2023年四川省成都名校高考物理三模试卷含解析

2023学年高考物理模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、如图所示，从高/?=L8m的A点将弹力球水平向右抛出，弹力球与水平地面碰撞两次后与竖直墙壁碰撞，之后恰能

返回A点。已知弹力球与接触面发生弹性碰撞，碰撞过程中，平行于接触面方向的速度不变，垂直于接触面方向的速

度反向但大小不变，A点与竖直墙壁间的距离为4.8m,重力加速度g=10m/s2,则弹力球的初速度大小为（）

/IP—*J

A.1.5m/sB.2m/sC.3.5m/sD.4m/s

2、如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑较链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小间的

距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120。时N点受到螺纹轴的作用力为尸1；MP和尸N夹角为60。

时N点受到螺纹轴的作用力为尸2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则凡与尸2大小之比为（）

3、一物体沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其运动的u-f图象如图所示.下列说法正确的是（"）

B.4〜L时间内物体机械能守恒

C.与〜，3时间内物体向下运动

D.0〜与时间内物体机械能一直增大

4、如图所示，两根相距为L的平行直导轨水平放置，R为固定电阻，导轨电阻不计。电阻阻值也为R的金属杆MN

垂直于导轨放置，杆与导轨之间有摩擦，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为瓦Q0时刻对金属

杆施加一水平外力F作用，使金属杆从静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过R的电流/、杆与导轨间的摩擦生

热。、外力F、外力F的功率P随时间t变化的图像中正确的是（）

5、如图所示，一个质量为，〃的铁球处于静止状态，铁球与斜面的接触点为A,推力厂的作用线通过球心。，假设斜面、

墙壁均光滑，若让水平推力缓慢增大，在此过程中，下列说法正确的是（）

A.力尸与墙面对铁球的弹力之差变大

B.铁球对斜面的压力缓慢增大

C.铁球所受的合力缓慢增大

D.斜面对铁球的支持力大小等于罟

6、在2019年武汉举行的第七届世界军人运动会中，21岁的邢雅萍成为本届军运会的“八冠王”。如图是定点跳伞时邢

雅萍运动的X图像，假设她只在竖直方向运动，从0时刻开始先做自由落体运动，有时刻速度达到0时打开降落伞后

做减速运动，在&时刻以速度吟着地。已知邢雅萍（连同装备）的质量为机，则邢雅萍（连同装备）（）

A.072内机械能守恒

1,

B.0~f2内机械能减少了2"码

C.《时刻距地面的高度大于+“卜一"

D.fl~t2内受到的合力越来越小

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、如图M和N是两个带有异种电荷的带电体，（M在N的正上方，图示平面为竖直平面）尸和Q是"表面上的两点,

S是N表面上的一点。在M和N之间的电场中画有三条等差等势线。现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经

过了F点和W点已知油滴在尸点时的机械能大于在W点的机械能。（E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场

的影响，不计空气阻力）则以下说法正确的是（）

A.尸和。两点的电势不相等

B.P点的电势低于S点的电势

C.油滴在F点的电势能高于在E点的电势能

D.尸点的电场强度大于E点的电场强度

8、A、B两物体质量均为其中A带正电，带电量为g,B不带电，通过劲度系数为A的绝缘轻质弹簧相连放在水

4me

平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度6=式中g为重

q

力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（）

A.从开始到B刚要离开地面过程，A物体速度大小先增大后减小

B.刚施加电场的瞬间，A的加速度为4g

C.从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量

D.B刚要离开地面时，A的速度大小为2g4仄

9、如图所示，一根水平横杆上套有4、5两个轻环，拴柱水杯的等长细绳系在两环上，整个装置处于静止状态，现缓

慢增大两环距离，则下列说法正确的是

A.杆对A环的支持力逐渐增大

B.杆对A环的摩擦力保持不变

C.杆对3环的支持力保持不变

D.细绳对5环的拉力逐渐增大

10、如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两

端。已知交流电源的电压“=18播sinlOOW（V）,3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器（）

A.副线圈电压的频率为100Hz

B.原线圈两端的电压为12V

C.原副线圈的电流比为2：1

D.原副线圈的匝数比为2：1

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）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测盘电压表的内阻（半

偏法）。实验室提供的器材如下：待测电压表V（量程3V.内阻约为3000。），电阻箱Ro（最大组值为99999.9C）,滑

动变阻器拈（最大阻值100。，额定电流2A）。电源E（电动势6V,内阻不计），开关两个，导线若干。

（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分。将电路图补充完整_______。

（2）将这种方法测出的电压表内阻记为R3则RW=.与电压表内阻的真实值凡相比，R'vRv.（选填“〉

或"V”）

12.（12分）某同学用图甲所示的电路测量电阻尺的阻值（约几百欧）。滑动变阻器R,电阻箱K。（0~9999Q）,S2是

单刀双掷开关，量程3V的电压表（内阻约3k。），电源电动势约6V

图乙

图丙

（1）根据图甲实验电路，在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整______;

（2）正确连接电路后，断开Si、S2.调节好多用电表，将两表笔接触&两端的接线柱，正确操作后，使用xlO的倍率粗

测其电阻，指针指示如图丙，粗测得到&=

（3）该同学通过下列步骤，较准确地测出&的阻值

①将滑动变阻器的滑片尸调至图甲中的A端。闭合Si,将S2拨至1,调节变阻器的滑片尸至某一位置，使电压表的示

数满偏；

②断开Si,调节电阻箱Ro,使其阻值最大；

③将S2拨至“2”，闭合S“保持变阻器滑片尸的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表再次满偏，此时电阻箱示数

为Ri,则瓜=o

(4)关于本实验

①该同学在⑶②的步骤中操作不妥，可能会在步骤③中造成;

②为了减小实验误差：下列方法最可行的是。(填正确答案标号)

A.选用量程不变，内阻更大的电压表

B.选用量程不变，内阻更小的电压表

C.选用总电阻远大于&的滑动变阻器

D.选用总电阻远小于&的滑动变阻器

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，在直角坐标xOy平面内，第一、二象限有平行y轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平

面的匀强电磁场。一质量为机、电荷量为g的正电粒子，从坐标原点。以大小为环),方向与x轴正方向成37°的速度

沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到x轴时，经过x轴上的P点(图中未标出)，已知电场强度大小为E,粒子

重力不计，sin37=0.6,cos37°=0.8

(1)求P点的坐标；

(2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。

14.(16分)如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升的示意图，无

人机在滑行和爬升两个过程中：所受推力大小均为其重力的1倍，方向与速度方向相同；所受升力大小与其速率的比

值均为依，方向与速度方向垂直；所受空气阻力大小与其速率的比值均为幻，方向与速度方向相反。幺、42未知；己

724

知重力加速度为g,无人机质量为机，匀速爬升时的速率为为，仰角为仇且sin，=A，cos0=—»

(1)求M«2的值。

(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的A3倍，无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动，求心的值。

(3)若无人机在水平地面由静止开始沿直线滑行，其加速度a与滑行距离s的关系如图乙所示，求so~2so过程与0~s。过

程的时间之比。(无人机在so~2so这段滑行过程中的平均速度可用该过程始末速度的算术平均值替代)

15.（12分）如图所示，两气缸A8粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为5的2

倍，4上端封闭，3上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热.两气缸中各有一厚度可忽略的绝热

轻活塞a、b,活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为尸o,外界和气缸内气体温度均为7c且平衡时,

活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的活塞b在气缸的正中央.

4

①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞6恰好升至顶部时，求氮气的温度；

②继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞〃上升的距离是气缸高度的二时，求氧气的压强.

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】

由题意可知，小球在竖直方向做自由落体运动，则

少=0.6s

10

由对称性可知，小球第一次落地时的水平位移为

x=—x4.8m=1.2m

4

则初速度

v=—=m/s=2m/s

t0.6

故选B。

2、D

【解析】

当两臂间的夹角为120。时，两臂受到的压力为

M=--—=G

12cos60°

对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为

耳=22cos30。=6G

当两臂间的夹角为60。时，两臂受到的压力为

zG6心

N、=------=-----G

-2cos3003

对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为

凡=2N,cos600=±G

3

则有

二=3:1

故A、B、C错误，D正确；

故选D。

3、D

【解析】4、以竖直向上为正方向，在丫-，图象中，斜率代表加速度，可知0〜4时间内物体向上做加速运动，加速度

的方向向上，处于超重状态.故A错误；

8、由图可知，乙〜&时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以机械能增大.故8错误；

a由图可知，L〜八时间内物体向上做减速运动•故c错误；

。、o〜：时间内物体向上做加速运动，动能增大，重力势能也增大；乙〜L时间内物体向上做匀速直线运动，动能不

变，重力势能增大，所以0〜&时间内物体机械能一直增大.故。正确.

故选：D

4、B

【解析】

A.，时刻杆的速度为

产生的感应电流

,EBLvBLa

/=—=-----=------1

2R2R2R

则故A错误。

B.摩擦生热为

1,1,

Q=找=t--ar^-fat-

则。“尸，故B正确。

C.杆受到的安培力

B2l?v

F,.=BIL=

2R

根据牛顿第二定律得

F-f-F安二〃za

得

B-I}yB213a

F=+f+ma=t+f+ma

2R2R

产随，的增大而线性增大，故C错误。

D.外力F的功率为

p=Fv=（担巴t+f+ma）at

2R

P4图象应是曲线，故D错误。

故选B。

5、D

【解析】

对小球受力分析，受推力尸、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力V,如图:

N

根据共点力平衡条件，有:

X方向：

FWsinO-N=O

竖直方向：

N'co§0=mg

解得：

N，二%

COS0

A^=F-mgtan0；

A.故当尸增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为心尸加gtan。；可知尸与墙面对铁球的弹力之差不变，故A错误;

BD.当尸增加时，斜面的支持力为鸟，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变，故D正确，B错误；

COS0

C.铁球始终处于平衡状态，合外力始终等于0；故C错误；

6、D

【解析】

A.0F时间内，邢雅萍做自由落体，机械能守恒，fi~f2由于降落伞的作用，受到空气阻力的作用，空气阻力做负功,

故072内机械能不守恒，故A错误；

B.机械能损失发生在的时间段内，设有时刻物体距离地面高度为九则有

M+mgh--mv[--mv^

解得

2

W(=—mv[--mV1-mgh

阻力做负功，故机械能的减小量为

^mv^mgh-^mv；

\E=-Wf

故B错误;

C.丫-/图象与时间轴围成面积表示位移大小，如图

若物体做匀减速直线运动，则有彳时间里平均速度

2

由图可知运动员4时间里位移小于红线表示的匀减速运动的位移，故彳两段时间里，邢雅萍的平均速度小于

丝丝，故”时刻距地面的高度小于铝士“&二外；故c错误；

22

D.VT图象的斜率表示加速度，由图像可知，在4~4时间内运动员做加速度不断减小的减速运动，故D正确。

故选D。

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,BD

【解析】

A.尸和。两点在带电体M的表面上，M是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故尸和。两点的电势

相等，故A错误；

B.带正电的油滴在尸点时的机械能大于在W点的机械能，故从尸点到印点，机械能减小，电场力做负功，说明电

场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线电势逐渐降低，故尸点的电势低于S点的电势，故B正确；

C.由于电场线垂直等势面向上，故E点的电势大于厂点的电势，根据Ep=00,油滴在尸点的电势能低于在E点的电

势能，故C错误；

D.因尸点等势面密集，则电场线也密集，可知F点的电场强度大于E点的电场强度，选项D正确；

故选BD.

8、BD

【解析】

AB.在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故有：

qE=4mg=nta

解得：

a=4g,方向向上

B刚要离开地面时，弹簧的拉力为mg,此时A物体合力为2mg,加速度为2g,向上，从开始到B刚要离开地面过程,

A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度一直增大，故A错误B正确；

C.从开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增量等于电势能与弹性势能的减少量的和，从弹簧恢复原长到B

刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量的差值，故C错误；

D.当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A

上升的距离为：

k

根据动能定理可知：

{qE-mg)x=—mv2

解得：

故D正确。

故选：BD„

9、CD

【解析】

AC.设水杯的质量为以两个轻环和水杯组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水平横梁对铁环的支持力

FN,力图如图所示，根据平衡条件得：

2FN=Mg

可得:

广1

FN=~MS

可见，水平横梁对铁环的支持力也不变，故A错误、C正确；

Mg

B.以A环为研究对象，竖直方向:

FN=Esina

水平方向：

Ff=Fcosa

联立解得：

Ff=-^-

tana

a减小时，与变大，故B错误；

D.设与8环相连的细绳对水杯的拉力为T,根据竖直方向的平衡条件可得：

27cos0=mg

由于绳子与竖直方向的夹角。增大，贝!Icos。变小，绳子拉力变大，故D正确.

10、BD

【解析】

A.根据交流电源的电压〃=18&sinl00m(V),可知角速度为：6O=l(X)^rad/s,则频率为：

f==50Hz

17t

A错误；

CD.设每只灯的额定电流为/,额定电压为U,因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流

为21,原副线圈电流之比为1：2,根据原副线圈中电流之比与匝数成反比

得原、副线圈的匝数之比为：

_/2_2

〃241

故C错误，D正确；

B.根据电压与匝数成正比：

U、_旦

02“2

fl

得原线圈两端电压为：Ut=^-U2=2U

根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为：

U'=U+2U=3U

该交流电的最大值为18后V,则有效值为18V,所以

3U=18V

则灯泡的额定电压为6V,原线圈两端得电压等于2U=12V,B正确;

故选BD»

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。

S,

(1)[1].待测电压表电阻(3000欧姆)远大于滑动变阻器R的电阻值(100欧姆)，故滑动变阻器R采用分压式接

(2)[2][3].根据设计的电路进行的实验步骤是：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在的支路分压最小;

闭合开关Sl、S2,调节使电压表的指针满偏；

保持滑动电阻器滑片位置不变，断开S2,调节电阻箱使电压表的指针半偏；

读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；

电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大，故

RVRJ

12、240Q与电压表超偏而损坏C

【解析】

⑴[1]实物图如图所示

⑵[2]多用电表读数为

=24.0x10=240C

粗测读数为240Q。

(3)[3]S2接1时电压表测量尺的电压，S2接2时电压表测量《两端电压，两种情况下，滑动变阻器的滑片位置相同,

由于电压表示数相同，所以有

&=&

即被测电阻的阻值大小为

(4)[4]当将变阻器阻值调到最大阻值时，由于最大阻值大于被测电阻，当开关闭合后，导致与电压表并联的总电阻增大,

其分压增大，就会出现电压表超偏而损坏。

[5]AB.该实验中没有电流表的分压也没有电压表的分流，所以电压表准确测量的是被测电阻两端电压，所以AB不符

合题意；

CD.滑动变阻器采用的是分压接法，其阻值的大小影响电压表示数的变化，阻值小不利于操作，所以选用阻值较大的

滑动变阻器，C正确D错误。

故选C。

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。

24???v35E5E

13、(1)(——0)；(2)5n=—,方向垂直坐标平面向外；B=丁，方向垂直坐标平面向外

25Eq2%6%

【解析】

(1)由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿j轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x轴匀速直线运动合成的。

设回到r轴过程所需要的时间为f,y轴：

vy=%sin370

加速度

Eq

a=----

m

时间

t=2—

a

X轴：

yv=v0cos37,x=vxt

联立上式，可解得

24,??V3

x=-------

25Eq

24/7W?

即P点的坐标为(=U，0)

25Eq

(2)第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，满足题意得有两种情况。

①回到x轴时在。点右侧。如图所示，由几何关系，可知轨迹半径

R;丁”-52加）

1sin37°125qE

由

2

解得:

B啜

方向垂直坐标平面向外;

②回到X轴时在。点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径

（XH--）<A2

R_2_56/nv0

~2sin3745qE

由

“2

解得：

【解析】

(1)无人机以速度均匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有

3

—mg-mgsin0+k2Vo

垂直速度方向有

mgcos0-kyvQ

联立得

,mgcos024mg

K=----------=--------

,%25%

,Q.6mg-mgsin0Smg

h=--------------------=------

%25%

(2)设无人机在地面滑行时速度为v,受到地面弹力为FN,受力分析可知竖直方向平衡

FN+ktv=mg

水平方向匀加速

3，L,

-mg-k3r^-k2v=ma

得

3v

Q=(二一&3)g+(23%1-h)一

5m

无人机能做匀加速直线运动，。不变，方