2023年高考物理统一考试仿真卷（五）

统一考试仿真卷〔五〕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题有多项选择项符合题目要求。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．以下说法正确的选项是A．在国际单位制中，力学的根本单位是千克、牛顿、秒B．开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律C．库仑在前人研究的根底上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律D．法拉第首先发现了电流可以使周围的小磁针偏转【解析】在国际单位制中，力学的根本单位是千克、米、秒，牛顿不是根本单位，故A错误；牛顿通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律，故B错误；库仑在前人研究的根底上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故C正确；奥斯特首先发现了电流的磁效应，发现了电流可以使周围的小磁针偏转，故D错误。【答案】C15．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如下图，T0为卫星环绕行星外表运行的周期。那么A．行星A的质量小于行星B的质量B．行星A的密度小于行星B的密度C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D．【解析】根据万有引力提供向心力得：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，得：M＝eq\f(4π2,G)·eq\f(r3,T2)，根据题图可知，行星A的eq\f(R3,T02)比行星B的大，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；根据题图可知，卫星在两颗行星外表运行的周期相同，行星密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(\f(4π2,G)·\f(R3,T02),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3π,GT02)，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；第一宇宙速度v＝eq\f(2πR,T0)，由题图知，行星A的半径大于行星B的半径，卫星环绕行星外表运行的周期相同，那么行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝ma得：a＝Geq\f(M,r2)，当两行星的卫星轨道半径相同时，由于行星A的质量大于行星B的质量，那么行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度，故D正确。【答案】D16．a、b两物体在同一直线上运动，二者运动的v­t图象均为直线，如下图，两物体在4s末相遇。那么关于它们在0～4s内的运动，以下说法正确的选项是A．a、b两物体运动的方向相反B．a物体的加速度大小小于b物体的加速度C．t＝2s时两物体相距最远D．t＝0时刻，a物体在b物体前方3m远处【解析】由题图可知，a、b两物体都沿正方向运动，运动的方向相同，A错误；a物体的加速度大小为：a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－2,2)m/s2＝1m/s2，b物体的加速度大小为：a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(5－4,2)m/s2＝0.5m/s2，a物体的加速度大小大于b物体的加速度，B错误；两物体在4s末相遇，结合题图，说明是a物体追b物体，因此速度相等即t＝2s时，两物体相距最远，C正确；设t＝0时相距为x0，两物体在4s末相遇，那么有：x0＋xa＝xb，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋2×4＋\f(1,2)×1×42))m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5×4－\f(1,2)×0.5×42))m，解得x0＝0，D错误。【答案】C17．如下图，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下滑的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始滑下，在各自轨道的最低点时，以下说法正确的选项是A．大球的速度可能小于小球的速度B．大球的动能可能小于小球的动能C．大球的向心加速度的大小等于小球的向心加速度的大小D．大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力【解析】根据动能定理得，mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gR)，可知半径大的半圆形轨道，球到达最低点时的速度大，故A错误；由动能定理：mgR＝eq\f(1,2)mv2，可知大球质量大，下降的高度大，那么到达最低点时的动能大，故B错误；根据a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2gR)))2,R)＝2g可知，两球的向心加速度大小相等，故C正确；根据牛顿第二定律得，N－mg＝meq\f(v2,R)，代入v＝eq\r(2gR)，可得：N＝3mg，由于大球的质量大，那么大球所受的支持力大，故D错误。【答案】C18．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t＝0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v­t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。那么由图线可知A．两点电荷的电性一定相反B．t3时刻两点电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两点电荷间的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【解析】由题图(b)可知，刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，两点电荷间存在库仑斥力，那么两点电荷的电性一定相同，选项A错误；在t1时刻，甲、乙共速，两点电荷间的距离最小，故在间距减小的过程中，点电荷始终克服静电力做功，以后点电荷间的距离逐渐增大，静电力做正功，故间距最小时的电势能最大，选项B错误；t2时刻，乙静止，在0～t2时间内，两点电荷的间距先减小后增大，故两点电荷间的静电力先增大后减小，选项C正确；0～t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能先减小后增大，选项D错误。【答案】C19．用甲、乙两种单色光照射同一金属做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如下图。普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，遏止电压为Uc，电子的电荷量为e，那么以下说法正确的选项是A．甲光的强度大于乙光的强度B．甲光的频率大于乙光的频率C．甲光照射时产生的光电子初动能均为eUcD．乙光的频率为eq\f(W0＋Uce,h)【解析】根据光的强度越强，那么光电子数目越多，对应的光电流越大，可判定甲光的强度较大，选项A正确；由光电效应方程Ekm＝hν－W0，Ekm＝Uce，结合题图可知，甲、乙光的遏止电压相同，故甲、乙光的频率相同，选项B错误；甲光照射时产生的光电子的最大初动能均为eUc，选项C错误；根据Ekm＝hν－W0＝Uce，可得ν＝eq\f(Uce＋W0,h)，选项D正确。【答案】AD20．如下图为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为eq\f(\r(3),5)，木箱在轨道A端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道A端，重复上述过程。以下选项正确的选项是A．m＝3B．m＝2C．D．假设货物的质量减少，那么木箱一定不能回到A处【解析】设木箱与货物下滑的距离为l，根据能量守恒定律有(M＋m)glsin30°－μ(M＋m)glcos30°＝Mgl·sin30°＋μMglcos30°，得m＝3M，A正确，B错误；受力分析可知，下滑时加速度大小为a1＝gsin30°－μgcos30°，上滑时加速度大小为a2＝gsin30°＋μgcos30°，可得a2>a1。根据l＝eq\f(1,2)at2知，l大小相等，那么上滑过程的运动时间小于下滑过程的运动时间，C错误；根据(M＋m)gl·sin30°－μ(M＋m)glcos30°＝Mglsin30°＋μMgl·cos30°，木箱恰好被弹回轨道A端，如果货物的质量减少，等号前边一定小于后边，即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A处所需的能量，那么木箱一定不能回到A处，D正确。【答案】AD21．如下图，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为eq\f(B,2)的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。那么A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子完成一次周期性运动的时间为eq\f(πm,3qB)C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3RD．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为1∶2【解析】根据左手定那么判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中始终处于磁场内，离O点越来越远，粒子一定不能回到原点，A错误；由几何关系可知，粒子在一次周期性运动时间内，在x轴上方运动的时间t1＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)，在x轴下方运动的时间t2＝eq\f(1,6)T′＝eq\f(2πm,3qB)，粒子完成一次周期性运动的时间为t1＋t2＝eq\f(πm,qB)，B错误；根据Bqv＝meq\f(v2,r)得：r＝eq\f(mv,Bq)，在x轴下方的轨道半径是在x轴上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁场运动时的偏转角及几何关系可知，粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R，所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R，C、D正确。【答案】CD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)某活动小组利用图(a)所示装置探究机械能守恒定律。实验开始时，直径为d的小钢球被电磁铁吸住。断开开关，钢球由静止开始下落。测得钢球静止时球心到光电门中心的距离为h，由数字计时器测出钢球通过光电门的时间为Δt。当地的重力加速度大小为g。试完成如下实验内容：(1)利用螺旋测微器测出钢球的直径，读数如图(b)所示，那么d＝________mm。(2)钢球通过光电门的速度表达式为v＝__________(用题中所给物理量的符号表示)。(3)要验证机械能守恒，需比拟__________和__________在误差允许范围内是否相等(用题中所给物理量的符号表示)。【解析】(1)根据螺旋测微器读数规那么知，d＝2.5mm＋0.01mm×20.7＝2.707mm。(2)钢球通过光电门的速度表达式为v＝eq\f(d,Δt)。(3)要验证机械能守恒，那么需验证mgh＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2是否成立，需比拟gh和eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2在误差允许范围内是否相等。【答案】(1)2.707(2.706～2.708均可)(2)eq\f(d,Δt)(3)gheq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))223．(9分)某物理兴趣小组设计了如图(a)所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1〞和“×10〞两种倍率。所用器材如下：A．干电池：电动势E＝1.5V，内阻r＝1.0ΩB．电流表G：满偏电流Ig＝1mA，内阻Rg＝150ΩC．定值电阻R1＝1200ΩD．电阻箱R2和R3：最大阻值都为999.9ΩE．电阻箱R4：最大阻值为9999ΩF．开关一个，红、黑表笔各1支，导线假设干(1)该实验小组按图(a)正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2＝________Ω，使电流表到达满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，那么R内＝________Ω，对应欧姆表的倍率是________(选填“×1”或“×10”)。(2)闭合开关S：第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2＝_________Ω且R3＝________Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图(b)所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为________。【解析】(1)由闭合电路欧姆定律可知，欧姆表的内阻为：R内＝eq\f(E,I)＝eq\f(1.5,0.001)Ω＝1500Ω，那么R2＝R内－R1－Rg－r＝(1500－1200－150－1.0)Ω＝149Ω。根据多用电表的倍率和刻度设置可知，中值电阻应为1500Ω，表盘上只有两种挡位，假设倍率为“×1〞，那么中值电阻太大，不符合事实，故欧姆表倍率应为“×10〞。(2)为了得到“×1”倍率，应让欧姆表内阻为150Ω，电流为：I1＝eq\f(1.5,150)A＝0.01A，此时电流表中电流应为0.001A，电流表与R1两端电压为0.001×(150＋1200)V＝1.35V；那么与之并联的电阻R3电流应为：(0.01－0.001)A＝0.009A，电阻应为：R3＝eq\f(1.35,0.009)Ω＝150Ω，串联支路的电阻：R2＋r＝eq\f(1.5－1.35,0.01)Ω＝15Ω，故R2＝(15－1.0)Ω＝14Ω；题图(b)所示电流为0.6mA，实际通过干路的电流为6mA，那么总电阻为：R总＝eq\f(1.5,6)×103Ω＝250Ω，故待测电阻为：R测＝(250－150)Ω＝100Ω，因欧姆表的倍率是“×1”，故对应的刻度值应为100。【答案】(1)1491500×10(2)1415010024．(12分)(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。【解析】(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)gt2代入数据解得t＝0.6s。(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，代入数据解得v＝2m/s。(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH代入数据解得H＝0.6m。【答案】答案：(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m25．(18分)如图甲所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全一样的轨道，均由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关K是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN′M′是一个矩形区域且其中有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如图乙所示。金属棒a和b质量均为m、电阻均为R。在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，假设两棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝eq\f(m\r(2gr)R,2B2L2)，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关K闭合。不计一切摩擦和导轨电阻，重力加速度为g。求：(1)两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少；(2)两棒落到地面后的距离是多少；(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少。【解析】(1)a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：mgr＝eq\f(1,2)mv02解得a棒沿圆弧轨道到达最低点M时的速度v0＝eq\r(2gr)a棒在水平轨道向b棒运动时，两棒和轨道构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流。a棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，b棒那么在安培力的作用下向前做加速运动。只要a棒的速度大于b棒的速度，回路总有感应电流，a棒继续减速，b棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动。从a棒进入水平轨道开始到两棒到达相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等、方向相反，所以两棒的总动量守恒。由动量守恒定律得：mv0＝2mv1解得两棒速度稳定时的速度v1＝eq\f(v0,2)＝eq\f(\r(2gr),2)。(2)经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开过程中，回路中的磁通量变化量ΔΦ＝BLxa棒受到安培力的冲量IA＝eq\x\to(I)LBt＝BLeq\f(ΔΦ,2Rt)t＝eq\f(B2L2x,2R)由动量定理：IA＝mv1－mv2解得v2＝eq\f(\r(2gr),4)由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离Δx＝(v1－v2)eq\r(\f(2h,g))＝eq\f(\r(rh),2)。由能量守恒定律可知：Qa＋Qb＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv12解得：Qa＝Qb＝eq\f(1,4)mgrb棒离开轨道后，a棒与电阻R通过的电流大小总是相等，两者产生的焦耳热相等由能量守恒定律可知：2Qa′＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22解得：Qa′＝eq\f(3,32)mgr所以整个过程中，a棒产生的焦耳热Q＝Qa＋Qa′＝eq\f(11,32)mgr。【答案】(1)均为eq\f(\r(2gr),2)(2)eq\f(\r(rh),2)(3)eq\f(11,32)mgreq\f(1,4)mgr〔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)关于热现象，以下说法中正确的选项是______。(填正确答案标号。选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分。)A．液体的温度越高，微粒的布朗运动越显著B．外界对气体做功时，其内能一定会增大C．扩散现象与布朗运动都与温度有关D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点E．一定温度下，饱和汽的压强是一定的(2)(10分)在水平面有一个导热汽缸，如图甲所示，活塞与汽缸之间密封了一定质量的理想气体。最初密封气体的温度为23℃，气柱长10cm；给气体加热后，气柱长变为12cm。汽缸内截面积为0.001m2，不计一切摩擦阻力，大气压强p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2(ⅰ)求加热后气体的温度；(ⅱ)假设保持加热后气体的温度不变，将汽缸直立后(如图乙所示)气柱长度又恢复为10cm，求活塞质量。【解析】(1)液体的温度越高，分子的无规那么热运动越剧烈，故微粒的布朗运动越显著，故A正确；外界对气体做功，在气体不对外放热的情况下，内能才会增大，故B错误；扩散现象与布朗运动都与温度有关，温度越高，现象越明显，故C正确；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D错误；一定温度下，饱和汽的压强是不变的，故E正确。(2)(ⅰ)汽缸内密封的气体温度升高后，压强不变，是等压变化，根据盖—吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)设汽缸内截面积为S，那么V1＝0.1S，V2＝0.12S，T1＝(273＋23)K代入数据解得T2＝355.2K或(82.2℃)。(ⅱ)将汽缸直立后，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p2V2＝p3V3V2＝0.12S，V3＝0.1S，p2＝p0＝1.0×105Pa代入数据解得p3＝1.2×105Pa由平衡条件可得mg＋p2S＝p3S代入数据解得m＝2kg。【答案】(1)ACE(2)(ⅰ)355.2K或(82.2℃)(ⅱ)2kg34．[物理——选修3–4]〔15分〕(1)(5分)在“利用单摆测重力加速度〞的实验中，如果得出的重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分。)A．测量周期时，时间t内全振动的次数少数了一次B．测量周期时，时间t内全振动的次数多数了一次C．摆线上端固定不牢固，振动中出现松动