河北省深州市中学2023年高考物理三模试卷含解析

2023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、从空间某点以大小不同的速率沿同一水平方向射出若干小球，不计空气阻力。

则它们的动能增大到初动能的2倍时的位置处于
A ．同一直线上
B ．同一圆上
C ．同一椭圆上
D ．同一抛物线上
2、关于对平抛运动的理解，以下说法正确的是（ ）
A ．只要时间足够长，其速度方向可能沿竖直方向
B ．在任意相等的时间内速度的变化量相同
C ．可以运用“化曲为直”的方法，分解为竖直方向的匀速直线运动和水平方向的自由落体运动
D ．平抛运动的水平位移与竖直高度无关
3、如图所示，质量为m 的小球用一轻绳悬挂，在恒力F 作用下处于静止状态，静止时悬线与竖直方向夹角为53°，若把小球换成一质量为2518
m 的小球，在恒力F 作用下也处于静止状态时，悬线与竖直方向夹角为37°，则恒力F 的大小是（ ） A ．516mg B ．512mg C ．58mg D ．56
mg 4、a b 、两车在平直的公路上沿同一方向行驶，两车运动的v t -图象如图所示。

在0t =时刻，b 车在a 车前方0S 处，在10~t 时间内，b 车的位移为s ，则（ ）
A ．若a b 、在1t 时刻相遇，则03s s =
B ．若a b 、在12t 时刻相遇，则032s s =
C ．若a b 、在13t 时刻相遇，则下次相遇时刻为143
t D ．若a b 、在14t 时刻相遇，则下次相遇时a 车速度为13
v 5、杜甫的诗句“两个黄鹂鸣翠柳，一行白鹭上青天”描绘了早春生机勃勃的景象。

如图所示为一行白直线加速“上青天”的示意图图中12,F F 为某白鹭在该位置可能受到的空气作用力其中2F 方向竖直向上。

下列说法正确的是（ ）
A ．该作用力的方向可能与1F 相同
B ．该作用力的方向可能与2F 相同
C ．该作用力可能等于白鹭的重力
D ．该作用力可能小于白鹭的重力
6、中国空间技术研究院空间科学与深空探测首席科学家叶培建近日透露，中国准备在2020年发射火星探测器，2021年探测器抵达火星，并有望实现一次“绕”、“落”和“巡”的任务。

火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍。

由以上信息可知（ ）
A ．发射火星探测器需要的速度不能小于16.7km/s
B ．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力小
C ．火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的4倍
D ．在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度
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、如图所示，光滑水平面上放置A、B两物体相互接触但并不黏合，两物体的质量分别为m A=2kg，m B=3kg。

从t=0开始，作用力F A和作用力F B分别作用在A、B两物体上，F A、F B随时间的变化规律分别为F A=(8-2t)N，F B=(2+2t)N。

则（）
A．A、B两物体一直以2m/s2的加速度做匀加速运动
B．当F A=F B时，A、B两物体分离
C．t=1s时A物体的运动速度为2m/s
D．物体B在t=5s时的加速度为4m/s2
8、已知与长直通电导线距离为r处的磁感应强度大小为
I
B k
r
=，其中I为导线中的电流，k为常数。

在∠ABC=120°
的等腰三角形的三个顶点处各有一条长直通电导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流I，电流方向如图所示。

其中O点为AC边的中点，D点与B点关于AC边对称。

现将另外一根通电导体棒垂直于纸面放在O点时，其受到的安培力的大小为F。

若将该导体棒垂直于纸面放到D点，电流大小和方向与在O点时一致，则此时该导体棒受到的安培力（）
A．方向与在O点受到的安培力方向相同
B．方向与在O点受到的安培力方向垂直
C．大小为F
D．大小为2F
9、光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为Q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是()
A ．0
B ．2012mv
C ．2012mv ＋12QEL
D ．2012
mv ＋23QEL 10、如图所示，空间中存在匀强磁场，在磁场中有一个半径为R 的圆，圆面与磁场垂直，从圆弧上的P 点在纸面内沿各个方向向园内射入质量、电荷量、初速度大小均相同的带同种电荷的粒子，结果沿半径PO 方向射入的粒子从边界上Q 点射出．已知OQ 与OP 间的夹角为60°，不计粒子的重力，则下列说法正确的是
A ．粒子在磁场中做圆周运动的半径为32
R B ．粒子在磁场中做圆周运动的半径为点33
R C ．有粒子射出部分的国弧所对圆心角的正弦值为233
D ．有粒子射出部分的圆孤所对圆心角的正弦值为
223 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）如图甲所示装置，可以进行以下实验：
A .“研究匀变速直线运动”
B .“验证牛顿第二定律”
C .“研究合外力做功和物体动能变化关系
(1)在A 、B 、C 这三个实验中，______需要平衡摩擦阻力．
(2)已知小车的质量为M ，盘和砝码的总质量为m ，且将mg 视为细绳对小车的拉力；为此需要满足.m M 前述A 、
B、C三个实验中，______不需要满足此要求．
(3)如果用此装置做“研究合外力做功和物体动能变化关系这个实验，由此可求得如图乙纸带上由O点到D点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W=______，该小车动能改变量的表达式k E=______．由于实验中存在系统误差，所以W______.(k E选填“小于”、“等于”或“大于”)．
12．（12分）在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图甲所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q的质量均为m（已知），在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z。

重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g。

(1)某次实验中。

先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带。

相邻两计数点间还有四个点没画出，则系统运动的加速度a=______________m/s²（保留两位有效数字）。

(2)在忽略阻力的情况下，物块Z质量M的表达式为M=________（用字母m、a、g表示）。

(3)由(2)中理论关系测得的质量为M，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z的实际质量与理论值M有一定差异。

这是一种_______（填“偶然误差”或“系统设差”）。

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）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图
（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．
则
（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；
（2）求小球的质量m和电量q；
（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U ；
（4）在图（b ）中画出小球的电势能ε 随位移s 变化的图线．（取杆上离底端3m 处为电势零点）
14．（16分）如图所示，间距为L =2m 的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B =0.5T 方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x 1（值未标出），在坐标为x 0=1.2m 处垂直于水平导轨放置有一质量m =1kg 、电阻为R =0.1Ω的导体棒ab 。

现把质量为M =2kg 、电阻也为R =0.1Ω的导体棒cd ，垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h =1.8m 处由静止释放。

若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，ab 棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应，g =10m/s 2。

求：
（1）cd 棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；
（2）ab 棒离开磁场右边界前的稳定速度；
（3）cd 棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。

15．（12分）如图所示，水平传送带与质量为m 的物块间的动摩擦因数为0.2μ=，传送带做匀速运动的速度为
02m/s v =，物块在经过传送带上方长为3m 8
L =的虚线区域时会受到，恒定的向下压力F mg =。

已知压力区左边界距传送带左端的距离为10.25x m =，物块自传送带左端无初速释放后，经过1s 到达传送带的右端.重力加速度g 取210m/s 。

（1）物块到达压力区左边界的速度
（2）压力区右边界到传送带最右端的长度。

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】
动能增大到射出时的2倍，根据公式212
k E mv =倍； 速度偏转角度余弦为：
0cos 2
v v θ==， 故速度偏转角度为45°，故：
v y =v 0tan45°=v
故运动时间为：
0v t g
=① 根据平抛运动的分位移公式，有：
x =v 0t ②
212
y gt =③ 联立①②③解得： 12y x =
在同一直线上。

A. 同一直线上。

与上述结论相符，故A 正确；
B. 同一圆上。

与上述结论不符，故B 错误；
C. 同一椭圆上。

与上述结论不符，故C 错误；
D. 同一抛物线上。

与上述结论不符，故D 错误。

故选：A
2、B
【解析】
A ．当平抛运动下落时间无论多么长，由于存在水平方向的分速度，则速度方向不可能竖直向下，故A 错误；
B ．由公式△v =at =gt ，可知平抛运动的物体在任意相等时间内速度的变化量相同，故B 正确；
C ．平抛运动运用“化曲为直”的方法，分解为水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，故C 错误；
D ．平抛运动的水平位移为
002h x v t v g == 知平抛运动的水平位移由初速度和拋出点的高度共同决定，故D 错误。

故选B 。

3、D
【解析】
对两个球受力分析如图所示：
在△ACB 中：
()
sin 37sin 5337AC CB =︒︒-︒ 其中：
2571818CB mg mg mg =-= 解得：
56
AC mg = 在△APC 中有：
()sin sin 18053AP AC αα=︒-︒+⎡⎤⎣
⎦ 所以： ()56sin 53sin mg mg αα
=︒+ 解得：
α=53°
可见△APC 是等腰三角形，PC AC =，即：
56
F mg = 故D 正确，ABC 错误。

4、B
【解析】
A ．根据题述，在0t =时刻，b 车在a 车前方0S 处，在10~t 时间内，b 车的位移为s ，若a b 、在1t 时刻相遇，根据v t -图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，则有
03s s s +=
解得02s s =，故A 错误；
B ．若a b 、在12
t 时刻相遇，根据v t -图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，则有 0744
s s s += 解得032
s s =，故B 正确； C ．若a b 、在13t 时刻相遇，则下次相遇的时刻为关于1t t =对称的153
t 时刻，故C 错误； D ．若a b 、在
14t 时刻相遇，则下次相遇时刻为174t ，下次相遇时a 车速度 111117244
a v t v v v t =-⋅= 故D 错误。

故选B 。

5、A
【解析】
白鹭斜向上做匀加速运动，可知合外力与加速度同向，重力竖直向下，可知空气对白鹭的作用力斜向左上方，即可能是F 1的方向；由平行四边形法则可知F 1>G ；
故选A 。

6、D
【解析】
A ．火星探测器脱离地球，但没有脱离太阳系，其发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s 即可，故A 错误；
B ．根据引力2
Mm F G R =，因为火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍，所以火星表面的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为2：5。

可得探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力大，故B 错误； C ．根据万有引力提供向心力，有
2
224Mm G m r r T
π= 可得
r =
因火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2故C 错误；
D ．在火星表面发射近地卫星的速度即火星的第一宇宙速度，由
2
2Mm v G m R R
= 得第一宇宙速度公式
v =
可知火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1所以在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度，故D 正确。

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、CD
【解析】
AB ．F A 、F B 的大小都随时间而变化，但合力
10N A B F F F =+=合
不变，故开始一段时间内A 、B 以相同的加速度做匀加速运动，A 、B 分离前，对整体有
A B A B )(F F m m a +=+①
设A 、B 间的弹力为F AB ，对B 有
B AB B F F m a +=②
由于加速度a 恒定，则随着t 的增大，F B 增大，弹力F AB 逐渐减小，当A 、B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为零，即 AB 0F =③
将
A B (82)N (22)N F t F t =-=+，
代入①解得
22m/s a =
联立②③得，t =2s ，此时
A (82)N (822)N 4N F t =-=-⨯=
B (22)N (222)N 6N F t =+=+⨯=
所以在2s 内，A 、B 两物体一直以2m/s 2的加速度做匀加速运动，t =2s 后A 、B 两物体分离，故AB 错误； C ．t =1s 时A 物体的运动速度为
21m/s 2m/s v at ==⨯=
故C 正确；
D ．物体B 在t =5s 时的加速度为
22B B B B 22225m/s 4m/s 3
F t a m m ++⨯==== 故D 正确。

故选CD 。

8、AC
【解析】
AB ．由磁场叠加以及安培定则可知，AC 两处的直导线在O 点产生的磁场叠加结果为零，则O 点的磁场是B 点的直导线在O 点产生的，其方向为水平向左；同理可知D 点的合磁场方向也是水平向左，则导体棒在O 点和D 点所受安培力的方向相同（如图），选项A 正确，B 错误；
CD ．由以上分析可知，O 点的磁感应强度为 212O I kI B k l l == D 点的磁感应强度为 2cos60cos60D I I I kI B k
k k l l l l =++= 则导体棒在OD 两点受安培力相等，选项C 正确，D 错误。

故选AC 。

9、ABC
【解析】
若电场的方向平行于AB 向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD 边时，速度可能为1，所以动能可能为1．故A 有可能．
若电场的方向平行于AC 向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为
12L ，根据动能定理可知小球的最大动能为：202
12K L E E mv Q =+⋅，所以D 不可能，C 可能；若电场的方向平行于AB 向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD 边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v 1，动能为2012
mv ，故B 可能．故选ABC ．
10、BD
【解析】
AB.设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可知：
r =R tan30°= 33
R
A ，错误
B 正确；
CD.粒子做圆周运动的直径为：
d =2r 设有粒子射出部分的圆弧所对圆心角为θ，由几何关系可知：
sin 2θ=3
r R = 则：
sin 2sin cos 22θ
θ
θ==C 错误，D 正确．
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、BC A 4mgs 2
532()8M s s T
- 大于 【解析】
根据实验原理与实验注意事项分析答题．由匀变速直线运动的推论求出打D 点的速度，然后根据重力势能与动能的计算公式分析答题．
【详解】
：()1在A 、B 、C 这三个实验中，“验证牛顿第二定律”、“研究合外力做功和物体动能变化关系，都需要平衡摩擦阻力；
故选BC ．
()2已知小车的质量为M ，盘和砝码的总质量为m ，且将mg 视为细绳对小车的拉力．为此需要满足.m M 前述A 、
B 、
C 三个实验中，实验A 只需要小车做匀加速运动即可，不需要满足此要求；
故选A ． ()3纸带上由O 点到D 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式：4W mgs =；
打D 点时的速度：532D s s v T
-=， 则小车动能的改变量：2253532
()1()228k s s M s s E M T T --==； 由于实验中存在系统误差，所以盘和砝码受到的重力所做功W 大于小车动能的增量k E ．
故答案为()1BC ()2A ()43mgs ； 2532()8M s s T
-； 大于 【点睛】
此题涉及到三个高中物理的重要实验，基本装置都相同，只是实验的原理及目的不同；关键是弄清每个实验的原理及操作的方法、注意事项等问题，做到融会贯通不混淆．
12、0.32 2ma g a
- 系统误差 【解析】
(1)[1]根据逐差法求解加速度
22220.03290.02950.02640.0232m/s 0.32m/s 440.1
CE AC x x a T -+--===⨯ (2)[2]对P 、Q 、Z 构成的系统应用牛顿第二定律
()()m M g mg m m M a +-=++
解得
2ma M g a
=- (3)[3]根据题意可知这种误差为客观因素造成的不可避免的误差，应为系统误差。

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）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增
大的减速运动，直至速度为零．（2）4kg ；1.11×10﹣5C ；（3）4.2×
106V （4）图像如图, 线3即为小球电势能随位移s
变化的图线；
【解析】
（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得:
E P =mgh=mgs sin θ
斜率:
k =20=mg sin30°
所以
m =4kg
当达到最大速度时带电小球受力平衡:
20
sin kqQ
mg s θ= 由线2可得s 0=1m ，
得:
20sin mg s q kQ
θ==1.11×10﹣5C （3）由线2可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为27J ．
根据动能定理:
W G +W 电=△E k
即有:
﹣mgh +qU =E km ﹣0
代入数据得:
U =4.2×106V
（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s 变化的图线
14、（1）6m/s ；（2）4m/s ；（3）-19J
【解析】
（1）cd 棒下落过程中机械能守恒，有
2012
Mgh Mv =
解得 06m/s v =
（2）cd 棒进入磁场后与ab 棒组成的系统动量守恒，有
01()Mv M m v =+
解得两棒匀速时的速度
10243
v v ==m/s （3）设两棒达到相同速度时相距为△x ，则两棒同速前进，流过导体棒中的电量：
()012BL x x q R
-∆∆=① 对ab 棒应用动量定理得：
10BLI t mv ⋅∆=-②
1q I t ∆=⋅∆③
由①②③式解得
△x =0.4m
则从ab 棒出磁场右边界到cd 棒出磁场右边界的过程中，流过导体棒中的电量 22BL x q R
∆∆=④
设cd 出磁场时的速度为2v ，对cd 棒应用动量定理可得：
221BL q Mv Mv -∆=-⑤
解得
23m/s v =
由功能关系可知，整过程中有：
222210111222
W Mv mv Mv =
+-安 解得 19W =-安J
15、（1）11m /s v = （2）
12
m 【解析】
（1）物块在压力区左侧时，由牛顿第二定律有 1mg ma μ=
解得
212m /s a =
当物块速度达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移
2011
10.25m 2v x x a ==>= 可知物块到达压力区前一直做匀加速直线运动。

设物块到达压力区左边界时的速度为1v ，则有
2111
2v x a = 解得
11m /s v =
（2）物块进入压力区，由牛顿第二定律有
2()mg F ma μ+=
解得
224m /s a =
当物块在压力区达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移
22123m 28
v v x L a -=== 可知物块在恰好压力区时，速度与传送带共速，物块在压力区右侧做匀速直线运动。

物块在进入压力区前运动的时间
1111s 2
v t a == 物块在压力区中运动的时间
1221s 4
v v t a -== 则压力区右侧的传送带长度
()0121m 2L v t t t =--=。