全国卷2023高考物理模拟测试题六含解析20230323033

（全国卷）2021届高考物理模拟测试题六（含解析）(时间：60分钟，满分110分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14.如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于悬挂点的高度，水平向右的拉力F拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是(　　)A．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小B．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变C．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变D．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小15.电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积)．为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c.流量计的两端与输送流体的管道相连接(图中虚线)．图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面．当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一电压表(内阻很大)的两端连接，U表示测得的电压值．则可求得流量为(　　)A.　　　B.C.D.16.如图所示，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则(　　)A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍B．卫星经过a点的速率为经过b点的倍C．卫星在a点的加速度大小为在c点的2倍D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能17.11\n如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直．现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域．设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是(　　)18.如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止．若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则(　　)A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大19．如图是通过变压器降压给用户供电的示意图．负载变化时变压器输入电压保持不变．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加．变压器可视为理想变压器，则开关S闭合后，以下说法正确的是(　　)A．变压器的输入功率减小B．电表V1示数与V2示数的比值不变C．输电线的电阻R0消耗的功率增大D．流过电阻R1的电流增大20．水平面上的三点A、O、B在一条直线上，OB＝2OA，OO′是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2，现将一带电小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)11\nA．小球落在B点时的速度大小等于v0B．左右两区域电场强度大小的比值为E1E2＝12C．小球经过分界线时离水平面的高度为D．小球在B点的电势能大于在A点的电势能21．如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是(　　)三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分22．(5分)小明用如图甲的实验装置验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下：①将弹簧的一端固定于铁架台上的C处，在竖直放置的木板上贴一张坐标纸，在弹簧末端挂上一个重力已知的钩码，在坐标纸上记下此时弹簧末端的位置O；②取下钩码，将两绳套系在弹簧末端，用两个弹簧测力计共同将弹簧末端拉到同一位置O，记录此时细绳套OA、OB的方向及两个弹簧测力计相应的读数；③选好标度，在坐标纸上画出两只弹簧测力计的拉力FA和FB的图示，并以FA、FB为邻边作平行四边形，对角线为F合；④按同一标度，在坐标纸上画出挂一个钩码时弹簧所受的拉力F的图示；⑤比较F合和F的大小和方向，得出结论．回答下列问题：(1)步骤②中弹簧测力计A的示数如图乙，该读数为________N；(2)图丙中已画出FB和F的图示(小方格的边长表示1.0N)，FA的方向如图中虚线所示．请在图中画出FA的图示，并根据平行四边形定则画出F合；(3)本次实验中，若保持弹簧测力计A的读数不变，增大OA与OC的夹角，为将弹簧末端拉到同一位置O，可采用的办法是________．A．增大弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角B．增大弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角11\nC．减小弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角D．减小弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角23．(10分)某实验小组为了测量一个阻值未知的电阻，进行了如下操作：(1)首先用欧姆表粗测其电阻，如图所示，则其读数为________Ω；(2)为了比较准确地测量此电阻，采用“伏安法”进行实验．所用器材如下：电源E：电动势为9V，内阻r约为1.0Ω；电流表A：量程0.6A，内阻RA为0.50Ω；电压表V：量程10V，内阻RV约为10kΩ；滑动变阻器R：最大阻值为5.0Ω；开关一个，导线若干．为了减小实验误差，要求尽可能多测几组数据，请完成以下问题：①在线框内画出实验电路图；　②实验小组按照正确的实验步骤，采集了部分数据，并在下图所示IU图象中描出相应的点，由此可知该电阻的阻值为________Ω(保留一位小数)；③若所用器材结构完好，该实验的主要误差是________(选填“系统”或“偶然”)误差．24．(12分)如图甲所示，一汽车通过电子不停车收费系统ETC.假设汽车从O点以v0＝6m/s的速度匀速驶向ETC收费岛，在OA路段所受阻力大小f1＝1×103N；汽车从A处进入ETC收费岛后，假设仍保持功率不变完成自动缴费并驶离收费岛，以v＝3m/s的速度匀速经过B处，汽车的速度—时间图象如图乙所示，已知ETC收费岛AB段长度d＝25m，汽车质量M＝2×103kg，汽车在OA段和AB段所受阻力均为恒力．11\n(1)求汽车在运动过程中发动机的输出功率；(2)当汽车加速度大小为0.25m/s2时，求此时汽车的速度大小；(3)求汽车在ETC收费岛AB段内行驶的时间．25．(20分)如图所示，在圆心为O、半径R＝5cm的竖直圆形区域内有一个方向垂直于圆形区域向外的匀强磁场，竖直平行放置的金属板连接在图示电路中，电源电动势E＝220V、内阻r＝5Ω，定值电阻的阻值R1＝16Ω，滑动变阻器R2的最大阻值Rmax＝199Ω.两金属板上的小孔S1、S2与圆心O在垂直于极板的同一直线上，现有比荷＝3.2×105C/kg的带正电的粒子由小孔S1进入电场加速后，从小孔S2射出，然后垂直进入磁场并从磁场中射出．滑动变阻器滑片P的位置不同，粒子在磁场中运动的时间也不同．当理想电压表的示数U＝100V时，粒子从圆形区域的最低点竖直向下穿出磁场．不计粒子重力和粒子在小孔S1处的初速度，取tan68.2°＝2.5.(1)当理想电压表示数U＝100V时，求粒子从小孔S2射出时的速度大小v0；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求粒子在磁场中运动的最长时间t.(结果保留两位有效数字)(二)选考题(本题共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．)33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)假设在一密闭的房间内，有一台制暖空调正在正常地进行制暖工作．房间内的气体可视为理想气体，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．)A．房间里的温度一定会升高B．空调工作并不违背热力学第二定律C．房间内气体分子的平均动能可能增加D．若将一杯装有花粉的水置于该房间内，花粉的运动会变得剧烈E．房间墙壁单位时间内单位面积上受到气体分子撞击的次数可能不变(2)(10分)有一粗细均匀、上端开口下端封闭的玻璃管，其总长为L＝31.0011\ncm.现用水银柱在管内封闭一段空气柱，如图甲所示，当管处于竖直状态时水银柱恰好与管口相平，测得水银柱长度为21.00cm.现将玻璃管在竖直平面内缓慢倒转180°使管口朝下，待管内水银柱稳定后测得管内水银柱的长度为15.00cm，如图乙所示．接着又将玻璃管缓慢倒转回原来的位置(图甲所示位置)．设外界温度为300K，外界大气压强保持不变，玻璃管倒转过程中不漏气．(ⅰ)求大气压强和玻璃管回到原来的位置时管内空气柱的长度；(ⅱ)现对回到原来位置的玻璃管底部加热，求当管内封闭气体的温度为多少时，管内的水银柱又会与管口恰好相平．34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图所示，湖面中央O处有一振源在竖直平面内做简谐振动，某同学测得该振源的振动周期为T＝0.1s．以图示时刻为计时的零时刻，且波向右传播，由此可求得该列水波的传播速度为v＝________m/s，此时图中质点C的振动方向是________(选填“向上”或“向下”)，距离振源40m处的质点第一次出现波峰的时刻为t＝________s.(2)(10分)“跳棋”游戏中的棋子是用玻璃材料做的一种球形器材，有位同学想测定棋子的折射率．如图所示为其过球心的横截面，设玻璃棋子半径为R，直线EF为过球心的水平线，一束光线平行于EF射到棋子表面N点处，光线从Q点射出，并与EF交于P点．若棋子内无其他介质，入射光线与EF相距R，入射光线从N点进入棋子后的折射角为γ＝30°，真空中光速为c.(ⅰ)作出光线的光路图并求出棋子的折射率．(ⅱ)求光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间．11\n答案14．解析：滑块受到重力、支持力、水平拉力、摩擦力、弹簧弹力．设某一位置时弹簧与水平方向的夹角为θ，此时弹簧的长度为L，弹簧的原长为L0；竖直方向时弹簧伸长量为x1，弹簧与水平方向的夹角为θ时弹簧伸长量为x2，根据正交分解得：竖直方向：N＝mg－F弹sinθ，根据几何关系可得：F弹sinθ＝kx2·＝k，其中x1和L0为定值，当x2逐渐增大时，竖直分量F弹sinθ增大，支持力N逐渐减小，根据f＝μN可知摩擦力减小，所以B、C、D错误、A正确．答案：A15．解析：将流量计上、下两表面分别与一电压表(内阻很大)的两端连接，U表示测得的电压值，那么电动势E＝U；根据粒子平衡得，qvB＝q，联立两式解得，v＝.则流量Q＝vS＝vbc＝.故A正确，B、C、D错误．答案：A16．解析：由开普勒第三定律可得：＝，a2＝R1解得：＝，故A错误；由公式v＝可知，如果卫星在Ⅱ轨道做椭圆运动，卫星经过两个轨道交点的速率为经过b点的倍，但卫星在Ⅰ轨道经过加速才能变轨做椭圆运动，所以卫星经过a点的速率不是经过b点的倍，故B错误；由公式a＝可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C错误；卫星在b点做向心运动，在C点做离心运动，且b、c距地心的距离相等，则c点的速度大于b点的速度，所以质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确．答案：D17．解析：在线圈进入0～L范围时，线圈内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到，可知感应电流均匀增加；从L～2L，线圈切割磁感线的有效长度为不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L～3L，线圈切割磁感线的有效长度从逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到2倍，方向为顺时针方向，选D.答案：D18．解析：由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；对B子弹：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB.由于dA>dB，则有子弹入射时的初动能EkA>EkB，B错误，D正确．对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA>EkB，则得到mA<mB，A错误．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，C错误．答案：D19．解析：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P＝UI知功率增加，A错误；电表V1示数与V2示数的比值等于原、副线圈的匝数比，所以电表V1示数与V2示数的比值不变，B11\n正确；因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，所以输电线的电阻R0消耗的功率增大，C正确；因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，R0上损失的电压增大，所以R1两端的电压减小，所以流过R1的电流减小，D错误．答案：BC20．解析：小球在竖直方向的分运动为竖直上抛运动，而在B点，小球的速度竖直向下，其水平分速度为零，所以小球在B点的速度大小等于初速度，故A正确；水平方向上，小球在左边区域做初速度为零的匀加速直线运动，在右边区域做末速度为零的匀减速直线运动，设经过分界线时的水平分速度大小为vx，有：v＝2··OA＝2··OB，解得：E1:E2＝2:1，故B错误；在水平方向上t1＝OA，t2＝OB，可知t2＝2t1，设小球经过分界线的竖直分速度大小为vy，由以上分析可知，此时其方向为竖直向上，有：t1＝，t2＝，解得：vy＝v0，则其上升高度为：h＝＝，故C正确；从A到B，电场力做总功为零，小球在A、B两点具有的电势能相等，故D错误．所以A、C正确，B、D错误．答案：AC21．解析：如果传送带足够长，从而使得物体不能向左滑出传送带，则物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，则：如果v1<v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，图象为B.如果v1>v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带；如果v1＝v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v1时，物体恰好离开传送带，此时的图象为A.若物体向左滑上传送带后做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，则图象为D.答案：ABD22．解析：(1)题图所示弹簧测力计A的最小分度值为0.1N，估读一位，该读数为4.00N.(2)根据力的图示法，结合力的方向与大小，作图如下：(3)若保持弹簧测力计A的读数不变，即FA的大小不变，且增大OA与OC的夹角，即FA的方向逆时针转动，为将弹簧末端拉到同一位置O，即FA和FB的合力仍不变，依据平行四边形定则，则有FB的大小减小，且要逆时针转动，即减小OB与OC之间的夹角，故C正确，A、B、D错误．答案：(1)4.00(2分)　(2)见解析图(2分)　(3)C(1分)23．解析：(1)欧姆表的读数等于表盘刻度×挡位倍率，此次倍率为×1，故该电阻值为18.0Ω；(2)①实验要求尽可能减小误差，但因滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻，故滑动变阻器选择分压接法．又因电流表的内阻RA已知，故电流表采用内接法．实验电路图如图：11\n②该IU图应利用直线拟合，具体为：利用描点法画图时，应该让尽量多的点落在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，绘制如下：该图的斜率k为电阻的倒数，即k＝.该图线的斜率为：k＝＝0.050，故电阻Rx＝－RA＝Ω＝19.5Ω；③该实验由于电流表内阻已知，因此测量结果较为精确，如果实验仪器结构完好，测量误差主要来源于偶然误差．答案：(1)18.0(2分)　(2)①如图所示(3分)　②19.5(18～20均可)(3分)　③偶然(2分)24．解析：(1)在OA段，有P＝F1v0(1分)F1＝f1＝1×103N(1分)联立解得P＝6.0kW(1分)(2)汽车离开B点前已经匀速，则有P＝F2v(1分)F2＝f2(1分)f2－F＝Ma(1分)P＝Fv1(1分)联立解得v1＝4m/s(1分)(3)A→B过程，由动能定理得PtAB－f2d＝Mv2－Mv(3分)解得tAB＝3.83s(1分)答案：(1)6.0kW　(2)4m/s　(3)3.83s25．解析：(1)粒子在电场中运动过程，由动能定理得qU＝mv(2分)解得v0＝8×103m/s(2分)11\n(2)粒子从圆形区域的最低点竖直向下穿出磁场，则粒子在磁场中的速度方向偏转了90°，粒子在磁场中做圆周运动的径迹如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1＝R＝5cm(2分)由牛顿第二定律得qv0B＝m(2分)解得B＝0.5T(2分)(3)两金属板间的电压越小，粒子经电场加速后的速度越小，粒子在磁场中做圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片P在变阻器R2的左端时，粒子在磁场中运动的时间最长，由闭合电路的欧姆定律I＝(2分)两金属板间的最小电压为Umin＝IR1(1分)设粒子加速后的速度大小为v，由动能定理得qUmin＝mv2(1分)设粒子做圆周运动的半径为r2，由牛顿第二定律得qvB＝m(1分)解得r2＝0.02m(1分)粒子进入磁场后的径迹如图乙所示，O1为径迹圆的圆心，由几何关系得tanα＝＝(1分)解得α＝68.2°(1分)粒子在磁场中运动的最长时间t＝T，其中T＝(1分)解得t＝1.5×10－5s(1分)答案：(1)8×103m/s　(2)0.5T　(3)1.5×10－5s33．解析：(1)若房间墙壁导热性能良好，根据热力学第一定律可知，房间内气体的温度可能保持不变，理想气体温度不变，体积不变，则压强不变，根据气体压强的微观意义可知，墙壁单位时间内单位面积上受到气体分子撞击的次数不变，选项A错误，E正确；空调工作时消耗了电能，引起了其他变化，故不违背热力学第二定律，选项B正确；物质的温度是它的分子热运动的平均动能的标志，房间内温度可能升高，可能降低，也可能不变，故房间内气体分子的平均动能可能增加，选项C正确；布朗运动与液体的温度有关，若房间和水的温度保持不变，则布朗运动的剧烈程度保持不变，故选项D错误．(2)(ⅰ)设大气压强为p0，玻璃管的横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，初状态时，压强为p1＝p0＋21cmHg，体积V1＝10Scm3，温度T1＝300K末状态时，气体的压强p2＝p0－15cmHg，V2＝16Scm3，T2＝300K(1分)由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2(2分)11\n解得p0＝75cmHg(1分)当玻璃管回到原来位置时，设此时管内空气柱的长度为L′，此时管内气体的压强为p3＝(75＋15)cmHg＝90cmHg，气体的体积V3＝L′S由玻意耳定律有p1V1＝p3V3(1分)解得L′＝cm(1分)(ⅱ)设当水银柱再次与管口相平时，管内封闭气体的温度为T4，此时管内气体压强为p4＝p3＝90cmHg体积为V4＝(31cm－15cm)S＝16Scm3，温度T3＝300K(1分)由盖吕萨克定律有＝(2分)解得T4＝450K(1分)答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)75cmHg　cm　(ⅱ)450K34．解析：(1)从图中可以看出该水波的波长为λ＝2m，周期为T＝0.1s，由此可求得该水波的波速为v＝＝20m/s.由于波向右传播，此时质点C的振动方向向上．从振源发出的波经过t1＝＝s＝2s可传播到距离振源40m处的水面，由此可知40m处的质点第一次出现波峰的时间是t＝t1－＝1.975s.(2)(ⅰ)根据题意可作出光路图，如图所示(2分)根据几何关系有sini＝＝(1分)故i＝45°(1分)根据光的折射定律有n＝＝(2分)(ⅱ)根据几何知识有NQ＝2Rcosγ＝R(1分)光在棋子中传播的速度为v＝(2分)光在棋子中传播的时间为t＝＝(1分)答案：(1)20(2分)　向上(1分)　1.975(2分)(2)(ⅰ)光路图见解析　　(ⅱ)11