2023届甘肃省天水高考物理押题试卷含解析

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，一名消防救援队队员手拉长为小呈水平方向的轻绳从平台上跳下，运动到8点时松开手，恰好落到障

碍物后被困人员所在的A点。8点是障碍物的最高点，0、8、C三点在同一竖直线上，队员可视为质点，空气阻力不

计，利用图示信息判断，下列关系正确的是（）

2

,X(X+Lr

h=--LTC.h=D.h=

A-h=7L4L4L4L

2、一半径为K的球形行星自转周期为7,其同步卫星距离行星表面的高度为3R,则在该行星表面绕其做匀速圆周运

动的卫星线速度大小为（）

2兀Rn4TTR8兀R16兀R

B.------C.——D.---

~r~TT

3、如图所示，以19.6m/的水平初速vo抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角0为45。的斜面上，可知物体

完成这段飞行的时间是

C.百

4、如图所示，自身重力不计的定滑轮固定在天花板上，跨过定滑轮的轻绳两端分别与A8两物体相连，物体A质量

为机,物体3质量为3加。重力加速度为g,现由静止释放物体48,在物体A上升、3下降的运动过程中，定滑轮

对天花板的拉力为（）

//////////

A.1.5rngB.2mgC.31ngD.4mg

5、某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压“的变化规律.已知滑动触头在图示位

A.通过K的交流电的频率为100Hz

B.电流表A2的示数为0A

C.此时变压器的输入功率为22W

D.将P沿逆时针方向移动一些，电流表Ai的示数变小

6、一个带负电的粒子从x=0处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变化的关系如

A.从XI到片过程中，电势先升高后降低B.在。和右处，电场强度相同

C.粒子经为和X3处，速度等大反向D.粒子在X2处，电势能最大

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、如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向的夹角a=

60°,使飞行器恰好沿与水平方向的夹角，=30。的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间，后，将动力的方向沿逆时针旋

转60。同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速直线飞行，飞行器所受空气阻力不计.下列说法中正

A.飞行器加速时动力的大小等于,〃g

B.飞行器加速时加速度的大小为g

c.飞行器减速时动力的大小等于

2

D.飞行器减速飞行时间f后速度为零

8、如图，条形磁铁在固定的水平闭合导体圆环正上方，从离地面高力处由静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方

向，并从圆环中心穿过，最后落在水平地面上。条形磁铁A、8两端经过线圈平面时的速度分别为以、V2,线圈中的

感应电流分别为小h,电流的瞬时功率分别为尸1、尸2.不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.从上往下看，/2的方向为顺时针

B./1：h=vizV2

C.Pl：P2=V1：V2

D.磁铁落地时的速率为血正

9、如图所示，用轻绳分别系住两个质量相等的弹性小球A和5。绳的上端分别固定于0、。点。A绳长度（长度为L）

是3绳的2倍。开始时4绳与竖直方向的夹角为60°,然后让A球由静止向下运动，恰与5球发生对心正碰。下列说

法中正确的是（）

A.碰前瞬间A球的速率为疯

B.碰后瞬间8球的速率为病Z

C.碰前瞬间A球的角速度与碰后瞬间B球的角速度大小之比为1：2

D.碰前瞬间A球对绳的拉力与碰后瞬间8球对绳的拉力大小之比为2:3

10、如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为a、fi,且a<0,M

的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接4、8两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的

摩擦，4、8恰好在同一高度处于静止状态.剪断细绳后，A、8滑至斜面底端，"始终保持静止，贝！|（）

A.滑块A的质量大于滑块8的质量

B.两滑块到达斜面底端时的速率相同

C.两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大

D.两滑块到达斜面底端所用时间相同

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）某兴趣小组要将一块量程为1mA,内阻约为几十欧的电流表改装成量程为3V的电压表。首先要测量该电

流表的内阻，现有如下器材：

待测电流表G（量程1mA、阻值约几十欧）;

滑动变阻器（总阻值5000。、额定电流0.5A）、滑动变阻器（总阻值5006额定电流1A）、电阻箱&（总阻值999.9。）；

电源（电动势为L5V,内阻很小）、电源（电动势为3V,内阻很小）、开关、导线若干。

⑴该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电表G的内阻，则滑动变阻器以应该选择一（选填"A”或滑

动变阻器（总阻值5000。、额定电流0.5A）；B.滑动变阻器（总阻值500。、额定电流1A））,电源应选择一（选

填“A”或"B”；A.电源（电动势为1.5V,内阻很小）；B.电源（电动势为3V,内阻很小））；

⑵实验时，先断开S2,闭合开关Si,调节滑动变阻器R”使得G的示数为/g；保证&的阻值不变，再闭合S2,调节

2

电阻箱电,使得G表示数为I4，此时电阻箱Ri的示数如图乙所示,则G表的内阻的测量值是(选填"A”或"B”；

A.24.0C；B.96.0Q)。以上三空答案依次是()

A.(1)A、B(2)A

B.(1)B、A(2)B

C.(1)A、B(2)B

D.(1)B、A(2)A

12.(12分)(1)在“测定金属丝的电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属

丝的直径d=mm。

(2)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：

A.干电池两节，每节电动势约为1.5V,内阻约几欧姆

B.直流电压表Vi、V2,量程均为0~3V,内阻约为3kC

C.电流表，量程0.6A,内阻小于1C

D.定值电阻用,阻值为5。

E.滑动变阻器R,最大阻值50。

F.导线和开关若干

①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组S、

/数据，并画出必-/图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是,

这种误差属于(填“系统误差”或“偶然误差

②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据。1、U2,描绘出。1一。2图像如图丙所示，图线斜率

为k,与横轴的截距为a,则电源的电动势后=,内阻后(用晨a、R)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，在离地面高力=5m处固定一水平传送带，传送带以均=2m/s顺时针转动。长为L的薄木板

甲和小物块乙(乙可视为质点)，质量均为，"=2kg,甲的上表面光滑，下表面与传送带之间的动摩擦因数“=0.1.乙与

传送带之间的动摩擦因数心=0.2.某一时刻，甲的右端与传送带右端N的距离d=3m,甲以初速度vo=2m/s向左运

动的同时，乙以ui=6m/s冲上甲的左端，乙在甲上运动时受到水平向左拉力P=4N,g取lOm/s?•试问：

⑴当甲速度为零时，其左端刚好与传送带左端M相齐，乙也恰与甲分离，求MN的长度LMN；

⑵当乙与甲分离时立即撤去F,乙将从N点水平离开传送带，求乙落地时距甲右端的水平距离。

14.（16分）粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端开口与大气相连，右管上端封闭，如图所示。开始时两管内水

银柱等高，两管内空气（可视为理想气体）柱长均为/=90cm,此时两管内空气柱温度均为27℃,外界大气压为po=76

cmHgo现在左管上端开口处缓慢注入水银压缩空气柱，直至右管内水银面上升10cm,在注入水银过程中，左管内温

度缓慢下降到-23C,右管内温度保持在270。求：

（i）注入水银柱的长度；

（ii）左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离。

U

15.（12分）（1）下列说法中正确的是__________

A.如果气体温度升高，气体中每一个分子热运动的速率都将增加

B.100C的水变成100℃的水蒸气，其分子平均动能不变

C.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体

D.由于金属的许多物理性质具有各向同性，故金属属于非晶体

E.若液体对某种固体是浸润的，其附着层里的液体分子比液体内部更密，附着层里液体的分子力表现为斥力

（2）如图所示，一太阳能空气集热器的底面及侧面为绝热材料，顶面为透明玻璃板。开始时集热器的进气口和出气口

阀门关闭，集热器中密封了一定质量的理想气体，经过太阳曝晒后，集热器中气体的温度由27。升高到87'C,求：

①集热器中气体的压强升为原来的多少倍？

②现保持集热器中气体温度为87℃不变，通过出气口缓慢放出温度为87C的气体，直到集热器内的气体压强降为放气

5

前压强的6,求放出气体的质量与集热器内原来气体总质量的比值。

出气口

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、A

【解析】

消防救援队队员从平台上跳下到8点由动能定理得

mgL=；mVg

松手后消防救援队队员做平抛运动，则有

,12

力=]g广，x=W

联立解得

X2

h=——

4L

故A正确，BCD错误。

故选A。

2、D

【解析】

卫星的轨道半径r=R+3R=4R,根据线速度的计算公式可得：

271r3兀R

v=-----=------

TT

根据万有引力提供向心力可得

16兀R

y卫

T

A.工，与结论不相符，选项A错误;

T

„4兀R

B.----,与结论不相符，选项B错误;

T

8/rR

C.----,与结论不相符，选项C错误;

T

D.竺g,与结论相符，选项D正确;

T

故选D。

3、B

【解析】

物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为45。的斜面上时，物体的速度方向与斜面垂直，把物体的速度分解如图所示,

由图可得：此时物体的竖直方向上的分速度的大小为v，=vo=19.6m/s,由v产gt可得运动的时间为:

—=^^5=25,故选B.

g9.8

4、C

【解析】

设绳子的拉力为物体加速运动的加速度大小为。，根据牛顿第二定律，对A有

F-mg-ma

对3有

3mg-F=3ina

加速度

a-0.5g

联立解得

F=\.5mg

根据平衡条件，得定滑轮对天花板的拉力为

2F=2x1.5mg=3mg

故C正确，ABD错误。

故选C。

5、C

【解析】

由图乙可知，该交流电的周期为T=0.02s,其频率为50Hz,选项A错误；变压器初级输入电压的有效值

斗2丫=22OV，次级电压：。2=生以=22乙则电流表A2的示数为/,=幺=乌4=14,选项B错误;

变压器的次级功率为：P2=12U2=22W,则此时变压器的输入功率为22W,选项C正确；将尸沿逆时针方向移动

一些，则次级匝数增加，次级电压变大，则电流表Ai的示数变大，选项D错误。

故选C.

6、A

【解析】

AB.由图可知，0々加速度方向沿了轴正方向，々刍加速度方向沿x轴负方向，由于粒子带负电，则0马电

场强度方向沿X轴负方向，4刍电场强度沿X轴正方向，根据沿电场线方向电势降低可知，从XI到*3过程中，电

势先升高后降低，在1和X3处，电场强度方向相反，故A正确，B错误；

c.a—/图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，由图像可知，玉刍速度变化为o,则粒子经修和X3处，速度相同,

故c错误；

D.0尤2电场强度方向沿X轴负方向，々-七电场强度沿X轴正方向，则在X2处电势最高，负电荷的电势能最小，

故D错误。

故选Ao

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、BC

【解析】

AB.起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30。角斜向上,设动力为尸，合力为尸b,如图所示:

庐》

］仅Htg',i•G=mg

在△。尸Fb中，由几何关系得：

F=百mg

Fb=mg

由牛顿第二定律得飞行器的加速度为:

ai=g

故A错误，B正确;

CD.t时刻的速率:

v=a\t=gt

推力方向逆时针旋转60。，合力的方向与水平方向成30。斜向下，推力「跟合力尸、垂直，如图所示，此时合力大小为:

F,h=/ngsin300

动力大小:

F，=在mg

2

飞行器的加速度大小为:

mgsin3001

到最高点的时间为:

V-^-=2t

28

故C正确，D错误;

故选BC。

8,AB

【解析】

A.条形磁铁8端经过线圈平面时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，/2的方向为顺时

针，选项A正确；

E

BC.条形磁铁A3端经过线圈平面时磁感应强度相同，根据以及/二高可知

R

Zl：/2=V1：V2

根据P=?R可知电流的瞬时功率之比为

耳:4=/；：=vj2：试

选项B正确，C错误；

D.若磁铁自由下落，则落地的速度为屈；而由于磁铁下落过程中有电能产生，机械能减小，则磁铁落地时的速率

小于也还,选项D错误。

故选AB。

9、ACD

【解析】

A.A球由静止下摆至最低点过程中机械能守恒有

mgL(l-cos600)=；加丫；

解得

“疯①

选项A正确；

B.两球碰撞过程中系统动量守恒有

mvA=+mvB

碰撞前后系统动能相等，即

结合①式解得

%=疯②

选项B错误；

C.碰前瞬间，A球的角速度为

巴小

人L

碰后瞬间，B球的角速度

%=¥

2

结合①②式得

空」

①B2

选项C正确；

D.在最低点对两球应用牛顿第二定律得

2

FA-mg=m—

FH-mg=m^-

2

结合①②式得

区=2

FB3

选项D正确；

故选ACD.

10>AB

【解析】

滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：mAgsina=niBgsinp；由于aV0,故故A正确；滑块下滑过

程机械能守恒，有：mgh=；〃M,则丫=再，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率相等，故

B正确；滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：PA=mAgsina*v,PB=mBgsina»v；由于mAgsina=mBgsinp,故PA=PB,

v

故C错误；由牛顿第二定律得：mgsin0=ma,a=gsinO,a<p,则axVau,物体的运动时间/=一,v相同、aA<a»,

a

则tA>tB,故D错误；故选AB.

点睛：本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，注意求解瞬时功率时，不能忘记力与

速度方向之间的夹角.

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、A

【解析】

[1]用半偏法测电流表内阻，为减小实验误差，滑动变阻器最大阻值与电源电动势应大些，由实验器材可知，为减小实

验误差，滑动变阻器R应选择A,电源应选择B；由图示电阻箱可知，电阻箱示数为

R2=0xl00Q+4xl0Q+8xlQ+0x0.1Q=48Q

闭合开关S2后认为电路电流不变，电流表示数为由并联电路特点可知，流过电阻箱的电流为k,电流表与电

33

阻箱并联，其两端电压相等，则

解得，电流表内阻

R=」=24C

a2

故电流表应选A。

综上所述三空答案依次是A、B、A,故选A。

12、2.600电压表的分流系统误差E=­r=&

k-\k.-1

【解析】

(1)[1].金属丝的直径rf=2.5mm+0.01mmx10.0=2.600mm；

⑵①流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结

构造成的，属于系统误差；

②由闭合电路欧姆定律可知

E=U1U厂5

变形得

rr

则有：当Ui=0时，Ui=a

则有

+r)

殳J

解得

厂ak

E=---

k—1

二旦

k-\

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)10m；(2)3m。

【解析】

(1)选水平向右为正方向，设甲的加速度为4,对甲，由牛顿第二定律

4•2mg=

2

ay=2m/s

设甲速度由5减到0过程通过的位移为X,经历的时间为乙

由°-4=24M得

=-1m

由。=%+〃也得

%=1s

设乙从开始到与甲分离的加速度为〃2,末速度为彩，通过的位移为々，由牛顿第二定律

—F=ma2

得

2

a2=-2m/s

又2=匕+%4得

v2=4m/s

126

x2=v/j+=5m

由几何关系知

L=2\x]\+x2+d=10m

（2）当乙滑下甲后，由于%>%，所以乙开始做匀减速直线运动，设乙的加速度为。3,当速度减为％时经历的时间

为t3,通过的位移为七。

由牛顿第二定律得

一〃2mg~ma3

2

a3=-2m/s

由喏一¥=2%*3

x3=3m

%一为=矶

f3Ts

乙达到与传送带共速后将匀速运动到其右端，设此过程经历时间为4,

心业“5s

%

乙物块将从传送