2023年重庆市缙云教育联盟高考物理模拟试卷（2月份）（含答案解析）

2023年重庆市缙云教育联盟高考物理模拟试卷（2月份）

1.  如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过M点的电场线是水平直线，虚线表示该电场中的一条竖直等势线，M、N、P是电场线上的点，Q是等势线上的点。一带正电的点电荷在M点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则(    )

A. 点电荷一定向右做匀加速运动
B. 点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度小
C. 将一负点电荷从P点移到N点，电场力做正功
D. 将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，点电荷将沿等势线做直线运动

2.  质点做直线运动的位移x与时间t的关系为各物理量均采用国际单位制单位，则该质点(    )

A. 第1s内的位移是5 m B. 前2s内的平均速度是
C. 任意1s内的速度增量都是 D. 任意相邻的1s内位移差都是1 m

3.  如图，地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。设e、p、q的圆周运动速率分别为、、，向心加速度分别为、、，则(    )

A.
B.
C.
D.

4.  2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们(    )

A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
D. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等

5.  北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(    )

A.  B.  C.  D.

6.  如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像以地面为参考系如图乙所示，已知，则(    )
 

A. 时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D. 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

7.  如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部。闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则(    )

A. 保持开关S闭合，略向右移动A板，则增大
B. 保持开关S闭合，略向右移动A板，则不变
C. 断开开关S，略向上移动A板，则增大
D. 断开开关S，略向上移动A板，则不变
 

8.  如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是(    )

A. 火星的公转周期大约是地球的倍
B. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D. 在冲日处，火星相对于地球的速度最小

9.  如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷，分别固定在两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线．在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球设不改变原来的电场分布，在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动．若(    )
 

A. 小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小
B. 小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小
C. 点电荷的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小
D. 点电荷的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小

10.  某同学用图所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡额定电压，额定电流、电压表量程300mV，内阻、电流表量程300mA，内阻定值电阻、滑动变阻器阻值、电阻箱最大阻值、电源电动势6V，内阻不计、开关S、导线若干。完成下列填空：
有3个阻值分别为、、的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在的曲线，应选取阻值为______ 的定值电阻；
闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的______ 填“a”或“b”端；
在流过电流表的电流较小时，将电阻箱的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图所示。当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为______ 保留1位有效数字；

为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将的阻值调整为______ 。然后调节滑动变阻器，测得数据如表所示：

由图和表格数据可知，随着流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻______ 填“增大”“减小”或“不变”；
该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，可得此时小灯泡电功率______ 保留2位有效数字；当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡的电功率为，则______ 保留至整数。

11.  一实验小组利用图所示的电路测量一电池的电动势约和内阻小于。图中电压表量程为1V，内阻：定值电阻；电阻箱R，最大阻值为；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：

为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选___________填“”或“”；

闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；

根据图所示电路，用R、、、E和r表示，得___________；

利用测量数据，做图线，如图所示：

通过图可得___________保留2位小数，___________保留1位小数；

若将图中的 电压表当成理想电表，得到的电源电动势为，由此产生的误差为___________。

12.  假设在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30km高空时，速度达到，然后助推器脱落，向上减速运动后落回地面进行回收。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为不变，且等于在地球表面时的重力，助推器脱落后运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的，g取，求：
助推器能上升到距离地面的最大高度；
助推器落回地面的速度大小和助推器从脱落到落回地面经历的时间。

13.  光滑水平面上放着质量的物块A与质量的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧弹簧与A、B均不拴接，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径，B恰能到达最高点取，求
绳拉断后B的速度的大小；
绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；
绳拉断过程绳对A所做的功W。

14.  离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面纸面的中心轴逆时针匀速转动角速度大小可调，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为、速度大小不同的离子，其中速度大小为的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度的大小；
较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他的值为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角。

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：根据电场线的分布可知，该静电场不是匀强电场，所以点电荷在运动过程中受到的电场力不是恒定的，根据牛顿第二定律，点电荷运动的加速度也不是恒定的，所以点电荷向右做的不是匀加速运动，故A错误；
B.由图可知，N点电场线比P点电场线密集，所以N点的电场强度大于P点的电场强度，点电荷在N点受到的电场力大于P点处的电场力，所以点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度大，故B错误；
C.电势随电场方向逐渐减小，所以N点电势比P点高，将一负点电荷从P点移到N点，电势能减小，电场力做正功，C故正确；
D.将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，由于电场方向垂直等势线，则点电荷受到的电场力方向与运动方向不在同一条直线上，所以点电荷做曲线运动，故D错误。
故选：C。
依据电场线的疏密，即可判定电场强度的强弱；电势随电场方向逐渐减小，进而分析电势能与电场力做功，根据电场力方向分析电场线方向，负电荷所受电场力方向与电场线方向相反，速度与力不在同一直线，点电荷做曲线运动。
考查电势的高低，与电场强度的强弱的判定，理解电荷的电势能高低的确定方法，注意电荷运动的轨迹的判断方法。
 

2.【答案】C 

【解析】解：根据位移时间公式知：，
知质点的初速度为：，
加速度为：，
A、第1s内质点的位移为：，故A错误；
B、前2s内的质点的位移为：，
则前2s内的平均速度为：故B错误。
C、任意1s内速度的变化量为：。故C正确。
D、根据知，任意相邻1s内的位移为：。故D错误。
故选：C。
根据匀变速直线运动的位移时间公式得出质点的初速度和加速度，从而得出任意1s内的速度变化量；根据前2s内的位移求出前2s内的平均速度；根据加速度求出任意相邻1s内的位移之差．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．
 

3.【答案】D 

【解析】解：根据万有引力提供向心力有：

比较p和q，p轨道半径小，所以，；
q为同步卫星，e与q角速度相同，根据线速度与角速度关系有：

q轨道半径大，故
根据向心加速度与角速度关系有：

q轨道半径大，故，所以；，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据万有引力提供向心力求出运动学物理量表达式即可比较大小。
考查运动学物理量的大小比较，求出相应物理量表达式即可，注意地球上物体不可直接与同步卫星以外的卫星比较，难度较低。
 

4.【答案】D 

【解析】解：航天员可以自由地漂浮，是由于所受地球引力提供向心力，所以引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等，故ABC错误，D正确；
故选：D。
空间站在轨道上绕地球做匀速圆周运动，宇航员在空间站中随空间站一起做绕地圆周运动，万有引力完全提供做圆周运动的向心力。
本题以“天宫二号”空间站直播授课为背景考查人造卫星运行问题，解题关键要分析清楚空间站的运动，知道航天器在轨道上绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力。
 

5.【答案】D 

【解析】解：从a到c根据动能定理有：
在c点根据牛顿第二定律有：
联立解得：，由于，所以有
故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据动能定理计算速度，再结合牛顿第二定律求解。
本题以滑雪为考查背景，主要考查了学生对于运动的理解，主要涉及竖直圆周运动，同时要结合动能定理和牛顿第二定律完成答题。
 

6.【答案】B 

【解析】解：A、时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B、时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；时间内小物块向右匀加速，在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即时刻小物块相对传送带向左运动的距离最大，故B正确；
C、在时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，时间内小物块向右匀加速，相对传送带向左，摩擦力方向仍向右，故C错误；
D、由图知，小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为零时，离A处的距离达到最大；
小物块反向匀加速运动过程中相对传送带仍然向左运动；
根据相对运动的方向，可以判断摩擦力的方向；
根据图象分析，一起向右匀速，摩擦力消失。
本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况。
 

7.【答案】AC 

【解析】解：AB、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，则增大。故A正确，B错误。
CD、断开开关S，电容器所带的电量不变，根据\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，\(U=\dfrac{Q}{C}\)得，\(E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{Q}{Cd}=\dfrac{4πkQ}{\epsilon S}\)，略向上移动A板，则正对面积S减小，那么E变大，因此电场力变大，则\(θ\)增大，故C正确，D错误。
故选：AC。
小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变。通过电场强度的变化判断角的变化。
解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。
 

8.【答案】CD 

【解析】解：A、由开普勒第三定律可得
由火星的轨道半径大约是地球的倍可得
，故A错误；
BC、由于火星的半径比地球的半径大，太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力

解得： 可知火星运动的速度小于地球的速度，火星相对地球自东向西运动，即逆行，故B错误，C正确；
D、在冲日处，火星和地球的速度同向，则火星相对于地球的速度最小，故D正确。
故选：CD。
火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力提供它们绕太阳做圆周运动的向心力；由开普勒第三定律求火星的公转周期和地球做圆周运动的比值；在冲日处，火星运行速度小于地球的运行速度，相对地球的运行方向是自东向西运动，即逆行。在冲日处，火星和地球的速度同向，则火星相对于地球的速度最小。
本题考查了行星绕太阳运动的周期比，及行星间的相对运动，中档难度。
 

9.【答案】BCD 

【解析】解：A、小球P的带电量缓慢减小，它在电场中某点的电场力在不断地减小，由平衡位置向最大位移运动时，动能向电势能转化时，克服电场力做功需要经过更长的距离，所以它往复运动过程中的在振幅不断增大，所以A错误；
B、由最大位移返回平衡位置时，电场力做的功在不断地减小，它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小，所以B正确；
C、如果M、N的带电荷量等量缓慢增大，则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变化将更快，即周期将变小，C正确；
D、同时，伴随M、N电荷量的增加，由于对P在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，D正确。
故选：BCD。
在等量的正电荷的电场中，所有的点的电势都是正的，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，由此可以判断电场的情况和带电小球的运动的情况．
本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况．
 

10.【答案】；；；；增大；；10 

【解析】解：灯泡额定电压，额定电流，灯泡两端电压等于额定电压且滑动变阻器滑片移动到b端时，定值电阻两端电压，定值电阻最大阻值约为，为了描绘小灯泡电流在的曲线，应选取阻值为的定值电阻；
由图所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a端。
根据图所示坐标系内描出的点作出图象如图所示：

由图示图象可知，当流过电流表的电流为时，灯泡两端电压，
由欧姆定律可知，此时灯泡电阻
由题意可知，电压表量程，内阻
把电压表改装成的电压表需要串联电阻阻值，因此应将的阻值调整为。
图线上的点与坐标原点连线的斜率等于灯泡电阻，由图所示图象可知，随着流过小灯泡电流的增加，图线上的点与坐标原点连线的斜率增大，则灯丝的电阻增大。
电压表量程是300mV，改装后电压表量程是3V，改装后电压表量程扩大了10倍；
由表中实验数据可知，流过灯泡的电流时，灯泡两端电压，
此时小灯泡电功率；
当流过电流表的电流为时，灯泡两端的电压，
此时小灯泡电功率；
则。
故答案为：；；；；增大；；10。
根据串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻的最大阻值，然后作出选择。
滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置。
根据坐标系内描出的点作出图象，根据图象求出电流对应的电压，然后应用欧姆定律求出灯泡电阻阻值。
根据串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值。
图线上的点与坐标原点连线的斜率等于灯泡电阻，根据图示图象判断随着流过小灯泡电流的增加其灯丝的电阻如何变化。
根据表中实验数据求出电流对应的电压，应用电功率公式求出灯泡的电功率，然后求出功率之比。
本题考查了实验数据处理问题，理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚图示电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律即可解题，解题时注意有效数字的保留，这是容易疏忽的地方。
 

11.【答案】
 
；
 

【解析】解：为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得
，解得，即电阻箱接入电路的电阻值最小为，因此选
根据图所示电路：，其中干路电流，化简得：；
由以上分析可知，如图所示的直线斜率，
由图线计算可得，
联立解得：，
若将图中的电压表当成理想电表，则
化简得：；
解得
由此产生的误差为
为保护电压表，电阻箱接大电阻；
根据实验原理，由闭合电路欧姆定律求出；
明确实验原理，根据图象的性质和闭合电路欧姆定律即可求得电动势和内电阻；
如果电压表当成理想电表，则电压表不分流，根据闭合电路欧姆定律求出电源电动势，然后可求出电源电动势的误差大小。
本题考查测量电动势和内电阻的实验原理、数据处理以及误差分析等问题，要特别注意掌握误差分析的基本方法，明确电表内阻所带来的影响．关键是要根据电路原理，由闭合电路欧姆定律列出电源和电动势的表达式。
 

12.【答案】解：火箭加速上升的高度，助推器脱落时的速度
助推器脱落后向上做减速运动，对于减速过程有：
根据速度-位移关系可得：
根据速度-时间关系可得：
解得：，；
助推器上升的最大高度为，代入数据解得：；
助推器从最高点下落过程中，根据牛顿第二定律可得：，
根据速度-时间关系可得：，
解得：。
根据位移-时间公式有：
代入数据解得：
答：助推器能上升到距离地面的最大高度为；
助推器落回地面的速度大小为，从脱落到落回地面经历的时间为150s。 

【解析】根据牛顿第二定律求出助推器减速上升的加速度大小，由速度-位移公式求出上升的最大位移，即可求出离地面的最大高度；
由速度-时间公式求出助推器减速上升的时间，由牛顿第二定律求出助推器下降的加速度，再由运动学公式求出落回地面的速度和时间。
本题综合考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律，解决本题的关键理清助推器在整个过程中的运动规律，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再结合运动学公式灵活求解。
 

13.【答案】解：设B在绳被拉断后瞬时的速率为，到达C点的速率为，
根据B恰能到达最高点C有：
-----①
对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：
------②
由①②解得：。
设弹簧恢复到自然长度时B的速率为，取向右为正方向，
弹簧的弹性势能转化给B的动能，------③
 根据动量定理有：-----------------④
由③④解得：，其大小为
设绳断后A的速率为，取向右为正方向，
 根据动量守恒定律有：-----⑤
 根据动能定理有：------⑥
由⑤⑥解得：
答：绳拉断后B的速度的大小是；
绳拉断过程绳对B的冲量I的大小是；
绳拉断过程绳对A所做的功W是8J。 

【解析】对于恰能到达圆轨道的最高点，找出临界条件，列出相应的等式。
清楚B的运动过程，选择某一过程应用动能定理研究，解出某一状态的速度。
在B向右运动的过程中，弹簧的弹性势能转化给B的动能，根据动量定理求出冲量。
应用动量守恒定律和动能定理求解绳拉断的过程中所做的功。
该题考查了多个知识点。我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题。其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功。应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题。
 

14.【答案】解：①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为的离子在磁场中的轨迹为圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得：

解得：；
②、离子在磁场中运动的时间为：

要使速度大小为的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足：

联立解得：，、1、2……；
设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：

由洛伦兹力提供向心力得：

解得：；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为，可得此离子在磁场中运动的时间为：

设转筒P角速度的大小为，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足：

联立解得：，、1、2……
设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为，由动量定理得：

由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小
联立解得：，、1、2……；
由题意并结合的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于，又要等于，则可得：
，、1、2……，、1、2……，
还需满足：，且
可得：
当时，解得：，当时，，不符题意，舍去；
当时，解得：，当时，；时，舍去；时，。
故板Q上能探测到离子的其它的值为和。
答：①磁感应强度B的大小为；
②转筒P角速度的大小为，、1、2……；
转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为，、1、2……；
板Q上能探测到离子的其他的值为和。 

【解析】①、由题意知速度大小为的离子在磁场中的轨迹为四分之一圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力求解；②、根据离子在磁场中运动轨迹求得离子在磁场中运动的时间，考虑转筒运动的周期性，确定要使离子能打在A处，转筒在此时间内转过的角度满足的条件，进而解得其角速度；
作出离子运动轨迹图，由几何关系求得其运动半径，由洛伦兹力提供向心力求得其速度大小，与②同理求得转筒P角速度的大小，再由动量定理求解；
分析题意并结合的结论，确定转筒P转动的角速度满足的条件，由此条件讨论求解。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解答，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。本题将离子在磁场中的圆周运动与转筒的圆周运动相结合，关键是利用等时性找到满足的条件。