安徽省东至三中2022-2023学年高三下学期联合考试物理试题含解析

2023年高考物理模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。

规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。

以顺时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是（）
A．B．
C．D．
2、关于星系，下述正确的是
A．星系是由宇宙中的恒星、气体和尘埃组成的
B．银河系是一种不规则星系
C．银河系中恒星只有少量的几颗
D．太阳处于河外星系中
3、如图所示，在水平桌面上固定一个光滑长木板，质量为M的木块通过轻绳与质量为m的钩码相连，重力加速度为g，则释放后钩码的加速度大小为（）
A．0
B ．g
C ．m g M m
+ D ．M g M m + 4、如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。

一质量为m （质量分布均匀）的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。

现杆受到水平向左、垂直于杆的恒力F 作用，从静止开始沿导轨运动，当运动距离L 时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。

设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g 。

对于此过程，下列说法中正确的是（ ）
A ．当杆的速度达到最大时，a 、b 两端的电压为
()F R r BL
+ B ．杆的速度最大值为22()F R r B L + C ．恒力F 做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量
D ．安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热
5、研究光电效应现象的实验装置如图（a ）所示，用光强相同的黄光和蓝光照射光电管阴极K 时，测得相应的遏止电压分别为U 1和U 2，产生的光电流I 随光电管两端电压U 的变化规律如图（b ）所示。

已知电子的质量为m ，电荷量为－e ，黄光和蓝光的频率分别为v 1和v 2，且v 1<v 2。

则下列判断正确的是（ ）
A ．U 1 <U 2
B ．图（b ）中的乙线是对应黄光照射
C ．根据题述条件无法算出阴极K 金属的极限频率
D ．用黄光照射时，光电子的最大初动能为eU 2
6、如图，用一根不可伸长的轻绳绕过两颗在同一水平高度的光滑钉子悬挂一幅矩形风景画。

现若保持画框的上边缘水
平，将两颗钉子之间的距离由图示位置逐渐增大到不能再増大为止（不考虑画与墙壁间的摩擦），则此过程中绳的张力大小（ ）
A ．逐渐变大
B ．逐渐变小
C ．先变大，后变小
D ．先变小，后变大
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0分。

7、真空中质量为m 的带正电小球由A 点无初速自由下落t 秒，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点。

小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g 。

则
A ．整个过程中小球电势能变化了222mg t
B ．整个过程中小球速度增量的大小为2gt
C ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了22mg t
D ．从A 点到最低点小球重力势能变化了22
13mg t
8、如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L 且电阻不计，其顶端接有一阻值为R 的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。

一质量为m 的金属棒以初速度v 0由导轨底端M 点上滑，经一段时间滑行距离x 到达最高点N 后，又返回底端M 点。

金属棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r ，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．金属棒上滑过程中通过电阻R 的电荷量为BLx R r
+ B ．整个过程中电阻R 中的电流先从b 到a 后从a 到b
C ．金属棒下滑时间大于上滑时间
D ．金属棒上滑时间为220()()sin mv R r B L x mg R r θ
+-+ 9、如图所示，足够大的平行玻璃砖厚度为d ，底面镀有反光膜CD ，反光膜厚度不计，一束光线以45°的入射角由A
点入射，经底面反光膜反射后，从顶面B点射出（B点图中未画出）。

已知玻璃对该光线的折射率为2，c为光在真空中的传播速度，不考虑多次反射。

则下列说法正确的是（）
A．该光线在玻璃中传播的速度为c
B．该光线在玻璃中的折射角为30°
C．平行玻璃砖对该光线的全反射临界角为45°
D．为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜面积至少为2
4d
10、如图所示，x轴在水平面内，y轴在竖直方向。

图中画出了沿x轴正方向抛出的两个小球P、Q的运动轨迹，它们在空中某一点相遇。

若不计空气阻力，则下列说法正确的是（）
A．球P先抛出B．两球同时抛出C．球P的初速度大D．球Q的初速度大
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）在没有电压表的情况下，某物理小组借助于一个阻值R0＝15 Ω，最大阻值50Ω的滑动变阻器和两个电流表及一个不计内阻、电动势E＝6V的电源，成功测出了一个阻值大约为几十欧姆的电阻阻值，实验电路如图甲所示，若你为该小组成员，请完善探究步骤：
(1)现有四只可供你选择的电流表：
A．电流表（0~0.3 A，内阻为5.0 Ω）B．电流表（0~3 mA，内阻为2.0 Ω）
C．电流表（0~3 mA，内阻未知）D．电流表（0~0.6 A，内阻未知）
则电流表A1你会选________；电流表A2你会选________。

（填器材前的字母）
(2)滑动变阻器的阻值变化则电流表A2的示数也随之发生变化，x表示接入电路的滑动变阻器长度，2I表示电流表A2
的示数，则下列四个选项中能正确反映这种变化关系的是________。

(3)该课外活动小组利用图甲所示的电路，通过改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到了若干组电流表A1、A2的示数I1、I2，然后在坐标纸上描点、连线，得到的I1－I2图线如图乙所示，由图可知，该待测电阻R x的阻值为________Ω（结果保留三位有效数字）。

这样测得的R x的阻值有无系统误差________。

（填有或无）
12．（12分）如图甲所示是一个多用电表的简化电路图。

请完成下列问题。

(1)测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。

当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量____________（选填“直流电流”、“直流电压”或“电阻”）。

(2)某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×l0”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择____________（填“×l”或“×l00”）倍率的欧姆挡。

(3)某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙、丙所示的简易欧姆表。

实验器材如下：A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；
B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；
C．可变电阻器R；
D．定值电阻R0=4Ω；
E．导线若干，红黑表笔各一只。

①如图乙所示，表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是____________Ω；
②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，换挡前、后倍率之比为____________。

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，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面），O为圆心．在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子沿图中直径从圆上的A点射入柱形区域，在圆上的D点离开该区
域，已知图中θ=120°，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A点射入柱形区域，也在D 点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，试求：
（1）电场强度E的大小；
（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比．
14．（16分）如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场B=2T中有一光滑绝缘的四分之一圆轨道，一质量m=3kg的金属导体MN长度为L=0.5m，垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v=1m/s从A点运动到C点，g=10m/s2求：
(1)电流方向；
(2)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ=30︒时，求电流的大小；
(3)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ=60︒时，求安培力的瞬时功率P。

15．（12分）如图所示，平行金属板M、N竖直放置，两板足够长且板间有水平向左的匀强电场，P点离N板的距离
为d，离M板的距离为5
4
d。

一个质量为m、带正电荷量为q的小球从P点以初速度水平向右抛出，结果小球恰好不
能打在N板上。

已知重力加速度为g，小球的大小不计，求
（1）两板间的电场强度的大
（2）小球打到M板时动能的大小。

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】
0～0.5T时间内，B减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为正值；
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为
B
E S
t
=，
B
t
不变，则E不变，感应电流i不变。

由左手定则可知，bc
段导线受到的安培力方向水平向右，是正的。

由F=BiL知bc段导线受到的安培力大小随B的减小而逐渐减小。

在0.5T-T时间内，B增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为负值；
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为
B
E S
t
=，
B
t
不变，则E不变，感应电流i不变。

由图知：在0.5T-T
时间内的B
t
是0～0.5T时间内的2倍，则在0.5T-T时间内的感应电动势E是0～0.5T时间内的2倍，感应电流也是
2倍。

在0.5T-T时间内，由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，且由F=BiL，知在0.5T-T 时间内bc段导线受到的安培力随B的增大而增大，且是0～0.5T时间内的4倍，故BCD错误，A正确。

故选A。

2、A
【解析】
A．星系是由宇宙中的恒星、气体和尘埃组成的系统，A正确；
B．在误差范围内可以认为银河系是旋涡状星系，不属于不规则星系，B错误；
C．银河系中恒星很多，C错误；
D．太阳处在银河系中，不在河外星系，D错误。

故选A。

3、C
【解析】
以钩码为研究对象则有
mg T ma
-=
以木块为研究对象，则有
T Ma =
联立解得
m a g M m
=+ 故选C 。

4、D
【解析】
AB ． 当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：
22m B L v F mg F mg R r
μμ=+=++安 得最大速度为
22()()m F mg R v r B L
μ+=- 当杆的速度达到最大时，杆产生的感应电动势为：
()()m F mg R r E BLv BL
μ-+== a 、b 两端的电压为：
()R F mg R U E R r BL
μ-==+ 故AB 错误；
C ． 根据动能定理知，恒力F 做的功、摩擦力做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量，故C 错误；
D ． 根据功能关系知，安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热，故D 正确。

故选：D 。

5、A
【解析】
AB ．根据光电效应方程则有
0km h W E ν=+
在光电管中，遏止电压满足
c km eU E =
联立方程有
0c =W h U e e
ν- 因为
12νν<
所以对于同一光电管和金属
12U U <
蓝光对应的遏止电压大，则图（b ）中的乙线是对应蓝光照射，A 正确，B 错误；
C ．极限频率满足
c 0h W ν=
则
c 11=h h U e e
νν- c 22=h h U e e
νν- 联立两式解得
2112c 21
U U U U ννν-=- C 错误；
D ．用黄光照射时，光电子的最大初动能为1eU ，D 错误。

故选A 。

6、D
【解析】
分析题意可知，画受到两段轻绳的拉力作用，根据共点力的平衡可知，拉力的合力与重力等大反向，即合力恒定不变。

随着两颗钉子之间距离的增大，两端轻绳的夹角先减小，后增大，根据力的合成规律可知，两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。

则轻绳的张力先变小后变大，当两轻绳处于竖直方向时，张力最小，故D 正确，ABC 错误。

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、AB
【解析】
小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。

设电场强度大小为E ，加电场后小
球的加速度大小为a ，取竖直向下方向为正方向，则由2212 2
1
gt vt at =--（），又v=gt ，解得 a=3g ，则小球回到A 点时的速度为v ′=v-at =-2g t ；整个过程中小球速度增量的大小为△v =v ′=-2gt ，速度增量的大小为2g t 。

由牛顿第二定律得
qE mg a m -=
，联立解得，qE =4m g ，222122
qE gt mg t ε∆=⋅=，故A 正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了212
k E m gt =()，故C 错误。

设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得21 02mgh qE h gt --=（）解得，223h gt =，从A 点到最低点小球重力势能减少了2223p E mgh mg t ==．D 错误。

8、ACD 【解析】
A ．金属棒上滑过程中通过电阻R 的电荷量为
BLx q R r R r
∆Φ==++ 故A 正确；
B ．由楞次定律，金属棒上滑过程电阻R 中电流从a 到b ，下滑过程电阻R 中电流从b 到a ，故B 错误；
C ．根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置上，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，所以
t 上<t 下
故C 正确；
D ．上滑过程，以向上为正方向，由动量定理得
(sin )Δmg BiL t m v θ+⋅∆-=
两边求和
0sin 0mg t BLq mv θ-⋅-=-
又
BLx q R r R r
∆Φ==++ 解得
220()()sin mv R r B L x t mg R r θ
+-=+ 故D 正确。

故选ACD 。

9、BC
【解析】 A ．玻璃砖的折射率为
c n v =
则该光线在玻璃中传播的速度为 2c v = 故A 错误。

B ．由折射定律得sin sin n αβ
=
，可得 β=30° 选项B 正确； C ．设临界角为C ，则有
12sin 2
C n =
= 得
C =45° 故C 正确。

D ．为了使从A 点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，反射光线不能在顶面发生全反射，则底面反光膜半径至少为
r=d tan C =d
面积πd 2，故D 错误。

故选BC 。

10、BC
【解析】
AB ．两球均做平抛运动，竖直方向为自由落体运动。

在空中某处相遇则竖直位移y 相同。

由212
y gt =
知二者运动时间t 相同，则同时抛出，选项A 错误，B 正确。

CD ．由题图知两球运动至相遇点时，球P 的水平位移x 大，由0x v t =知球P 的初速度大，选项C 正确，D 错误； 故选BC 。

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 D D 46.6Ω（45.0-50.0Ω均可） 无
【解析】
(1)[1][2]．由于在该实验电路中没有电压表，所以要将定值电阻R 0和电流表改装成电压表使用，因此电流表A 1的内阻应已知，通过该电流表的最大电流约为：
0160.3A 155
A R E I R ===++ A 1应选用A 电流表．由于电流表A 2的内阻不是必须要知道的，其量程要大于电流表A 1的量程，所以电流表A 2应选择D 电流表．
(2)[3]．流经电流表A 2的电流为电路中的总电流，设滑动变阻器单位长度的电阻为r ，则有
()201201A X A A X
E
I R R R R rx R R R =+++++
又因为R 0、R x 、R A1、R A2等均为定值，令()01201A X
A A X R R R R R R k R ++++=，则上式可变为
2E I k rx
=+ 由数学关系可知，D 正确，故选D ．
(3)[4][5]．根据图示电路图，由欧姆定律可知
（R 0+R A1）I 1=R x （I 2-I 1）
整理可得
1012
X X A R I R R R I =++ 而12
I I 即题图中I 1-I 2图线的斜率，由图可知 120.287 0.410
I I == 解得
R x =46.6Ω．
由于实验中考虑到了电流表内阻，则这样测得的R x 的阻值无系统误差。

12、直流电源 ×
100 20000 100：1 【解析】
(1)[1]由图所示可知，当转换开关S 旋到位置5、6时，表头G 与电阻串联，此时可用来测量直流电压。

(2)[2]测量某电学元件的电阻，选用“10⨯”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡
位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“100⨯”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。

(3)①[3]欧姆表中值电阻等于欧姆档内部电阻，则中间刻度值对应示数为
46g 3Ω110Ω30010
E R R I -====⨯⨯中内 有
g E I R =内
g 13E I R R
=+内 解得
4210ΩR =⨯
所以表盘上100μA 刻度线对应的电阻刻度值是4210Ω=20000Ω⨯。

②[4]当电流计满偏时：流过0R 的电流
g 99I I =
电流计内阻为99Ω，给电流计并联1Ω的电阻，根据并联分流的规律可知电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的1100
，欧姆表换挡前、后倍率之比等于100:1。

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）电场强度E 的大小是；
（2）经磁场从A 到D 的时间与经电场从A 到D 的时间之比是2
π：1 【解析】
试题分析：（1）加磁场时，粒子做匀速圆周运动，画出粒子在磁场中的运动轨迹图象，由几何关系可以得到轨道半径，进而由洛伦兹力提供向心力可得粒子初速度v 0的大小；
粒子在匀强电场中粒子做类平抛运动，由平抛规律可得电场强度大小．
（2）粒子在磁场中运动时，根据轨迹的圆心角求解时间，由类平抛的规律得到电场运动的时间，即可解答． 解：（1）加磁场时，粒子从A 到D 有：qBv 0=m ①
由几何关系有：r=Rtan =R ②
加电场时，粒子从A 到D 有：
R+Rcos60°=v 0t ③
Rsin60°=④
由①～④得：E=⑤
（2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知：圆心角α=60°
圆运动周期：T==⑦
经磁场的运动时间：t′=T=⑧
由①～④得粒子经电场的运动时间：t=
⑨ 即：=⑩
答：
（1）电场强度E 的大小是； （2）经磁场从A 到D 的时间与经电场从A 到D 的时间之比是2π：1．
【点评】本题的关键问题是做出粒子的运动轨迹，再加上熟练应用几何关系才能解决这个题，带点粒子在磁场中的运动，一定要掌握好几何工具．
14、 (1)M 指向N ；(2)103A I =；(3)153W P =
【解析】
(1)从A 到C 的过程中对导体棒受力分析，安培力方向水中水平向左，根据左手定则可判断电流方向从M 指向N
(2)因为金属导体MN 做匀速圆周运动，由
sin cos mg F θθ=安
F BIL =安
则
tan mg I BL
θ=
得
I =
(3)根据功率的计算公式可得
cos60sin60P F v mgv ︒︒==安
得
P =
15、（1）202mv qd ；（2）2098
mv +22
20252mg d v 【解析】
（1）设板间电场强度为E ，根据动能定理有： -qEd =0-
2012
mv ， 得：
202mv E qd = （2）设小球从P 点运动到N 板所用的时间为t 1，则有： d =0112
v t 得： t 1=
02d v 设小球从N 板运动到M 板所用的时间为t 2，则有： 229142
d at = qE=ma
得：
t 2=0
3d v 因此小球从P 点开始运动到M 板所用的时间： t =t 1+t 2=0
5d v
这段时间内小球下落的高度： h =2
220
12522gd gt v = 根据动能定理：
qE ×205142
k d mgh E mv +=- 得： 2098
k E mv =+22
20252mg d v。