气体的压强为Pi.现将气缸缓慢平放在水平桌面上，稳定

后A、B两部分气体的体积之比为1：2.在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞逸入另一部分，外界气体温度不

变.求：

I.气缸平放时两部分气体的压强；

II.活塞的质量m.

15.（12分）如图所示，质量为如的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为加=0.5,其端有一固定的、

光滑的半径K=0.4m的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的

固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距xo=lm。质量为=2四的小木块（看成质点）从距木板右端

x=2m处以yo=lOm/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为收=0.9,重力加速度取g=lOm/s?。求:

（1），”2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。

⑵使，血不从㈣上滑下，孙的最短长度。

（3）若加取第（2）问中的最短长度，，“2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。

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、D

【解析】

弹簧上的弹力为100N,伸长量

x=10cm=0.1m

由F=kx得

/:=—=—N/m=1000N/m

x0.1

用50N力拉时

AL=——=----m=0.05m=5cm

k1000

故选D。

2,B

【解析】

以两球开始运动时细线中点为坐标原点，恒力F方向为x轴正方向建立直角坐标系如图1,设开始到两球碰撞瞬间任

一小球沿X方向的位移为S,根据对称性，在碰撞前瞬间两球的Vx、V，、V大小均相等，对其中任一小球，在X方向做

初速度为零的匀加速直线运动有：V=—Z；S=--t2；V2=J^+7；细线不计质量，F对细线所做的功等于

2m22mY)

细线对物体所做的功，故对整体全过程由动能定理有：F(s+D=2x]mv2；由以上各式解得：匕=J/©vv-J—,

2\my\m

故选B.

3、D

【解析】

由相似相角形法可得

二=螫F_m2g

AO~OD'B0~OD

由于轻绳上拉力相同，由几何关系得

8O=AOtan30°

联立得

故选D。

4、B

【解析】

A.根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线力受到的安培力不可能为0,故A错误；

BD.导线a受到导线b给的向右的安培力和导线c给的向左的安培力，又因为通电电流ac之前的距离大

于成之间的距离，所以导线〃受到的安培力可能为0,而导线入受到的安培力不可能为0,所以导线。、入受到的安培

力的方向不一定相同，故B正确，D错误；

C.根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，导线c受到的安培力的方向一定向右，故C错误。

故选B。

5、B

【解析】

根据牛顿第二定律有

F=ma

因尸，%,则恒力厂的方向为初速度为零的匀加速直线运动，，时刻的速度为

,F

v=at=­t

m

根据功率的定义可知

P=F-v------

Fm

故B正确，ACD错误。

故选B。

6、D

【解析】

A.由点电荷在。点产生的场强与匀强电场方向相反可知，a点的合场强大小为E,方向由a到c,故A错误；

B.由点电荷在c点产生的场强与匀强电场方向相同可知，c点的合场强大小为3E,方向由a到c,故B错误;

CD..由平行四边形定则可知，b、d两点的场强方向不同，但大小都为近七，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、AC

【解析】

A.从最低点到最高点:

"片一；

mv；=~2mgR+qUac

解得：

故枇连线为等势线，从a到b,有

121,

~mvb-2mv^=_mgR+qU“b

解得：

3等

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由_3mg

R4q

故B错误;

C.电场力

.3

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,

—-—mv~=-mgR(l-cos37°)+qERsin37°

根据牛顿第二定律

2

FN-Eqcos530-mgcos37°=

解得最大支持力为:

%ax=75mg

根据牛顿第三定律可知，最大压力为1.5mg;根据几何关系可知，最小速度

—mv^in--=-mgR(l+cos37°)-qERsin37°

根据牛顿第二定律

V2.

Eqcos53°+mgcos37-FN=m

解得最小支持力为:

心=0

故C正确D错误。

故选ACo

8、AC

【解析】

A.0到X之间电子的电势能增大，电场力对电子做负功，电场力沿x轴负方向，故电场强度沿x轴正方向，A正确;

B.0到％过程中，电场力水平向左做负功，合电场强度水平向右，之后，电场力水平向右做正功，合电场强度水

平向左，可知A电荷带负电，B电荷带正电，B错误;

CD.电场力做功改变电势能，所以电场力的大小表示为:

闷

所以电势能随位移变化的图像的斜率为电场力，赴处电场力为0,电场强度为0,所以:

k2+k

(%+%)一

解得：如-,C正确，D错误。

%

故选ACo

9、AC

【解析】

A.物块加速运动时，由牛顿第二定律得

pmg=ma

可得

a=〃g

故A正确；

B.物块加速运动的时间为

VV

t=—=—

a4g

故B错误；

C.整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功为

W=­/nv2-O=­mv2

22

故C正确；

D.物块加速运的动时间内传送带的位移为

%带=比

物块的位移为

0+vvt

X物=---t=—

22

物块与传送带间相对位移大小为

vtv2

△X=x®-xw=—=----

22〃g

整个过程中摩擦产生的热量为

1,

Q-pnigLx=—tnv2

故D错误。

故选ACo

10、BD

【解析】

A.甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，0〜”时间内，甲的速度比乙的大，则甲在乙的前面，甲乙两物体距

离越来越大，故A错误。

B.根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知，&时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等，故B正确。

C.根据“面积”表示位移，结合几何知识可知，0〜4时间内，两物体的位移相等，“时刻两车相遇，而在〜4时间内,

甲车的位移比乙车的位移大，则知在，3〜&时间内，乙车在甲车前方，故C错误。

D.0〜〃时间内，两物体的位移相等，用时相等，则平均速度相等，故D正确。

故选BDo

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、2.001.73x10-5电流产生的磁感应强度8=0tan。，而偏角的正切值与,成正比4%X10-7

r

【解析】

(D口］电流表量程为3A,则最小分度为0.1A,由指针示数可知电流为2.00A；

(2)［2］电流产生向东的磁场，则指针指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示

则有

tan30°=—

解得

B=3X1O-5X—T=1.7X10'5T

3

(3)［3］由图可知，偏角的正切值与,成正比，而根据(2)中分析可知

r

B=B()tan0

则可知8与,成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度8与通电电流/成正比，与长导线的距离广成反比;

r

(4)［4］由公式

02乃r

可知，图象的斜率

%=^-=吆=2*10-2

2兀B。21.03

解得

4=4^x107T«m/A

12、mA>mBxo；/；xBmAxo=mAxA+mBxB；

【解析】

(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有，融2,在碰撞过程中动能守恒，故有

।।]m—j/i

/72

—mAv^=—mAv^+—mBv[,解得匕=—~()»要碰后a的速度内＞0,即，(2)由于频闪

222%+

照相的频率固定，因此只需要测量小球的水平位移，在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有X。、XA、XB；(3)

验证的方程为mAXo=mAXA+niBXB

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)4m/s(2)1m

【解析】

(1)将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为m=1kg的小物块尸由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧

长度为/=1.2m,则此时弹簧具有的弹性势能为

纥,=〃吆△/=10x(3-1.2)J=18J

弹簧水平放置时，小物块P将弹簧压缩至长度为/=1.2m,然后释放，可知此时弹簧具有的弹性势能仍为EP=18J,

则物体尸脱离弹簧后的速度满足

万僧说=E,

解得

vo=6m/s

物块尸与。碰撞满足动量守恒的能量守恒，贝必

mv0=mv+Mv]

gmv^-gmv2+；Mv1

解得

vi=4m/s

(2)物块滑上传送带上时的加速度

a-4g=2m/s2

加速到共速时的距离为

22^62-42

V-Vj=5m<25m

2a2x2

可知物块。将以6m/s的速度滑离传送带，即到达。点的速度

vc=6m/s

则由C点到厂点由动能定理:

八10

-/LiMgx_MgR=0-—

解得

R=lm

14、(1)1.5P1；(2)—

g

【解析】

找出气缸竖直放置和水平放置时，AB两部分气体的状态参量，结合玻意耳定律列方程求解