2023年深圳高考物理五模试卷含解析

2023学年高考物理模拟试卷

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、空间内有一水平向右的电场E,现有一带电量为g的小球以初速度为vo向右上抛出，已知£=正整，求小球落

3q

地点距离抛出点的最远距离（）

gg

2、如图所示电路中，变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想电表，。、5接在电压有效值不变的交流电源两

端，R）为定值电阻，K为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表Ai的示数增大了

0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A,则下列说法中正确的是（）

A.该变压器起升压作用

B.电压表V2示数增大

C.电压表V3示数减小

D.变阻器滑片是沿d-c的方向滑动

3、如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分

别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平

衡的是（）

4、如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为〃，传送带以速度为逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个

质量为机的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数〃〉tan，，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是

A.它的运行速度为7.9km/s

B.已知它的质量为1.42t,若将它的质量增为2.843其同步轨道半径变为原来的2倍

C.它可以绕过北京的正上方，所以我国能够利用它进行电视转播

D.它距地面的高度约是地球半径的5倍，所以它的向心加速度约是地面处的重力加速度的上

36

6、如图所示，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。某一时刻，一部分细沙从木板上漏出。则在细沙漏出前后，下列说

法正确的是（）

A.木板始终做匀速运动

B.木板所受合外力变大

C.木板由匀速变为匀加速直线运动

D.木板所受斜坡的摩擦力不变

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、两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与

水平面之间的动摩擦因数均为〃，甲、乙两滑块的质量分别为如=3,“、，”2=2,〃，且在水平面上处于静止状态。现给滑

块甲一向右的初速度为（未知），使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一

接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为L,重力加速

度为g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用力、也表示，下列正确的说法是（）

8、a、力两个质点在同一直线上运动，它们的速度随时间变化的规律如图所示，（）~10s内。质点运动的距离为65m,

/=10s时，。、力两质点速度相等，且此时两质点刚好相遇，则（）

A.7=0时刻，两质点相距25m

B.r=10s时，两质点的速度为8m/s

C.f=15s时，两质点相距18.75m

D.f=20s时，两质点再次相遇

9、如图所示，ABC为一弹性轻绳，一端固定于A点，一端连接质量为〃?的小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆OB一

端固定在墙上，一端为定滑轮。若绳自然长度等于AB,初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E

点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为〃，。为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为螫，小球与杆之

2

间的动摩擦因数为0.5,弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（）

A.小球在。点时速度最大

B.若在E点给小球一个向上的速度V,小球恰好能回到。点，则u=2向

C.小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能

D.若。点没有固定，杆在绳的作用下以。为轴转动，在绳与B点分离之前，B的线速度等于小球的速度沿绳方

向分量

10、如图（a）,静止在水平地面上的物体，受到水平拉力F的作用，F与时间t的变化关系如图（b）所示.设物块与

地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等，则L〜t3时间内（）

(b)

A.t2时刻物体的加速度最大

B.t2时刻摩擦力的功率最大

C.t3时刻物体的动能最大

D.t3时刻物体开始反向运动

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）某物理兴趣小组的同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，轻绳一端固定在光滑固定转轴。处，另一

端系一小球.

（1）张小明同学在小球运动的最低点和最高点附近分别放置了一组光电门，用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙

所示，则小球的直径d=mm,使小球在竖直面内做圆周运动，测出小球经过最高点的挡光时间为AA,经过最低

点的挡光时间为Ab

（2）戴小军同学在光滑水平转轴O处安装了一个拉力传感器，已知当地重力加速度为g.现使小球在竖直平面内做圆

周运动，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是为，在最低点时绳上的拉力大小是3.

（3）如果要验证小球从最低点到最高点机械能守恒，张小明同学还需要测量的物理量有（填字母代号）.戴小军

同学还需要测量的物理量有（填字母代号）.

A.小球的质量加B.轻绳的长度LC.小球运行一周所需要的时间T

（4）根据张小明同学的思路，请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式:

（用题目所给得字母表示）

（5）根据戴小军同学的思路，请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式：

（用题目所给得字母表示）

12.（12分）如图甲所示，是一块厚度均匀、长宽比为5：4的长方形合金材料薄板式电阻器，a、〃和c、d是其两对

引线，长方形在“、力方向的长度大于在c、d方向的长度。已知该材料导电性能各向同性。某同学想测定该材料的电

阻率。他选取的器材有：①多用电表；②游标卡尺；③螺旋测微器；④学生电源；⑤电压表V（量程：3V,内阻约为

3k。）；⑥电流表A（量程：0.6A,内阻约为0.20）；⑦滑动变阻器吊＞（最大阻值10。）；⑧开关S、导线若干。

（D用多用电表粗测该电阻器的电阻值。他首先调整多用电表“指针定位螺丝”，使指针指在零刻度；再将选择开关旋

至电阻挡“xl”挡位，两支表笔金属部分直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Q”。然后，用两支表笔分别

连接电阻器的。、b引线，多用电表表盘指针位置如图乙所示。a、b两引线之间的电阻值R=Q»

（2）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量薄板的宽度和厚度，结果如图丙所示，则宽度L三mm,厚度

.mm。

（3）为了精确测定a、〃两引线之间的电阻值R,该同学在图丁所示的实物中，已经按图丁中电路图正确连接了部分

电路；请用笔画线代替导线，完成剩余电路的连接.

T

(4)若该同学保持电路不变，只将a、b引线改接为c、d引线，测量c、d之间的电阻值，则测量c、d之间电阻值的

相对误差___________(填“大于”、“小于”或“等于")测量8之间电阻值的相对误差。

(5)计算该材料电阻率的表达式。=.(式中用到的物理量的符号均要取自(1)(2)(3)问)

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(a),水平地面上固定一倾角为37。的斜面，一宽为/=().43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场

边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一正方形金属线框abed,线框沿斜面下滑时，加、cd边始终与磁场边界保

持平行。以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E与位移s之间的关系如

图(b)所示，图中①、②均为直线段。已知线框的质量为，"=O.lkg,电阻为R=0.06Q。(sin370=0.6,cos37°=0.8,重

力加速度g取lOm/s?)求：

(1)线框与斜面间的动摩擦因数〃；

(2)ab边刚进入磁场时，线框的速度肛；

(3)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间

(4)线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率Pm；

(a)(b)

14.(16分)如图所示，在光滑绝缘的水平面上有两个质量均为胆的滑块4、B,带电量分别为+外+Q,滑块4以某

一初速度v从远处沿A8连线向静止的B运动，A、8不会相碰。求：运动过程中，4、8组成的系统动能的最小值Ek。

VB

^7^77777

15.(12分)如图所示，倾角为37。的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P,4、鸟是斜面上两点,

尸＜间距离4=；m,间距离4m。轻绳跨过滑轮连接平板B和重物C,小物体A放在离平板8下端s=1m

处，平板8下端紧挨g,当小物体4运动到片鸟区间时总受到一个沿斜面向下/=01mg的恒力作用。已知A、8、

C质量分别为胆、2胆、，”，4与3间动摩擦因数从=0.75,8与斜面间动摩擦因数出=0.25,设最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，sin370=0.6.cos370=0.8,g取lOm/s?,平板8与挡板尸碰撞前C与滑轮不会相碰。现让整个装置从

静止释放，求:

(1)小物体A在片鸟区间上方和进入片鸟区间内的加速度大小;

(2)平板B与弹性挡板尸碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B碰撞后沿斜面上升到最高点的时间。

/'

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,C

【解析】

设与水平方向发射角。，落地点产0,故竖直方向上有

1,

vQcos0-t--gr=0

解得

/_2%sin6

g

在水平方向有

A1g2片sinGcosC24sin?。.1

x=V/）cos0't-\-----f=t2=------------------1------r=-----=—[sin28H—产（1-cos20

28g6gg73

又因为

sin20——-f=cos20=—j=sin（26-工）＜—j=,

v3436y/3

所以最远射程为

x=-----

g

故C正确，ABD错误。

故选C

2、C

【解析】

A.由公式

_L=上

，2〃1

得

"i_M_2^_4

〃2A/,0.2

则

%>n2

该变压器起降压作用，故A错误；

B.由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，则电压表Vi示数不变，由理相变压器原公式

U\_旦

。2n2

可知，电压表V2示数不变，故B错误：

C.电压表V3的示数

4=%一1出

由于U2不变，/2增大，则S减小，故C正确；

D.由

1=---

2用+R

且。2不变，/2增大，/?应减小，则滑片应沿C-4方向滑动，故D错误。

故选C。

3^A

【解析】

天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，

由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有

效长度，由图可知，A图的有效长度最长，磁场强度8和电流大小/相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易

使天平失去平衡.A正确；BCD错误；

故选A.

4、B

【解析】

初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律

得加速度：

ai=gsin0+//gcosO

“恒定，斜率不变；

当小木块的速度与传送带速度相等时，由”>tan。知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，

所以第二段的斜率为零。

A.该图与结论不相符，选项A错误；

B.该图与结论相符，选项B正确；

C.该图与结论不相符，选项C错误；

D.该图与结论不相符，选项D错误;

5、D

【解析】

同步卫星的轨道半径是固定的，与质量大小无关，A错误；7.9km/s是人造卫星的最小发射速度，同时也是卫星的最

大环绕速度，卫星的轨道半径越大，其线速度越小.同步卫星距地面很高，故其运行速度小于7.9km/s,B错误；同

Mm

步卫星只能在赤道的正上方，C错误；由G"町,可得,同步卫星的加速度

G丝,g,D正确

r2(67?)36R236'止帆.

【点睛】同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期.

6、A

【解析】

AC.在细沙漏出前，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑，对整体受力分析，如图所示:

根据平衡条件有：

/=(m+M)gsine

N=(〃?+M)gcosa

又

/=〃N

联立解得：〃=tana

在细沙漏出后，细沙的质量减少，设为加'，木板的质量不变，对整体受力情况与漏出前一样，在垂直斜面方向仍处于

平衡状态，则有：

N'=(加+M)gcosa

又

且

〃=tana

解得：/'=（加+M）gcos«tana-M）gsina

而重力沿斜面向下的分力为（加+M）gsina,即/'=（加+M）gsina,所以在细沙漏出后整体仍向下做匀速直线

运动，A正确，C错误；

B.因为整体仍向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，B错误；

D.因为细沙的质量减小，根据/"=（m'+M）gsina,可知木板所受斜坡的摩擦力变小，D错误。

故选A.

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。分。

7、BC

【解析】

AB.两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为外则有

由机械能守恒定律得

12124.12

—mwi=—mwr-\----mivi

222

联立解得

v6v

Vl=—>V2=—

则二者速度大小之比为

V1:V2=l:6

A错误，B正确；

CD.当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则

—/ini2gL=­；/«2V22

碰前滑块甲做减速运动

1,1,

-ftm\gL=—mw1——/mvo

可得

C正确，D错误。

故选BCo

8、AB

【解析】

A.由于速度相等时，久力两质点刚好相遇，贝!U=0时刻，两质点相距

x0=gx(10-5)xl0m=25m

选项A正确；

B.()~10s内质点〃运动的距离为65m,设f=10s时质点〃的速度大小为乙则

10=65m

2

求得u=8m/s,选项B正确；

C.由几何关系可知，t=15s时，两质点相距的距离与r=5s时相距的距离相同，则

1…

x--x0-6.25m

选项C错误；

D.t=20s时，两质点相距%,选项D错误。

故选AB,

9、AD

【解析】

A.设当小球运动到某点P时，弹性绳的伸长量是X%，小球受到如图所示的四个力作用:

=kXgp

将心正交分解，则

FN=耳sin8=kxBP•sin6=kxBC=

4=〃氏=-mg

耳的竖直分量

FTy-Fycos0-kxBPcos0=kxcp

据牛顿第二定律得

mg-F(-F.ry=ma

解得

即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以

看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE的中点。时，加速度为零，速度最大，A正确；

B.对小球从C运动到E的过程，应用动能定理得

mgh-+（一；/叫〃）=0_0

若在E点给小球一个向上的速度乙小球恰能从£点回到C点，应用动能定理得

（-mgh）+Wpf+（_；6g/z）=

联立解得

%=~mgh,v=y[gh

B错误；

C.除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在8段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在CD段时摩

擦力和弹力做的负功比小球在。E段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CO阶段损失的机械能小于小球在DE阶段

损失的机械能，C错误；

D.绳与3点分离之前3点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D正确。

故选ADo

10、AC

【解析】

当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速,

当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动.

【详解】

A、在0-ti时间内水平拉力小于最大静摩擦力，t2时刻物体受到的拉力最大；故物体的加速度最大，故A正确；

BCD、物体运动后摩擦力大小不变，当速度最大时摩擦力的功率最大；而在h到t3时刻，合力向前，物体一直加速前

进，t3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t3时刻A的速度最大，动能最大.摩擦力的功率最大；故BD错误，C

正确

故选AC

【点睛】

根据受力情况分析物体运动情况，h时刻前，合力为零，物体静止不动，tI到t3时刻，合力向前，物体加速前进，t3

之后合力向后，物体减速运动.

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、5.700BA—7------7=4gLF2-Fi=6mg

【解析】

(1)[1].螺旋测微器固定刻度读数为5.5mm,可动刻度读数为20.0x0.01mm,故最终读数为两者相加，即5.700mm.

(3)[2][3],根据小明同学的实验方案，小球在最高点的速度大小为

d

小球在最低点的速度大小为

d

V2=

设轻绳长度为L,则从最低点到最高点依据机械能守恒定律有

1d2”1d2

——m—T

252%

化简得

—.

△gA彳

所以小明同学还需要测量的物理量是轻绳的长度匕根据小军同学的实验方案，设小球做圆周运动的半径为r,则小球

在最低点有

F-mg=m111

2r

在最高点有

F}+mg=m

从最低点到最高点依据机械能守恒定律有

1212c

—mV,=—mv2+2mgr

联立方程化简得

F2-F\=6mg

所以小军同学还需要测量的物理量就是小球的质量

(4)[4].由(3)可知，根据小明同学的思路，验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式为

小d2…

绝2

(5)[5].由(3)可知，根据小军同学的思路，验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式为

户2一Fi=6mg.

4

12、650.601.200小于-DR

【解析】

⑴口]开关旋至电阻挡“X1”挡位，故电阻为60。

⑵[2][3]游标卡尺读数为

L=50mm+0.05x12mm=50.60mm

螺旋测微器读数

。=1mm+0.01mmx20.0=1.200mm

⑶[4]根据电路图可知，连线如下

⑷⑸因为〃间电阻小于外间电阻，则电压表分流更小，带来的误差更小，测量c、d之间电阻值的相对误差小于测

量。、8之间电阻值的相对误差。

⑸[6]根据

R=p—=p——

SLD

可知

4

p=-DR

5

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)〃=0.5(2)1.2m/s(3)0.125s(4)0.43W

【解析】

(1)根据线段①，减少的机械能等于克服摩擦力做的功：

A£,=从mgs1cos37°=(0.900—0.756)J=0.144J

其中si=0.36m

解得：

〃=0.5

(2)未进入磁场时，根据牛顿第二定律：

ma-mgsin37°—cos37°

线框的加速度

a=gsin37°—cos37°=2m/s2

速度：

v,=《2asi=1.2m/s

(3)线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线②可知，此时机械能线性减小，

说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。设L为线框的边长，贝！I：

+叱£安=(号+

AE2=W^FQL=(0.756-().666)J=0.09J

Ff+F安=mgsin37°

联立解得

L=0.15m

线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间：

L0.15…「

—=■---s=0.125s

V11.2

(4)在线框匀速进入磁场时，安培力

F&=mgsin37°—〃机gcos37°=0.2N

又因为:

可求出

B21?=0.01

线框完全进入磁场后始终做匀加速直线运动，当劭边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框速度最大，受到的安

培力最大，线框内的电功率最大

由

y；—V12=2a(/—L)

可求得

V2=1.6m/s

所以线框内的最大电功率

B^?V£=L28WW()43W

mR3

12

14、—mv^

4

【解析】

两滑块相距最近时，速度相同，系统总动能最小，由动量守恒定律有：

mv-lmv共

所以系统的最小动能为：

1c212

Ek=—•2m—mv"

15、见解析

【解析】

(1)小物体A在Pi、P2区间上方运动时，假设A相对B静止，对A、B、C整体，由牛顿第二定律有：

3mgsin®-氏-3mg-cosO-mg=4ina

代入数据解得:

a=0.5m/s2

隔离A,有：

mgsinO-f=ma

代入数据得：

f=5.5ni

而A、B间的最大静摩擦力

fm=^mgcosO=6