广东省揭阳、金山2023年高考物理一模试卷含解析

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、通过对自然现象及实验现象的仔细观察和深入研究，物理学家得出科学的结论，推动了物理学的发展。下列说法符

合事实的是（）

A.光电效应说明光具有粒子性，康普顿效应说明光具有波动性

B.卢瑟福用人工转变的方法发现了质子，并预言了中子的存在

C.玻尔的原子理论成功地解释了原子发光的现象

D.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，提出了原子中存在原子核的观点

2、如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板间距离为/,在正极板附近有一质量为，力、电荷量为gi（必＞0）的粒

子A,在负极板附近有一质量为,"2,电荷量为一次（伙＞0）的粒子B仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。

3

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距方的平面Q。两粒子间相互作用力可忽略，不计粒子重力，则下

列说法正确的是（）

/Q

A.粒子A、B的加速度大小之比4：3

B.粒子A、B的比荷之比为3：4

C.粒子A、B通过平面。时的速度大小之比为百：2

D.粒子A、B通过平面。时的动能之比为3：4

3、场是物理学中的重要概念。物体之间的万有引力是通过引力场发生的，地球附近的引力场又叫重力场。若某点与地

心相距X,类比电场强度的定义，该点的重力场强度用E表示。已知质量均分布均匀的球壳对壳内任一物体的万有引

力为零，地球半径为则能正确反应E与i关系的图像是（）

4、如图为甲、乙两个物体同时从同一地点出发，沿同一直线运动的速度一时间图象。则（）

A.在2〜4s内，甲处于静止状态

B.在2s时刻，甲在乙的正前方

C.在0〜6s内，甲和乙相遇一次

D.在0--6s内，甲和乙的位移相同

5、关于原子能级跃迁，下列说法正确的是（）

A.处于〃=3能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射三种频率的光子

B.各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹

灯

C.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动

能减小

D.已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV,则动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原

子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态

6、如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角0=30°.一根轻质绝缘细线的一端固定在

斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点.在小球A的正下方地面处

固定放置一带电小球B,两球相距为d.已知两球的质量均为m、电荷量均为+q,静电力常量为k,重力加速度为g,

两球均可视为点电荷.则下列说法不正确的是（）

B

2

两球之间的库仑力F=k^

cT

B.当（二，时'斜面对小球A的支持力为学

,细线上拉力为0

D.将小球B移到斜面底面左端C点，当？=2悭时，斜面对小球A的支持力为0

dJk

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、下列说法正确的是o

A.单摆的周期与振幅无关

B.机械波和电磁波都可以在真空中传播

C.只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率

D.两列波产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域交替排列

8、下列说法正确的是

A.铀238发生a衰变成钮234时,a粒子与牡234的质量之和等于铀238的质量.

B.铀238发生a衰变成钮234时,a粒子与社234的结合能之和一定大于铀238的结合能.

C.p衰变中释放的p射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流.

D.核反应方程MN+；He-oo+x中,x是质子且反应过程中系统动量守恒.

9、关于电磁波和机械波，下列说法正确的是

A.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直

B.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关

C.电磁波可以发生衍射现象和偏振现象

D.在真空中波长越短的电磁波周期越大

E.声波从空气传入水中时频率不变，波长改变

10、飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。

当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成。角。已知扫雷具质量为机，重力加速度为g,扫雷具所受浮力不能忽略,

下列说法正确的是（）

C.海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力

D.绳子拉力一定大于mg

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）用如图甲所示的装置研究小车的匀变速直线运动。图乙是某次实验得到的一条纸带，纸带上相邻两个计数

点间还有四个打点画出。已知4、8两点间距离为。，。、E两点间距离为右，且有4>4,交变电流的频率为

小车i一,打点计时器

♦BCDE

左・•・♦。右

」I——I'

祛码和盘企小

回答下列问题。

（1）纸带上显示的运动方向为；（选填“从左向右”或““从右向左”）

（2）小车运动的加速度为。=；（用题给物理量字母表示）

（3）E点的速度为唾=（用题给物理量字母表示）。

12.（12分）某同学想在验证机械能守恒定律的同时测出重力加速度，设计了如图甲所示的装置。一条轻质软绳跨过

定滑轮，两端分别系着两个小钢球”和力，两个小球的质量分别为e,=根，mb=2mQ现将两者同时由静止释放，«

在上升过程中先后通过光电门A、B,计时装置测出钢球通过光电门A、3的时间分别为i、tB,用刻度尺测出两光

电门间的距离为九

甲乙

(1)用20分度的游标卡尺测量钢球a的直径，读数如图乙所示，钢球直径为。=cm。

(2)小球经过光电门A时的速度为巳=经过光电门B时的速度为%=»(用题中给定的字母表示)

(3)要验证机械能守恒定律，只需验证____与2g/?是否相等。(用题中给定的字母表示)

(4)多次改变两光电门4、8之间的高度，重复实验，用图象法处理数据获得当地重力加速度。用纵轴代表九则横轴

代表，所得图象斜率为h则重力加速度g=o(用题中给定的字母表示)

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、足够长的两水平面中间平滑对接有一等高的水平传送带，质量%=0.9kg的小滑块A和

质量M=4kg的小滑块B静止在水平面上，小滑块B的左侧固定有一轻质弹簧，且处于原长。传送带始终以v=lm/s的

速率顺时针转动。现用质量恤=100g的子弹以速度M,=40m/s瞬间射入小滑块A,并留在小滑块A内，两者一起向右运

动滑上传送带。已知小滑块A与传送带之间的动摩擦因数"=0.1,传送带两端的距离/=3.5m,两小滑块均可视为质点，

忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

⑴小滑块A滑上传送带左端时的速度大小

(2)小滑块A在第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能

(3)小滑块A第二次离开传送带时的速度大小

B

14.(16分)如图所示，质量为叫的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为川=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m2=2,小的小木块(看成质点)从距木板右端

x=2m处以vo=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〃2=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使牝不从mi上滑下，胆1的最短长度。

⑶若如取第⑵问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。

15,(12分)如图所示，一带电微粒质量为m=2.0xl(r“kg、电荷量q=+l.0xl0-5c,从静止开始经电压为Ui=100V的

电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角0=30。，并接着进入一个方向垂直纸

面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域.已知偏转电场中金属板长L=20cm,两板间距d=17.3cm,重力忽略不计.求:

；XXXX

!B

;xxxx!

•xxxx!

i・D-----

(1)带电微粒进入偏转电场时的速率VI；

(2)偏转电场中两金属板间的电压U2；

(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少.

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、B

【解析】

A.光电效应、康普顿效应都说明光具有粒子性，故A错误；

B.卢瑟福用人工转变的方法发现了质子，并预言了中子的存在，故B正确；

C.玻尔的原子理论没有完全成功地解释原子发光现象，故C错误；

D.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，认为原子核有内部结构，故D错误；

故选B。

2、B

【解析】

设电场强度大小为E,两粒子的运动时间相同，对粒子A有

q】E

my

72m,

对粒子B有

_q?E

出--

m2

41qE

一［=------2---12

72m2

联立解得

ai:%=3:4

"幺=3:4

网

故A错误，B正确；

C.由v=at得

V,_tz,_3

v2a24

故C错误；

D.由于质量关系未知，动能之比无法确定，故D错误。

故选B。

3、C

【解析】

电场中FHEq,类比电场强度定义，当时

即在球外E可与*2成反比；当x<R时，由于质量均分布均匀的球壳对壳内任一物体的万有引力为零，距地心r处的引

力场强是有半径为x的“地球”产生的。设半径为x的“地球”质量为Mx,则

M43炉

-------------X—7LX'M

Mx=4兀/3充

3

则

GMrGM

E引=2———TT-X

r2K

故C正确。

故选C。

4、C

【解析】

A.在7图象中，斜率代表加速度，纵坐标表示速度大小，故在2〜4s内，甲处于匀速运动状态，故A错误；

B.因^图像的面积等于位移，可知在0-2s内乙的位移大于甲，则在2s时刻，乙在甲的正前方，选项B错误；

CD.开始阶段乙比甲运动的快，乙在前，甲在后，此后乙做减速运动，甲做加速，再做匀速；而在0~6s内，甲的位

移为24m,乙的位移为18m,说明甲的位移大于乙的位移，且在两个物体同时停止前甲追上乙，此后甲一直在前，故

只相遇一次，故C正确，D错误。

故选C.

5、B

【解析】

A.处于〃=3的一个氢原子回到基态时可能会辐射一种频率的光子，或两种不同频率的光子。处于〃=3的“一群”氢原

子回到基态时会辐射三种频率的光子；故A错误；

B.根据玻尔理论，各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成

五颜六色的霓虹灯，故选项B正确；

C.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动

能增大。故选项c错误；

D.根据能量守恒可知，要使原来静止并处于基态的氢原子从基态跃迁到某一激发态，需要吸收的能量为1.09eV,

则必须使动能比1.09eV大得足够多的另一个氢原子与这个氢原子发生碰撞，才能跃迁到某一激发态，故D错误。

故选B。

6、C

【解析】

2

A.依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为F=k4，故A正确；

广

BC\当2=时,则有1＜工=-mg,

dJ2k/2

对球受力分析，如图所示:

F

根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为N=Jmg；

4

T=-mg,故B正确，C错误；

4

依据几何关系可知，T与F的夹角为120。，当\=时，即有k2；=mg,根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂

直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0,故D正确；

本题选择错误的答案，故选C.

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,AD

【解析】

A.单摆周期为：

[L

T=2nu—

与振幅无关，A正确；

B.机械波必须在弹性媒介中传输，不能在真空中传播；电磁波可以在真空中传播，故B错误.

C.受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等

于物体的固有频率时发生共振，C错误；

D.两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，D正确.

8、BD

【解析】

A、铀238、牡234发生衰变时质量都要亏损，释放的核能转化为动能，故A错误；

B、几个粒子从自由状态结合成为一个复合粒子时所放出的能量叫结合能，结合能数值越大，分子就越稳定，所以铀

238发生a衰变成钮234时,a粒子与牡234的结合能之和一定大于铀238的结合能，故B正确；

C、0射线的本质是原子核内部一个中子变成一个质子和电子产生的，故C错误；

D、设X的质量数为m,电荷数为n,则有：4+14=17+m,2+7=8+n,解得：m=l,n=l,所以X表示质子，故D正确;

【点睛】

发生衰变时质量都要亏损，释放的核能转化为动能，几个粒子从自由状态结合成为一个复合粒子时所放出的能量叫结

合能，结合能数值越大，分子就越稳定，P射线的本质是原子核内部一个中子变成一个质子和电子产生的.

9、ACE

【解析】

A.电磁波传播方向与电场方向、磁场方向均垂直，故A正确；

B.电磁波在真空中传播速度不变，与频率无关，故B错误；

C.衍射是一切波都具有的现象，电磁波是横波，只要是横波就能发生偏振现象，故C正确；

12

D.T=7一，周期与波长成正比，故D错误；

fC

V

E.声波从空气传入水中时频率不变，因为波速变大，由几=7,可知波长边长，故E正确。

故选：ACEo

10、AC

【解析】

A.对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦阻力，如图，故A正确；

B.根据平衡条件，有:

竖直方向:

F浮+Tcos8=〃zg

水平方向：

/=Tsin0

计算得出：

丁「g-F浮,

COS0

故B错误；

CD.扫雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦阻力等于拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大

于，"g,故C正确、D错误。

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.从左向右区一⑷,乌二

7530

【解析】

(1)[1]小车加速运动，相邻两点间距离越来越大，所以依次打出点的顺序是E、。、C、B、A,则纸带显示的运动方向

为从左向右。

(2)[2]交变电流的频率为了,则相邻打点的时间间隔为

T=L

f

则图乙中相邻计数点间的时间为5T,由运动规律得

L「k=3a(57)2

解得

(一"

a=―!--^―

75

(3)由运动规律得

1,

2

L2=V„(5T)+-«(5T)

vE=vD+a(5T)

解上述两式得

J7L2-L,)/

30

D£3D2

12、0.9503D2

’8~2k

【解析】

(Dili.铜球直径

D=9mm+10x0.05mm=9.50mm=0.950cm

(2)[2][3].用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度

£

’8

(3)[4].机械能守恒需满足

2

]D、砥)/件

(%一%)g力=5(丸+?)—丸+

2VB72\lAJ

即

2gh=3D2

(4)[5].由

(11、

2gh=3D?---

得

,3D2(11)

2gaf”

一11

所以用纵轴表示心用横轴表不开一不。

[6].斜率

,3£)2

K=-------

2g

重力加速度

3D2

g

2k

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)3.6J(3)l.Om/s

【解析】

(1)子弹打人小滑块4的过程中，动量守恒

/%=(，/+加)匕

解得

vi=4m/s

(2)小滑块A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有

代人数据解得

也=3m/s

因为V2>V,所以小滑块A在第一次到达传送带右端时速度大小为3m/s,小滑块A第一次压编弹簧的过程中，当小滑

块A和5的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有

^mn+ni)v2=("4)+m+M^v3

代人数据解得

V3=0.6m/s

根据能量守恒定律得

Epm=g(牲+根)田一g(a+根+MM

代人数据解得

£pm=3.6J

⑶从小滑块A开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整体可看成弹性碰撞，则有

(〃%)+m)v2=(〃4)+m)v4+Mv3

4-/7?

解得

V4=-1.8m/s

V3=1.2m/s

设小滑块A又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L,则根据动能定理有

-ju(mv+m')gL=O--(mn+m)vl

解得

L=1.62m

由于/</,小滑块4滑回传送带上先减速到零，再在传送带上加速到与传送带共速，设小滑块A与传送带共速时向右

滑动的距离为s,则根据运动学公式得

2/jgs=v2-0

解得

s=0.5m

由于则小滑块A第二次从传送带离开时的速度大小为LOm/s。且从传送带右端离开.

81

14、(l)2.8m；(2)—m；(3)—m

330

【解析】

(1)设滑块到达木板右端的速度为内，由动能定理可得

-/J2m2gx=-tn2v^--m^

代入数据，解得vi=8m/s

设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为加，由动能定理可得

f2g(尺+4)=0一如1

代入数据，解得知=2.8m。

(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小肛=8m/s,滑上木板后，滑块的加速度为改，由牛顿第二定

律

"2m2g=，找a22

木板的加速的为ai,由牛顿第二定律

外叫一从(利+吗)g=网的

22

解得a,=3m/s,a2=9m/s„

设经过“时间后两者共速，共同速度为V,

由运动学公式可知

2

v=K—研=g，/)=-s

解得u=2m/s

该过程中木板的位移

v

2

x.=­m

13

滑块走过的位移

v.+v

x=-1—t.

221

10

=­m

3

由于％<Xo=lm,假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度

L-x^—xy

Q

联立以上各式，解得L=1m

(3)滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为。，由牛顿第二定律可知

M(肛+网)且=(町

解得a-5m/s2

滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为也