2023年高考物理统一考试仿真卷（三）

统一考试仿真卷〔三〕第一卷二、选择题：此题共8小题，每题6分，在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多项选择项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．相隔一定距离的电荷或磁体间的相互作用是怎样发生的？这是一个曾经使人感到困惑、引起猜测且有过长期争论的科学问题。19世纪以前，不少物理学家支持超距作用的观点。英国的迈克尔·法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念。1838年，他用电力线(即电场线)和磁力线(即磁感线)形象地描述电场和磁场，并解释电和磁的各种现象。以下对电场和磁场的认识，正确的选项是A．法拉第提出的磁场和电场以及电力线和磁力线都是客观存在的B．在电场中由静止释放的带正电粒子，一定会沿着电场线运动C．磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向一致D．通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的【解析】电场和磁场均是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场和磁场而引入的虚拟的线，实际并不存在，故A错误；电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线不是电荷在电场中的轨迹，只有在点电荷的电场和匀强电场中由静止释放的带正电粒子(只受电场力)，才会沿着电场线运动，故B错误；根据左手定那么可知，磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向垂直，故C错误；根据磁场的性质可知，通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故D正确。【答案】D15．以下说法正确的选项是A．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型〞B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反响C．光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D.eq\o\al(15,7)N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(4,2)He是α衰变方程【解析】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型〞，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反响，选项B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率呈线性关系，不成正比，选项C错误；eq\o\al(15,7)N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(4,2)He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。【答案】A16．无线网络给人们带来了很多方便。假设可以采用卫星对所有用户在任何地方提供免费WiFi效劳。地球半径为R，重力加速度为g，提供免费WiFi效劳的卫星绕地球做圆周运动，那么以下关于该卫星的说法正确的选项是A．卫星围绕地球运动的轨道越高，角速度越大B．卫星围绕地球运动的轨道越高，速度越小C．假设卫星距离地面的高度等于地球半径，那么卫星绕地球运动的周期为T＝2πeq\r(\f(2R,g))D．卫星的轨道可以在地球上任一经线所在的平面内【解析】由Geq\f(Mm,r2)＝mrω2，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，由此可知，卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道半径r越大，角速度ω越小，A错误；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，显然卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道半径r越大，速度v越小，B正确；由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2，又r＝2R，GM＝gR2，解得T＝4πeq\r(\f(2R,g))，C错误；由于地球自转，经线所在的平面不停地变化，而卫星的轨道平面不变，所以卫星的轨道不可能在地球上任一经线所在的平面内，D错误。【答案】B17．如下图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入稳定的正弦交流电源u＝220eq\r(2)sin314t(V)；副线圈接有电阻R，并接有理想电压表和理想电流表。以下结论正确的选项是A．电压表读数为55eq\r(2)VB．假设仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，那么电流表的读数减小到原来的一半C．假设仅将R的阻值增加到原来的2倍，那么输入功率也增加到原来的2倍D．假设R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，那么输出功率增加到原来的2倍【解析】因为交流电源u＝220eq\r(2)sin314t(V)，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得，电压表读数为55V，所以选项A错误；假设副线圈匝数增加，那么U2增大，由I2＝eq\f(U2,R)可知，电流表示数增大，所以选项B错误；输入电压和匝数比不变，那么输出电压不变，当负载电阻R变大时，I2＝eq\f(U2,R)，电流变小，又P1＝P2＝U2I2，故输入功率也减小，所以选项C错误；假设副线圈匝数增加到原来的2倍，那么U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率P2＝eq\f(U22,R)变为原来的2倍，所以选项D正确。【答案】D18．如图甲所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小物块从轻弹簧上方且离地高度为h1的A点由静止释放，小物块下落过程中的动能Ek随离地高度h变化的关系如图乙所示，其中h2～h1段图线为直线。重力加速度为g，那么以下判断中正确的选项是A．当小物块离地高度为h2时，小物块的加速度恰好为零B．当小物块离地高度为h3时，小物块的动能最大，此时弹簧恰好处于原长状态C．小物块从离地高度为h2处下落到离地高度为h3处的过程中，弹簧的弹性势能增加了mg(h2－h3)D．小物块从离地高度为h1处下落到离地高度为h4处的过程中，其减少的重力势能恰好等于弹簧增加的弹性势能【解析】由题意可知，当小物块离地高度为h2时，小物块刚好开始接触弹簧，此时小物块只受到重力作用，故此时的加速度大小为重力加速度g，A错误；当小物块离地高度为h3时，由题图乙可知小物块的动能到达最大，小物块的速度到达最大，此时有mg＝kΔx，弹簧的压缩量为Δx＝h2－h3，B错误；小物块从离地高度为h2处下落到离地高度为h3处的过程中，重力势能减少了mg(h2－h3)，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能转化为小物块增加的动能和弹簧增加的弹性势能，即弹簧增加的弹性势能ΔEp＝mg(h2－h3)－(Ek2－Ek1)，C错误；由题图乙可知，当小物块离地高度为h4时，小物块的动能为零，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能全部转化为弹簧增加的弹性势能，D正确。【答案】D19．如下图，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P。导轨和导体棒电阻不计。以下判断正确的选项是A．导体棒的a端比b端电势低B．ab棒在到达稳定状态前做加速度减小的加速运动C．假设磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，那么ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的eq\f(1,2)D．假设换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，那么导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍【解析】导体棒ab下滑过程中，由右手定那么判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，电源内部电流由低电势到高电势，那么a端比b端电势高，故A错误；导体棒ab开始下滑后速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安＝BIL＝mgsinθ时，到达最大速度，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此ab棒在到达稳定状态前做加速度减小的加速运动，故B正确；稳定时，有mgsinθ·vm＝eq\f(BLvm2,R)，得稳定时的速度，即最大速度为vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)，可知磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，那么ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的eq\f(1,4)，故C错误；稳定时，电阻R上消耗的功率P＝mgsinθ·vm＝eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L2)，那么知换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，那么导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍，故D正确。【答案】BD20．如下图为一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点。假设正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，那么在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)恰好从P点射出。假设该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，那么在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出。由此可知A．匀强电场的电场强度为eq\f(2mv2,qL)B．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(mv,qL)C．带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D．带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶2【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，有L＝vt，eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2，qE＝ma，联立解得E＝eq\f(mv2,qL)，a＝eq\f(v2,L)，A错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，由几何关系有r＝L，联立解得B＝eq\f(mv,qL)，B正确；粒子在匀强磁场中运动的加速度a′＝eq\f(v2,r)＝eq\f(v2,L)＝a，C正确；带电粒子在匀强电场中运动的时间t＝eq\f(L,v)，在匀强磁场中运动的时间t′＝eq\f(πL,2v)，带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为eq\f(t,t′)＝eq\f(2,π)，D错误。【答案】BC21．如下图，在水平面上放置一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用劲度系数为k的轻弹簧连接一质量为m的小木块，轻弹簧连在斜面顶端，开始系统处于平衡状态。现使斜面从静止开始缓慢向左加速，加速度从零开始缓慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木块最终稳定在某一位置(弹簧处在弹性限度内)。斜面从静止开始向左加速到加速度到达最大值的过程中，以下说法正确的选项是A．木块的重力势能一直减小B．木块的机械能一直增加C．木块的加速度大小可能为eq\f(g,tanθ)D．弹簧的弹性势能一直增加【解析】由于弹簧的弹力和斜面的支持力的合力对木块始终做正功，木块的机械能一定增加，B正确。设弹簧的原长为L0，对木块受力分析，开始木块静止在斜面上，那么有mgsinθ＝kx1，开始时弹簧长度L1＝L0＋x1＝L0＋eq\f(mgsinθ,k)；向左加速后，在木块离开斜面前，根据牛顿第二定律，mgcosθ－FN＝masinθ，kx2－mgsinθ＝macosθ；当FN＝0时，加速度a＝eq\f(g,tanθ)，C正确。加速度增大过程，弹簧长度L2＝L0＋x2＝L0＋eq\f(mgsinθ＋macosθ,k)，可见L2＞L1，随着加速度增大，弹簧变长，重力势能一直减小；当木块恰好要离开斜面时，弹簧长度L3＝L0＋x3＝L0＋eq\f(mg,ksinθ)；当木块离开斜面稳定时，设弹簧与水平方向的夹角为α，α＜θ，有eq\f(mg,sinα)＝kx4，mg＝matanα，随着a增大，α减小，弹簧长度L4＝L0＋x4＝L0＋eq\f(mg,ksinα)，所以L3＜L4，D正确。因为h3＝L3sinθ＝L0sinθ＋eq\f(mg,k)，h4＝L4sinα＝L0sinα＋eq\f(mg,k)，h4＜h3，由于不知末状态木块是否离开斜面，木块的重力势能可能一直减小，也可能先减小后增大，A错误。【答案】BCD第II卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两局部。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。〔一〕必考题〔共129分〕22．(6分)某同学设计了如下图的装置去验证小球摆动过程中的机械能守恒，实验中小球到达B点(图中未标出)时恰好与桌面接触但没有弹力，D处的箭头处放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺。该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度h，桌面到地面的高度H及平抛运动的水平位移L即可。(1)(2)实验中改变h多测几次h和L的数值，利用作图像的方法去验证。该同学取纵轴表示L，那么横轴应表示________。(3)假设所作图像的斜率为k，那么满足__________________关系即可证明小球下摆过程中机械能守恒。【解析】由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，依据平抛运动规律有H＝eq\f(1,2)gt2，L＝vt，整理后可得L＝2eq\r(Hh)。【答案】(1)球的下边沿(2)eq\r(h)(3)k＝2eq\r(H)23．(9分)在“测定直流电动机的效率〞实验中，用如下图的实物图测定一个额定电压U＝6V、额定功率为3W的直流电动机的机械效率。(1)请根据实物连接图在方框中画出相应的电路图(电动机用eq\o\ac(○,M)表示)。(2)实验中保持电动机两端电压U恒为6V，重物每次匀速上升的高度h均为1.5m，所测物理量及测量结果如下表所示：(3)在第5次实验中，电动机的输出功率是________；可估算出电动机线圈的电阻为_______Ω。(4)从前4次的实验数据可以得出：UI________(填“>〞“<〞或“＝〞)mgeq\f(h,t)。【解析】(3)∞，说明电动机不能将重物提起，因0，根据U＝Irr＝eq\f(U,I)＝2.4Ω。(4)从前4次的实验数据中，电动机消耗的电能转换为内能和机械能，所以UI>mgeq\f(h,t)。【答案】(1)电路图如下图(3)02.4(4)>24．(12分)如下图，一质量M＝2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3m处由静止释放一质量mA＝1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。所有接触面均光滑，重力加速度为g。求小球B的质量。(g取10m/s2)【解析】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)Mv2联立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2。由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，那么此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1m/s由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAv12＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBv22联立解得mB＝3kg。【答案】3kg25．(20分)如下图，某空间中有四个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小相同、半径均为R的圆形匀强磁场区域1、2、3、4。其中1与4相切，2相切于1和3,3相切于2和4，且第1个磁场区域和第4个磁场区域的竖直方向的直径在一条直线上。一质量为m、带电荷量为－q的粒子，静止置于电势差为U0的带电平行板(竖直放置)形成的电场中(初始位置在负极板附近)，经过电场加速后，从第1个磁场的最左端水平进入，并从第3个磁场的最下端竖直穿出。tan22.5°＝0.4，不计带电粒子的重力。(1)求带电粒子进入磁场时的速度大小；(2)试判断：假设在第3个磁场的下面也有一电势差为U0的带电平行板(水平放置，其小孔在第3个磁场最下端的正下方)形成的电场，带电粒子能否按原路返回？请说明原因；(3)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(4)假设将该带电粒子自该磁场中的某个位置以某个速度释放后恰好可在四个磁场中做匀速圆周运动，那么该粒子的速度大小v′为多少？【解析】(1)根据动能定理有：qU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU0,m))。(2)不能按原路返回，因为粒子进入第3个磁场下的电场后，向下减速至速度为零，然后反向加速至速度的大小为v，但进入磁场后，根据左手定那么可知，带电粒子受到的洛伦兹力方向向右，粒子向右偏，故不能按原路返回。(3)设带电粒子r，如图甲所示，那么根据运动的对称性和几何关系可知，粒子在第1个磁场和第3个磁场中各偏转45°，那么有：R＝rtan22.5°，解得r＝2.5R根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,r)解得B＝eq\f(2,5R)eq\r(\f(2mU0,q))。(4)该带电粒子在四个磁场中做匀速圆周运动，如图乙所示，由几何关系知其轨道半径只能是R，根据洛伦兹力提供向心力得qv′B＝meq\f(v′2,R)解得v′＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2qU0,m))。【答案】(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)见解析(3)eq\f(2,5R)eq\r(\f(2mU0,q))(4)eq\f(2,5)eq\r(\f(2qU0,m))〔二〕选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，那么每科按所做的第一题计分。33．[物理——选修3–3]〔15分〕(1)(5分)以下说法中正确的选项是________。A．气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规那么热运动C．热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响D．水黾可以停在水面上是因为液体具有外表张力E．温度升高，物体所有分子的动能都增大(2)(10分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p­V图像如下图。该气体在状态A时的温度为27℃，求：(ⅰ)该气体在状态B和C时的温度分别为多少K?(ⅱ)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？【解析】(1)气体的压强与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；布朗运动指悬浮在液体中的固体微粒所做的无规那么运动，布朗运动反映的是液体分子的无规那么运动，故B错误；热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，C正确；因为液体具有外表张力，水黾才能无拘无束地在水面上行走自如，故D正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高，并不是物体所有分子的动能都增大，故E错误。(2)(ⅰ)对一定质量的理想气体由图像可知，A→B为等容变化，由查理定律得：eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)即代入数据得：TB＝600KA→C由理想气体状态方程得：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)代入数据得：TC＝300K。(ⅱ)从A到C由p­V图线与横轴所围成的面积可得：W＝eq\f(pB＋pCVB－VC,2)＝1000J由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有：ΔU＝0由热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q可得：Q＝－1000J，即气体向外界放出热量，传递的热量为1000J。【答案】(1)ACD(2)(ⅰ)600K300K(ⅱ)放热1000J34．[物理——选修3–4]〔15分〕(1)(5分)图(a)为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，以下说法正确的选项是________。A．在t＝0.10s时，质点Q向y轴正方向运动B．在t＝0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C．从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了