2023届全国高考仿真模拟测物理试卷（解析版）

2023年全国高考仿真模拟测试卷（新教材）

1.2023年3月底受冷空气以及大风天气影响，全国各地均出现不同程度的沙尘天气，内蒙

古、北京等中北部地区局部有强沙尘暴，甚至局部地区出现下“泥点”的恶劣天气，山东、河

南、安徽、江苏等华东地区也都出现AQ“空气质量指数）爆表达到500的现象，AQ/指数中

一项重要指标就是大家熟知的PM2.5指数，PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5/zm的悬浮

颗粒物，漂浮在空中，很难自然沉降到地面。对于上述天气现象的解释中正确的是（）

A.中北部地区出现的沙尘暴中的沙尘颗粒所做的无规则运动是布朗运动

B.一团质量不变的沙尘暴从温度较低的地区吹到温度较高的地区，温度逐渐升高、风速逐

渐减小，其内能逐渐减小

C.PM2.5颗粒的尺寸与空气中氧气分子的尺寸数量级相当

D.PM2.5在空气中的无规则运动是由于大量空气分子无规则运动对其撞击的不平衡性引起

的

K答案ID

K解析H布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒，受到液体或气体分子的无规则撞击

所做的无规则运动。用肉眼无法观察到布朗运动。对理想气体温度升高，内能增大。

本题考查布朗运动和内能，基础题目。

【解答】A.沙尘暴的运动是气流运动形成的，不是布朗运动，故A错误；

B.从低温到高温，内能增加，内能的宏观表现是温度，温度越高，内能越大，故B错误；

C.氧分子尺寸的数量级为

而PV2.5的尺寸小于

故C错误；

DPMZ5在空气中的运动是布朗运动，由空气中大量无规则运动的分子对其碰撞引起的，

故。正确。

2.为了研究大量处于3能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用氢原子跃迁时产生的

三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，

分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于。、氏c三种

光，下列说法正确的是（）

甲

A.从同一点沿相同方向射入球形玻璃砖内，调节入射角的过程中，c光最容易发生全反射

现象

B.a、b、c三种光从真空中进入同一介质后，在介质中的波长满足以下关系：+；

，小

C.用a光照射时逸出的光电子初动能最小

D.通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度c光最宽

R答案HC

K解析2A.根据光线在球形玻璃砖中的对称性，光线射入后都不会发生全反射现象，故A

错误；

8.根据图乙可知，“、b、c三种光的遏止电压关系为：＞ub＞Ua＜根据=%可

知i"＞f5,＞建，若这三种光是原子从能级n=狱迁到较低能级时发出的光，根据跃迁原理

可得：hfuhf+hf,整理得：3_=i+±,进入同一种介质后，由于介质对三种光的

折射率不一样，造成波长发生变化，所以不再满足上述关系，故8错误；

C由B可知，a光的遏止电压最小，根据PU一可知，ci光照射时逸出的光电子初动能最

小，故C正确；

。.由8可知I"＞%,＞%,根据可知，＞Ac＞因此a光更容易发生明显的衍射

现象，单缝衍射时a光中央亮条纹最宽，故。错误。

3.2023年大年初一上映的国产科幻电影《流浪地球2》近期引起热议，影片中的太空电梯、

方舟空间站、行星发动机、量子计算机等满足了大家对未来科技发展的想象，其中太空电梯

是人类长期以来想要建造的可以通向太空的电梯，如图甲所示。而且随着科学家们对碳纳米

管材料研究的深入，使我们离成功建造太空电梯更进一步。若未来宇航员可以像电影中那样

乘坐太空电梯到达不同高度处的空间站或者补给站，宇航员与太空电梯一起停在某高度处时

的加速度与处于同一轨道高度处的地球卫星的加速度随距离地心距离/-之间的关系如图乙

所示，下列说法正确的是（）

A.图线B是地球卫星的加速度与距离地心距离r的关系图象

B.离地面越远，宇航员与太空电梯之间的弹力减小

C.宇航员跟随太空电梯到达不同位置时，均处于完全失重状态

D.太空电梯向上加速运行时，宇航员的合力方向不指向地心

K答案』D

R解析HA.地球卫星的加速度/=等，宇航员在电梯中的加速度无二3。，因此图线4

为地球卫星的加速度与距离地心距离r的关系图象，图线B为宇航员在电梯中的加速度与距

离地心距离r的关系图象，故A错误。

8.若电梯舱对航天员的弹力表现为支持力时，有G管-底=册4?7，解得

%=G詈-md’，

角速度不变，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小；

若电梯舱对航天员的弹力表现为拉力时，有G等+&54,解得&=詈，

角速度不变，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力增大；故B错误；

C.电梯舱在r=2处的站点时，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，电梯舱对航天

员的弹力等于零，航天员只受到万有引力，所以航天员处于完全失重状态，故C错误。

。.太空电梯向上加速运动时，宇航员距离地面的高度增加，所以宇航员随地球转动的线速度

在增大，因此宇航员在圆周运动的切线方向有加速度，所以宇航员的合加速度方向不沿半径

方向指向地心，即宇航员受到的合力方向不指向地心，故力正确。

4.如图所示，空间中有一处于竖直平面内的半径为R的光滑圆轨道，在圆心0处固定一

个带正电的带电小球，另有一个质量为小带负电的小球在圆轨道外侧沿着轨道做圆周运动,

当小球以速率1f=、入洒过最低点8时，轨道对小球的弹力大小为2伙?，两小球均可视为

质点，重力加速度为g,则（）

B

A.小球在A点受到的弹力小于在B点受到的弹力

B.两小球之间的库仑力大小为6/ng

C.小球能做完整的圆周运动时，在最高点受到的支持力始终比最低点受到的支持力大4〃际

D.现将0点小球的电荷量增大一倍，若仍要使另一个小球做完整的圆周运动，小球通过最

低点B的速度需要满足二、宜<；3<x~TsgR

K答案』D

R解析HAS,设两小球之间的库仑力为尸,小球在A点的弹力为5,在B点受到的弹力为为,

在B点，由牛顿第二定律可得/_用9-&=

代入数据得：F=8mg

从A到达8点过程，小球满足机械能守恒，故有:m「：+2mgR=；mtg

解得！=，证

当小球通过A点时，由牛顿第二定律可得mg+F-匕

联立解得：&=8mg，即巳〉片，故A8错误；

C若小球能做完整的圆周运动，由机械能守恒定律可知小球在A、B两点的动能之差

为dEa=2mg/?,在A点由牛顿第二定律可得：mg+F-&=m系

在8点有：f—mg—Fa

联立解得压力差：d&=〃-5=6mg，故C错误；

。.若0点小球的电荷量增大一倍，则库仑力增大为2凡则小球通过8点有最大速率时，小

球与轨道间的弹力为零，由牛顿第二定律可得2F-mg=m^

解得小球通过8点的最大速率为「es=/!时，要使小球能做完整的圆周运动，到达A

点时的最小速度为0,对应的B点最小速度应满足：2mgA=，解得-2、,万员，

所以要使另一个小球做完整的圆周运动，小球通过最低点B的速度需要满

足二'万天W心W、彳强，故。正确。

5.如图所示的电路中，闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰好静止在平行

板电容器之间的M点，其中二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是（）

A.向右移动R?的滑片，小球向下移动

B.向右移动的滑片，小球的电势能将减小

C.向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势

D.断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，例点的电势将升高

K答案』BC

K解析RA.向右移动R,的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变，因此小球

仍静止不动，故4错误；

8.向右移动&的滑片，&两端电压增大，电容器两端电压增大，两极板之间的场强增大，小

球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小，故8正确；

C电容器极板间距〃增大，根据代羔可知C减小，由C得到“不变时，2减小，

由于二极管的存在，电容器无法放电，所以。增大，二极管右端电势高于左端电势，故C

正确；

。.插入金属板后，电容器极板间距d减小，根据C=幺、C=M、E=?可知：E="封，

4xiedUd3

间距减小，极板间场强不变，M点到下极板间距不变，电势差不变，因此M点电势不变，

故。错误。

6.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，竖直放置时另一端位于。点，现将绝缘不带

电物块〃和带正电的物块b叠放在弹簧上，系统稳定时弹簧上端位于P点。。、。的质量均

为，小。的电荷量为q,在空间中加上竖直向上的匀强电场，下列说法正确的是（）

•o

1T

A.若场强大小为子，a、〃在0尸之间某一位置分离

■

B.若场强大小为詈不在"之间某一位置分离

C.若场强大小为洋，〃、〃在0点恰好分离

D.若场强大小为十，匕在尸点恰好分离

K答案』BD

R解析〃两物体叠放在轻弹簧上，并处于静止时，

此时弹簧弹力等于“6的重力，即F_=2mg.=kx,得到弹簧的压缩量*=口

k*

若F=qE=；〃?g，系统做简谐振动，对。、匕两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压

缩量为X：，则-mg+kVj=2mg>解得=三子

32K

此时振幅为A；=t—八=d，2A.=?

则最高点时的弹簧压缩量为=x-24=)

当两物体之间作用力为0时，可以求得F=?,弹簧压缩量为叼;詈，因为d*i>Xz

所以时物体不会分离，两物体将一起做简谐振动，故4错误：

8.若F=qE=>"g，系统做简谐振动，对。、。两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的

压缩量为X；,则:Eg+kx?=2mg，解得x,=三子

则此时的振幅为A.=史里

则最高点时的弹簧压缩量为4X£=X-2A2=M

当两物体之间作用力为0时，可以求得F=把乂时，弹簧压缩量为％=日

4*4*

因为X,

所以两物体在到达最高点之前就已经分离，不能完成完整的简谐振动，即“，b会在。尸之

间分离，8正确；

C若F=qE-mg>则〃、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0,

对匕物体，根据牛顿第二定律有：

F-mg=ma

对。物体，根据牛顿第二定律有：

kx^-mg-ma

解得

“胃

所以a,6不会在。点分离，C错误；

。.若F；=qE=2mg，则。、6两物体要分离时，两者间的相互作用力为0,

对6物体，根据牛顿第二定律有：

F-mg=ma

对a物体，根据牛顿第二定律有：

kxt-:mg=ma

解得

。=望=*

即a、b恰好在图示的初始位置P点分离，。正确。

7.“抖空竹''是中国传统的体育活动之一，空竹在中国有悠久的历史，明代《帝京景物略》

一书中就有空竹玩法和制作方法记述，明定陵亦有出土的文物为证，可见抖空竹在民间流行

的历史至少在600年以上，并定为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过

程简化成以下模型：轻质弹性绳（弹力特点类比于弹簧）系于两根轻杆的端点位置，左、右手

分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。开始时两手处于同一水平线上

并保持轻杆水平，弹性绳的总长度为q,接下来分别作出如下动作：保持弹性绳两个端点的

距离不变，左手抬高使弹性绳两个端点的连线顺时针缓慢转过一个较小角度，此时弹性绳的

总长度为L：；保持弹性绳两个端点的距离不变，右手抬高使弹性绳两个端点的连线逆时针缓

慢转过相同角度，此时弹性绳的总长度为不计一切摩擦，则关于弹性绳总长度的关系正

确的是（）

A.B.C.D.k<4o

（答案DACD

K解析?构建基本模型如下，以空竹为研究对象进行受力分析，如图所示

设橡皮筋与水平方向的夹角分别为a和由同一根橡皮筋拉力大小相等，即耳-&

则平衡时有E-cos5-Scosa>解得a=S

所以两根橡皮筋与竖直方向的夹角相等，设为依根据平衡条件有：2F：cos6=mg

设弹性绳两个端点在水平方向上的距离为d,保持弹性绳两个端点之间的距离不变，无论弹

性绳两个端点的连线如何转动，〃均减小，则伊减小，8ss增大，因此向、F2均减小，根据

胡克定律可得橡皮筋的长度减小；根据几何关系可知，弹性绳两个端点的连线沿顺时针方向

与沿逆时针方向转过相同角度时，橡皮筋与竖直方向的夹角都相等，因此橡皮筋的拉力相同。

综上所述可知L：=LjVL，故选ACD.

8.如图所示，挡板ad上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,挡板中

间存在一空隙儿，儿的间距为L,磁场中且处于空隙正上方的S处有一粒子源，S到氏c

的距离也为3粒子源向各个方向均匀发射速度大小相同的带正电粒子，若粒子打到挡板上

会被吸收。某次调节粒子源的发射速度为r（未知），使挡板空隙中所有区域均有粒子射出，

且能射出的粒子数目为某时刻发射粒子总数的已知从b点射出的粒子速度方向与挡板垂

6

直，粒子电荷量为q，质量为，小不考虑粒子重力和粒子间的相互作用，则（）

B

XXXXX

，•产

XX/X\、XX

,XXX•--------\•XX--

abed

A.粒子源的发射速度为理

vn

B.两个挡板上能吸收到粒子的总长度为H巨£L

3

C.调节粒子源的发射速度为:，空隙中所有区域依然都有粒子射出

D.调节粒子源的发射速度为m射出粒子数目仍为发射粒子总数的三

26

K答案』AB

K解析》A.由题意可知，粒子运动情况如图所示

因为从〃点射出的粒子速度方向与挡板垂直，根据几何关系可知，粒子的轨迹圆心在c点,

则有：r=^=£,粒子速率为0=型，故A正确;

“m

8.由题意可知，打到左侧挡板最远点的粒子，与S点的连线长度等于粒子的轨迹直径,

由几何关系可知左侧最远点到间隙中心的距离为:=’（21户一e工）'=手。

粒子能够到达右侧挡板最远点的位置应为粒子轨迹与右侧挡板的切点,

由几何关系可知右侧最远点到间隙中心的距离为:

解得：八”也

因此挡板上能吸收到粒子的总长度*=4+X.-L=•如"了匚L，故8正确；

CD.由A知粒子发射速度2=日，则轨迹半径1=若=J根据几何关系可知，粒子到达b

13m“2

点时，匕S连线恰好等于轨迹直径，粒子运动情况如图所示，假设粒子轨迹与前相切于N点，

由几何关系，可求得切点N到间隙中心的距离为：

*=J?一争一涉，即工＜：，说明右侧能够有粒子射出的最远位置还没

有到达c点，故C错误；根据图示可知，若粒子从b点射出磁场，其从S点出射时的速度

方向与6S连线垂直斜向左上方；若粒子以与Sc垂直且斜向左下方的速度方向射出，根据粒

子的运动规律可知，粒子运动轨迹将与历相交与中间某点，此时两种情况下从S点出射的

速度方向夹角为603所以运动轨迹与be相切的粒子从S点出射速度方向与从b点射出的粒

子从S点的的出射方向夹角大于60，因此此时射出粒子数目大于发射粒子总数的;，故。

错误，故选A3。

9.某同学在学习完单摆的相关知识后，想要在家利用手边的物品测量本地的重力加速度。

用不规则的钥匙扣代替小球做成简易单摆装置，手机上的计时功能代替秒表,实验过程如下:

(1)用家中软尺测得悬挂点O到钥匙扣连接处M的长度为/；

[2或开较小角度后将钥匙扣由静止释放，并在钥匙扣第1次通过最低点按下计时“开始”按

钮，第N次通过最低点停止计时，记录手机上的时间为r,则单摆的周期T为；

(3声该同学改变细线长度后只做两次实验，得到两组长度和周期的数据：』,、七；"、弓，

利用数据测得重力加速度为:

(4)若该同学多次改变细线长度得到多组数据，描点作出得到图像，得到的图像可能是

纥)钥匙扣的形状不规则，对上述实验测得的重力加速度一(填“有”或者“无)影响。

R答案》⑶含；⑸无

K解析》(2)根据题意可知，单摆的周期为：「二三。

(3)设摆线末端与钥匙扣重心间的距离为心由周期公式可得7：=2”

解得g二

(4)根据r=.2有，变形可得厂—=昔1+咛，故户与/为一次函数关系，且与纵轴正

半轴有截距，故选及

(5)由前面数据处理分析可知，钥匙扣的形状不规则虽导致重心位置无法测量，但对重力加

速度的测量无影响。

10.传感器的基本工作原理是将非电学量转换为电学量，更方便地进行测量和控制。商家

对大宗货物的计量主要是利用电子地磅进行称重，电子地磅的原理如下：不放物体时滑动变

阻器的滑片位于A端，放上重物后电路电流变大，电流表示数改变，所以可以通过与电流

表的示数对应的重量值读出被称物体的重量。学校的物理实验小组在了解到电子地磅的原理

后，想要利用这个简单的传感器装置原理图去测量由两节干电池串联的电池组内阻，设想如

下：将干电池组接入和电子地磅原理相同的电路图中，两个弹簧的总弹力和弹簧的形变量成

正比，且测得比例系数为讥已知一节干电池的电动势为E,滑动变阻器的最大阻值等于定

值电阻的阻值，均为心,在托盘上放置不同重量的祛码，读出对应电流表的示数。根据该

小组的设想，分析如下问题：

(11则得多组祛码的重力与电流表读数的数据后，若采用图像法进行数据处理，则应该画出

G与的图像；

(2)根据测得数据进行描点作图后测得图像的斜率为截距为b,则滑动变阻器上均匀缠绕

的电阻丝沿缠绕方向的总长度L为、待测电池组内阻r为_________(用题目中

所给物理量符号表示)；

(3)考虑电流表内阻引起的系统误差，电池组内阻的测量值和真实值相比_______(填写“偏

大"、"偏小”、’湘等)

K答案(2)-聋(3)偏大

K解析H本题考查传感器的应用的实验，能从题设得出实验原理是解题的关键。

(1炉艮据胡克定律，结合电阻定律和闭合电路欧姆定律得出表达式即可解题：

(2)根据表达式结合图像斜率和纵截距的含义列方程即可求解；

(3心艮据实验原理和误差分析即可解题。

【解答】(1)由胡克定律可知：kx=G，得：*=

此时滑动变阻器接入电阻为:*=宁勺=竽&;

由闭合电路欧姆定律可知："缶，解得：G=2U+黄-荒

可知：应该画G-j图像

（2,艮据分析可知：a=-,b=2k。，手，解得：I=—2,广=一2几）-詈;

（3）考虑电流表引起的误差，内阻实际值为r=-2R。,-詈-&，因此测量值偏大。

11.空气动力学是世界科学领域里最为活跃、最具有发展潜力的学科之一，为了研究各类

高速运动的物体，如飞机、汽车等在实际运行过程中所受空气阻力的影响，可在实验室中构

建出不同的风力环境进而模拟出实际环境。现利用能产生水平方向恒定风力的实验室研究小

球的运动情况，如图所示，设定风力只存在于0<y<L6m的区域内。将小球从原点0竖

直向上抛出，在实验室中测得小球运动的最高点高度为1.8E，再次经过x轴的坐标为

x=24m，已知小球质量为0.2kg,重力加速度g取10m/s：，求：

八y/m

1.6-----------------------------------------

―►―►—►

o|---------------------------------24—>x/m

（1）实验室设定的风力大小为多少？

（2）再次经过x轴前的运动过程中速度的最大值和最小值分别为多少？

R答案』Q）由题意可知，小球在竖直方向做竖直上抛运动

最高点的竖直高度有：

h=4=1.8m

解得：t>.=♦/!

小球抛出后在风洞范围内，竖直方向做匀减速直线运动，有y=uoti-：g£

2

解得：J=04s

水平方向有0—；atj

冲出风洞时竖直方向的速度i\.=r0-/1=2m/s

水平方向的速度二att

小球从风洞区域冲出后的运动时间t?=2^=0.41

小球在风洞外水平方向的位移大小叼=at1t2

小球返回风洞后水平方向的位移.二a“x〉+-at-

联立可知:XvX.iXj=1:2：3

又：XJ+XJ+X,=24m

解得：a-50m/s:

对小球，水平方向：F-ma

代入数据得：F=1ON

（2）小球经过x=24m时的速度最大，水平速度为r：.=fl-2t1.=40m/s

此时速度为州+v»

解得Jx=2、，409E/S

小球在风洞外的最小速度出现在轨迹的最高点，等于小球离开风洞时的水平速度，

即u?=rT=atx=20m/j

在风洞内速度最小值出现在合外力方向速度减为零时，即速度方向与合力方向垂直时。

设小球所受合力方向与水平面夹角为a。

根据运动的分解，速度最小值为r*=r（）cosa

又因为cosa=/-=—

，a«

所以4=，»«■«=＜»a

故小球的最小速度为＜xVa生亘Rs。

12.如图甲所示，在绝缘水平桌面上固定有间距为L：=:e的光滑平行金属导轨，虚线MN

左侧、尸。右侧（不包含边界）存在相同的匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度3=47,

两个阻值均为20的电阻接在导轨的左右两端。导轨上放置两个完全相同的导体棒ab与cd,

导体棒的质量m=0.5Ag，长度电阻&）=而位于MN左侧，cd放在磁场边

界P。上，对心施加向右的恒力耳=5N后，时的速度-时间图像如图乙所示（£：、J段为直

线，其余段为曲线），。时刻撤去外力凡々时刻而静止，已知匕时刻的速度大小为4m/s，

过程图像围成的面积为2机。两个导体棒之间的碰撞为完全非弹性碰撞，导体棒与导

轨始终接触良好，不计导轨电阻，求：

（1）两磁场边界MN、P。之间的距离L；

（2声。时刻之后系统受到向左的变力已作用，且F：=k（1-t＞，，国际单位制下比例系数k

大小为8.0，已知施加三后的0.5s内，导体棒运动位移为*=1.15m，此过程中导轨左侧接入

的电阻R产生的焦耳热为Q=1.5）,求施加R后的0.5，内已做的功。

K答案［（1）由图像可知：匕时刻ab到达MN,匕时刻ab与cd在PQ位置发生碰撞

对于两根导体棒碰后的过程，列动量定理，则有：-引L.=0-2m%

任一导体棒接入电路的有效电阻r=>JL=2fl

根据电路规律有：R-

922--=.2/?

由q=m，’=丁，E=冗£

♦Jje

得，曰：。，="==年6"

联立可得：%=4E/S

设两导体棒发生碰撞前瞬间ab棒的速度为工，

根据动量守恒定律可知mu：=2mv:

代入数据得：%=&n/s

在MN到PQ的过程中，根据牛顿第二定律有5_n：a

根据运动学公式L=星也=2.4m

3a

（2）设施加片后的0.5s时两导体棒的速度为%,对两根导体棒整体研究,

根据动量定理有：（一B?1t—入出=2*七一2a吗

根据与满足的函数关系可知，F54t=IXs

结合q=手=^^

联立解得：

v,=O.Jm/s

根据电路规律可知，此过程中整个电路生成的热量为：Q.F=4Q

根据能量守恒定律有：W-■国一，2■国，=Q=

代入数据得：w--1.7,55/

13.如图所示，光滑水平面上放置一个水平长木板C和三光滑圆弧轨道B的组合体，在组

合体的左侧水平面上固定一个弹性挡板，挡板与组合体左端的距离为乙，现将一质量m=2kg

的物块A从圆弧轨道的最高点由静止释放，己知长木板的质量M=4kg，:圆弧轨道的质量

m=2kg，半径A=1.8m，物块与长木板上表面的动摩擦因素为＞=0.3，重力加速度

g=10m〃：，不考虑物块A经过组合体连接处的能量损失，运动过程中所涉及到的碰撞均

为弹性碰撞。

(1)先将8、C组合体通过中间的卡扣锁定在一起，求：物块A释放以后经过圆弧轨道最低

点时，对轨道的压力大小为多少？

(2期将:圆弧轨道固定，并解除8、C组合体之间的锁定，在系统最终静止之前，长木板只

与挡板发生了