资源描述
C．
2023 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、 —颗质量为 m 的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为 R，地球表面的重力 加速度为 g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1： 9，卫星的动能( )
A．
mgR
4
B．
mgR
6
mg 2 R2
6
D．
mgR2
6
2、质量为m 的篮球从某一高处从静止下落，经过时间t 与地面接触，经过时间 t 弹离地面，经过时间 t 达到最高点。 1 2 3
重力加速度为 g ，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为( )
A． mgt + mgt + mgt 1 2 3
B． mgt + mgt 一 mgt 1 2 3
C． mgt 一mgt + mgt 1 2 3
D． mgt 一mgt 一mgt 1 2 3
3、如图所示，质量为 m 的木块 A 放在斜面体 B 上，对 B 施加一水平向左的推力 F，使 A、 B 保持相对静止向左做匀 速直线运动，则 B 对 A 的作用力大小为(重力加速度为 g)( )
A． mg B． mgsin θ C． mgcos θ D． 0
4、一个 238 U 原子核静止在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个 α 粒子( 4 He )，其速 92 2
度方向与磁场方向垂直。关于 α 粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是( )
A．运动半径之比是45:1
C．动能总是大小相等
B．运动周期之比是1:117
D．动量总是大小相等，方向相反
5、如图所示，将一交流发电机的矩形线圈 abcd 通过理想变压器外接电阻 R=10Ω，已知线圈边长
ab=cd=0.1m,ad=bc=0.2m，匝数为 50 匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比
n1 :n2=1:3，线圈在磁感应强度 B=0.2T 的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以 ω=200rad/s 的角速度匀速转动，则( )
A．从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e=40sin200t(V)
B．交流电压表的示数为 40V
C．电阻 R 上消耗的电功率为 720W
D．电流经过变压器后频率变为原来的 3 倍
6、我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带．这是因为( )
A．系好安全带可以减小惯性
B．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害
C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害
D．是否系好安全带对人和车的惯性没有影响
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、一列周期为 0.8 s 的简谐波在均匀介质中沿 x 轴传播，该波在某一时刻的波形如图所示； A、 B、 C 是介质中的三个 质点，平衡位置分别位于 2 m、 3 m、 6 m 处．此时 B 质点的速度方向为－y 方向，下列说法正确的是( )
A．该波沿 x 轴正方向传播，波速为 10 m/s
B． A 质点比 B 质点晚振动 0.1 s
C． B 质点此时的位移为 1 cm
D．由图示时刻经 0.2 s， B 质点的运动路程为 2 cm
E.该列波在传播过程中遇到宽度为 d＝4 m 的障碍物时不会发生明显的衍射现象
8、关于电磁波，下列说法正确的是( )
A．电磁波在真空和介质中的传播速度相同
B．周期性变化的电场和磁场相互激发，形成电磁波
C．电磁波谱中的无线电波与可见光相比，更容易产生显著的衍射现象
D．电磁振荡停止后，其发射到空间的电磁波随即消失
E.载有信号的电磁波可以在真空中传输也可以通过光缆传输
9、如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的 P 点向对面的山坡上水平
抛出三个质量不等的石块，分别落在 A、 B、 C 三处，不计空气阻力， A、 C 两处在同一水平面上，则下列说法正确的
是( )
A．落到 A、 B、 C 三处的石块落地速度方向相同
B．落到 A、 B 两处的石块落地速度方向相同
C．落到 B、 C 两处的石块落地速度大小可能相同
D．落到 C 处的石块在空中运动的时间最长
10 、如图所示， AC、 BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为 O，半径为 R，将等电量的两正点电荷 Q 放在圆周上，
它们的位置关于 AC 对称，与 O 点的连线和OC 间夹角为 30°，下列说法正确的是( )
A．电荷 q 从 A 点运动到 C 点，电场力做功为零
B．电荷 q 从 B 点运动到 D 点，电场力做功为零
kQ
C． O 点的场强大小为
R2
3kQ
D． O 点的场强大小为
R2
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)某同学在“探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，把按控制变量法做的两个实验的
数据都记录在下表中。数据是按加速度的大小排列的。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
F/N
0.29
0.14
0.29
0.19
0.24
0.29
0.29
0.29
0.34
m/kg
0.86
0.36
0.61
0.36
0.36
0.41
0.36
0.31
0.36
a/ (m·s-2)
0.34
0.39
0.48
0.53
0.67
0.71
0.81
0.93
0.94
若利用表中数据探究物体运动的加速度与物体受力的关系，则选用物体的质量为 m=___________，请在本题给出的坐
标纸中作出 a－F 图像________。
12． (12 分)某同学利用如图 1 所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下:
A．按照图示安装好实验装置，挂上砂桶(含少量砂子)。
B ．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等。
C．取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量m，并记录数据。
D．保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时
间 t1、 t2 ，并测量光电门甲、乙之间的距离为 s.
E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤 D。
请回答下列各问题：
(1)若砂桶和砂子的总质量为 m，小车的质量为 M，重力加速度为 g，则步骤 D 中小车下滑时所受合力大小为________。
(忽略空气阻力)
(2)用游标卡尺测得遮光片宽度(如图 2 所示) d =_________mm。
(3)在误差允许的范围内，若满足__________，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量。 (用题目所给字
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，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管长55cm，其中有一段长为 6cm 的水银柱，将长为
20cm 的空气柱 A 封闭在管的上部，空气柱 B 和大气连通 . 现用一小活塞将管口封住，并将活塞缓慢往上压，当水银柱
上升 4cm 时停止上压 . 已知外界大气压恒为 76cmHg，上压过程气体温度保持不变， A、 B 均为理想气体，求：
(1)气体 A、 B 末状态的压强；
(2)试分析此过程中 B 气体是吸热还是放热？
14． (16 分)如图所示，圆心为 O、半径为 r 的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，
外部磁场的磁感应强度大小为 B0。 P 是圆外一点， OP＝2r。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 P 点在纸面内垂
直于 OP 射出，第一次从 A 点(图中未画出)沿圆的半径方向射入圆内后从 Q 点(P、 O、 Q 三点共线)沿 PQ 方向射出圆
形区域。不计粒子重力， sin37o ＝0.6， cos37o ＝0.8。求：
(1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径；
(2)圆内磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。
15． (12 分)在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术取得胜利，即攻方队员带球沿边线前进，到底线
附近进行传中．如图所示，某足球场长 90 m、宽 60 m．现一攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动
2
可视为在地面上做初速度为 8 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为 m/s1 ．试求：
3
(1)足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；
(1) 足球开始做匀减速直线运动的同时， 该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球， 他的启动过程可以视为从静
止出发的匀加速直线运动，所能达到的[最大速度为 6 m/s，并能以最大速度做匀速运动，若该前锋队员要在足球越过
底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件?
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】
在地球表面有
GMmR2 = mg
卫星做圆周运动有：
GMmr2 = ma
由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1:9，联立前面两式可得： r=3R；卫星做圆周运动：
GMm v2
= m r2 r
得
1 GMm
Ek= 2 mv2 = 2r
再结合上面的式子可得
Ek= mgR6
A. mgR4与分析不符，故 A 错误。
B. mgR6与分析相符，故 B 正确。
C. mg2 R26与分析不符，故 C 错误。
D. mgR26与分析不符，故 D 错误。
2、 A
【解析】
选向下为正，运动全程由动量定理得： mg (t1+t2+t3 ) +I 地=0，则有：
I 地=- (mgtl+mgt2 十 mgt3 )，
负号表方向。
A． mgt + mgt + mgt ，故 A 符合题意； 1 2 3
B． mgt + mgt 一 mgt ，故 B 不符合题意； 1 2 3
C． mgt 一mgt + mgt ，故 C 不符合题意； 1 2 3
D． mgt 一mgt 一mgt ，故 D 不符合题意。 1 2 3
故选 A。
3、 A
【解析】
A 向左做匀速直线运动，则其所受合力为零，对 A 受力分析可知， B 对 A 的作用力大小为 mg ，方向竖直向上，故 A 正确。
故选 A。
4、 A
【解析】
A．衰变方程为
238 U 234 X + 4 He 92 90 2
衰变瞬间动量守恒，所以
p = p
α X
洛伦兹力提供向心力，根据
v2
qvB = m
R
解得半径
mv p
R = =
qB qB
所以 α 粒子与衰变后的新核的半径之比为
R q 90 45
α = X = =
R q 2 1
X α
A 正确；
B．原子核在磁场中圆周运动的周期为
T =
2几 m
qB
所以 α 粒子与衰变后的新核的周期之比为
T q m 90 4 90
α = X . α = . =
T q m 2 234 117
X α X
B 错误；
C．二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系
p = mv = 2mE
k
可知 α 粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同， C 错误；
D． α 粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方 向不同， D 错误。
故选 A。
5、 C
【解析】
A．从图示位置开始计时，磁通量为零，感应电动势最大，所以电动势随时间的变化关系为
e = NBS cost (V)
代入数据得e= 40cos200t (V)，故 A 错误；
m
B．由瞬时值表达式e= 40cos200t (V)，可知线圈产生的电动势最大值为E = 40 V，但电压示数是有效值，故示
数为
E
U = m = 20 2 V
2
故 B 错误；
C．根据
U :U = n : n
1 2 1 2
解得变压器副线圈的电压U = 60 2 V，所以电阻 R 上消耗的电功率为
2
U
2
P = 2 = 720 W
2 R
故 C 正确；
D．交流电的频率经过变压器不发生变化，故 D 错误。
故选 C。
6、 B
【解析】
AB ．惯性的大小只与物体的质量有关，故司机驾车时系安全带，可以防止惯性的危害，但不能减小惯性， A 错误， B
正确；
CD ．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害， C 错误， D 正确；
故选 BD。
【点睛】
此题通过不同的选项考查了学生对惯性知识的理解，一定要知道惯性是物体本身的一种性质，任何物体任何情况都有 惯性，其大小只与物体的质量有关．
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、 BCD
【解析】
入 8
由题图知，波长 λ＝8 m，则波速为v ＝ = m/s ＝10 m/s．此时B 质点的速度方向为－y 方向，由波形的平移法知，
T 0.8
x 1 该波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；A 质点与 B 质点平衡位置相距 x＝1 m，则波从 B 质点传到 A 质点的时间t ＝ = s
v 10
3 1
＝0.1 s，故 B 正确； B 质点此时的位移为 y＝ 2 sin π cm＝1 cm，故 C 正确；由题图所示时刻经 0.2 s ＝ T，由波
4 4
形平移法可知， x＝5 m 处质点的状态传到 B 质点， B 质点的运动路程为 s＝2y＝2 cm，故 D 正确；因该列波的波长为 8 m，则该列波在传播过程中遇到宽度为 d＝4 m 的障碍物时会发生明显的衍射现象，故 E 错误．
8、 BCE
【解析】
A．电磁波在介质中的传播速度小于真空中的速度，选项 A 错误；
B．周期性变化的电场和磁场相互激发，形成电磁波，选项 B 正确；
C．电磁波谱中的无线电波与可见光相比波长更长，更容易产生显著的衍射现象，选项 C 正确； D．电磁振荡停止后，其发射到空间的电磁波仍然会传播，选项 D 错误；
E．载有信号的电磁波可以在真空中传输也可以通过光缆传输，选项 E 正确。
故选 BCE。
9、 BC
【解析】
试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合 水平位移和时间比较初速度．知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍．
解： A、因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍， A、 B 两点的位移方向相同， 与落在 C 点的位移方向不同，所以 A、 B 两点的速度方向相同，与 C 点的速度方向不同，故 A 错误， B 正确．
C、 落在 B 点的石块竖直分速度比 C 点竖直分速度大， 但是 B 点的水平分速度比 C 点水平分速度小， 根据平行四边形
定则可知，两点的速度大小可能相同，故 C 正确．
D、高度决定平抛运动的时间，可知落在 B 点的石块运动时间最长．故 D 错误．
故选 BC．
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与水平方向夹角的正切值是
位移与水平方向夹角正切值的 2 倍．
10、 BD
【解析】
电荷 q 从 A 点运动到 C 点，所受电场力竖直向上，电场力做负功， A 错，根据对称性 B 正确， O 点的场强大小为
， C 错， D 正确．
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、 0.36kg
【解析】
[1]根据按控制变量法可知，探究物体运动的加速度与物体受力的关系，需要保证质量不变，故由表中数据可知选用物
体的质量为 0.36kg；
[2]根据表中质量为 0.36kg 的数据描点作图如图所示
12、 mg
【解析】
1 d 1 d
6.75 mgs= 2 M( t ) 2 - 2 M( t ) 2
2 1
(1)[1]探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力， 则步骤 D 中小车加速下 滑时所受合力大小为 mg；
(2)[2]根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度 d=6mm+ 15×0.05mm =6.75mm
(3)[3]遮光片通过两个光电门 1、 2 的速度分别为
d d
v1= t 、 v2= t
1 2
故小车动能变化量为
1 d 1 d
△ Ek= 2 M( t ) 2 - 2 M( t ) 2 2 1
在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即
1 d 1 d
mgs = 2 M( t ) 2 - 2 M( t ) 2
2 1
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)气体 A 末状态的压强 87.5cmHg， B 气体末态压强 93.5cmHg； (2) B 气体是放热。
【解析】
(1)气体 A 的初态的压强为 pA：
pA+p 柱=p0
末态时气柱的长度为 lA ′
lA ′=lA- △ l
气体 A 发生等温变化
pA lAS=pA ′lA ′S
解得
pA ′=87.5cmHg
气体 B 的末态压强为 pB ′，解得
pB ′=pA ′+p 柱=93.5cmHg
(2)气体 B 的初态：压强为 p0 ，气体柱的长度为 lB
lB=L-lA-l 柱=29cm
气体 B 发生等温变化
pB lBS=pB ′lB ′S
r R
解得
lB ′=23.6cm
lB ′＜lB ，气体 B 的变化是等温压缩
等温变化，内能不变△ U=0，压缩体积减小，外界对气体做功 W＞0
由热力学第一定律△ U=W+Q 可知 Q＜0：气体 B 要放热。
B 67 m
14、 (1) R2=3r (2) B 内= 40 (3) 30qB 0
【解析】
(1)设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为 R1、 R2 ，由几何关系可知:
r2+R12= (2r-R1 ) 2
解得
3r
R =
1 4
三角形 O1AO 与三角形 O1QO2 相似，则
OA O A
= 1 QO O Q
2 1
即
= 1 R 3r 一R
2
1
解得:
2
R =3r
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
Bqv= mv2
R
即
mv
B=
qR
mv
B0= q 3r
4
mv
B =
内 q 3r
解得
B
B = 0
内 4
(3)由几何关系知：
R 3
r 4
tan∠O1OA= 1 =
解得:
∠O1OA=37°
同理可知
∠QOC=2∠O1OA=74°
粒子在磁场中做圆周运动的周期
T=2几 Rv
可得:
T=2几 mqB
所以粒子从 A 运动到 Q 的时间：
=
37o 2几m 37几m
t1= 360o q B0 45qB0
4
粒子从 Q 运动到 C 的时间：
=
360o- 106o 2几m 127几m
360o
90qB
qB
t2=
0
0
t=t1+t2= 67几 m30qB
0
15、 (1) t = 9s (1) a > 2?m / s2
【解析】
(1)设所用时间为 t,则 v0=8 m/s； x=45 m
x=v0t+ 2 at1 ，解得 t=9 s．
(1)设前锋队员恰好在底线追上足球 ,加速过程中加速度为 a,若前锋队员一直匀加速运动 ,则其平均速度
1
v= x ，即 v=5 m/s；而前锋队员的最大速度为 6 m/s，故前锋队员应该先加速后匀速
t
a
设加速过程中用时为 t1 ，则 t1= vm
匀加速运动的位移 x1=v 2 -02m2a
解得 x1=
18
a
匀速运动的位移 x1=vm(t-t1)，即 x1=6×(9-t1) m
而 x1+x1=45 m
解得 a=1 m/s1
故该队员要在球出底线前追上足球 ,加速度应该大于或等于 1 m/s1．
点睛：解决本题的关键要注意分析运动过程，理清足球和运动员的位移关系，再结合运动学公式灵活求 解即可解答.
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