高中物理高考三輪沖刺 全國優(yōu)質(zhì)課

2023年廣東省南海中學(xué)、寶安中學(xué)、仲元中學(xué)等七校高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題包括16小題，每小題4分，共64分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，選對的得4分，選錯或不答的得0分．1．（4分）（2023?南海區(qū)校級模擬）如圖所示，在水平桌面上疊放著木塊P和Q，水平力F推動兩個木塊做勻速運動，下列說法中正確的是（）A．P受3個力，Q受3個力B．P受3個力，Q受4個力C．P受2個力，Q受5個力D．P受4個力，Q受6個力考點：力的合成與分解的運用；共點力平衡的條件及其應(yīng)用．專題：受力分析方法專題．分析：用水平力F推Q，使P、Q兩木塊一起沿水平桌面勻速滑動，對各自進(jìn)行受力分析，分別從重力、彈力、摩擦力等三個角度去分析．對于摩擦力要分靜摩擦力與滑動摩擦力．解答：解：在水平推力的作用下，物體P、Q一起勻速滑動，則對P受力分析：重力與支持力．對于Q受力分析：重力、地面支持力、P對Q的壓力、水平推力、地面給Q的滑動摩擦力．因此P受到二個力，Q受到五個力．故C正確；ABD錯誤；故選：C．點評：考查學(xué)會受力分析，通常從重力、彈力、摩擦力角度去分析，同時強調(diào)受力的研究對象．2．（4分）（2023?南海區(qū)校級模擬）有一種雜技表演叫“飛車走壁”，由雜技演員駕駛摩托車沿圓臺形表演臺的側(cè)壁，做勻速圓周運動．如圖中粗線圓表示摩托車的行駛軌跡，軌跡離地面的高度為h，下列說法中正確的是（）A．h越高，摩托車對側(cè)壁的壓力將越大B．h越高，摩托車做圓周運動的向心力將越大C．h越高，摩托車做圓周運動的周期將越小D．h越高，摩托車做圓周運動的線速度將越大考點：牛頓第二定律；向心力．專題：牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用．分析：摩托車做勻速圓周運動，提供圓周運動的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力圖，得出向心力大小不變．h越高，圓周運動的半徑越大，由向心力公式分析周期、線速度大?。獯穑航猓篈、摩托車做勻速圓周運動，提供圓周運動的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力圖．設(shè)圓臺側(cè)壁與豎直方向的夾角為α，側(cè)壁對摩托車的支持力F=不變，則摩托車對側(cè)壁的壓力不變．故A錯誤．B、如圖向心力Fn=mgcotα，m，α不變，向心力大小不變．故B錯誤．C、根據(jù)牛頓第二定律得Fn=m，h越高，r越大，F(xiàn)n不變，則T越大．故C錯誤．D、根據(jù)牛頓第二定律得Fn=m，h越高，r越大，F(xiàn)n不變，則v越大．故D正確．故選D點評：本題考查應(yīng)用物理規(guī)律分析實際問題的能力，是圓錐擺模型，關(guān)鍵是分析物體的受力情況，研究不變量．3．（4分）（2023?江蘇校級模擬）物體A、B的s﹣t圖象如圖所示，由圖可知（）A．從第3s起，兩物體運動方向相同，且vA＞vBB．兩物體由同一位置開始運動，但物體A比B遲3s才開始運動C．在5s內(nèi)物體的位移相同，5s末A、B相遇D．5s內(nèi)A、B的平均速度相等考點：勻變速直線運動的圖像．專題：運動學(xué)中的圖像專題．分析：位移﹣時間的斜率大小等于物體的速度．由圖直接讀出物體開始運動的時刻和位置．兩圖線的交點表示位移相同，兩物體到達(dá)同一位置相遇．縱坐標(biāo)的變化量等于物體通過的位移，讀出位移大小，再比較5s內(nèi)平均速度大小關(guān)系．解答：解：A、由圖看出，兩圖線的斜率都大于零，說明兩物體都沿正方向運動，運動方向相同．圖線A的斜率大于圖線B的斜率，說明A的速度大于B的速度，即vA＞vB．故A正確．B、物體A從原點出發(fā)，而B從正方向上距原點5m處出發(fā)，出發(fā)的位置不同．物體A比B遲3s才開始運動．故B錯誤．C、5s末兩圖線相交，說明5s末兩物體到達(dá)同一位置相遇．但兩物體5s內(nèi)通過的位移不同，A通過的位移為△xA=10m﹣0=10m，物體B通過的位移為△xB=10m﹣5m=5m．故C錯誤．D、由上知道，5s內(nèi)A通過的位移大于B的位移，所以5s內(nèi)A的平均速度大于B的平均速度．故D錯誤．故選A點評：對于位移圖象，關(guān)鍵抓住斜率大小等于物體的速度、坐標(biāo)變化量表示位移來理解其物理意義．4．（4分）（2023?南海區(qū)校級模擬）小明在做雙腳跳臺階的健身運動，若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小明在下降過程中處于失重狀態(tài)B．小明起跳以后在上升過程處于超重狀態(tài)C．小明落地時地面對他的支持力小于他的重力D．起跳過程地面對小明的作用力就是他對地面的作用力考點：超重和失重．分析：物體加速度向上時，處于超重狀態(tài)；而加速度向下則處于失重狀態(tài)．解答：解：A、小明下降時，只受重力，加速度為g，處于失重狀態(tài)；故A正確；B、離開地面上升的過程中，小明只受重力，處于失重狀態(tài)；故B錯誤；C、落地時，小明向下減速，故加速度向上；則支持力大于重力；故C錯誤；D、地面對小明的作用力與小明對地面的作用力不是同一個力；它們作用在兩個不同的物體上；故D錯誤；故選：A．點評：本題要掌握好判斷超重與失重的方法；明確只要加速度向下物體即失重；只要加速度向上，則物體超重；與物體的運動方向無關(guān)．二、雙項選擇題：本大題共5小題，每小題6分，共54分．在每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求，全部選對的得6分，只選1個且正確的得3分，有選錯或不答的得0分．5．（6分）（2023?南海區(qū)校級模擬）如圖所示，在等量異種電荷形成的電場中，畫一正方形ABCD，對角線AC與兩點電荷連線重合，兩對角線交點O恰為電荷連線的中點．下列說法中正確的是（）A．A點的電場強度等于B點的電場強度B．B、D兩點的電場強度及電勢均相同C．一電子由B點沿B→C→D路徑移至D點，電勢能先增大后減小D．一電子由C點沿C→O→A路徑移至A點，電場力對其先做負(fù)功后做正功考點：電勢；電勢能．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：等量異種電荷周圍的電場線是靠近兩邊電荷處比較密，中間疏，在兩電荷中垂線上，中間密，向兩邊疏，根據(jù)電場線的疏密比較電場強度的大?。鶕?jù)電場力做功判斷電勢能的變化．根據(jù)電場力方向與速度方向的關(guān)系判斷電場力做功情況．解答：解：A、A點的電場線比B點的電場線密，則A點的電場強度大于B點的電場強度．故A錯誤．B、B、D兩點的電場線疏密度相同，則B、D兩點間的電場強度相等，等量異種電荷連線的中垂線是等勢線，則B、D兩點的電勢相等．故B正確．C、一電子由B點沿B→C→D路徑移至D點，電場力先做負(fù)功，再做正功，則電勢能先增大后減?。蔆正確．D、一電子由C點沿C→O→A路徑移至A點，電場力方向水平向左，電場力一直做正功．故D錯誤．故選BC．點評：解決本題的關(guān)鍵知道等量異種電荷周圍電場線的分布，知道電場力做正功，電勢能降低，電場力做負(fù)功，電勢能增加．6．（6分）（2023?南海區(qū)校級模擬）一只小船在靜水中的速度為3m/s，它要渡過一條寬為30m的河，河水流速為4m/s，則這只船（）A．過河時間不可能小于10sB．不能沿垂直于河岸方向過河C．可以渡過這條河，而且所需時間可以為6sD．不可能渡過這條河考點：運動的合成和分解．專題：運動的合成和分解專題．分析：將船的運動分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向，根據(jù)垂直于河岸方向上的速度求出渡河的時間．通過判斷合速度能否與河岸垂直，判斷船能否垂直到對岸．解答：解：A、當(dāng)靜水速與河岸垂直時，渡河時間最短，最短時間為t==s=10s，因水流速度大于船在靜水中的速度，所以過河時間不可能小于10s．故A正確，C錯誤．B、根據(jù)平行四邊形定則，由于靜水速小于水流速，則合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到達(dá)對岸．故B正確；D、當(dāng)靜水速與河岸不平行，則船就能渡過河，故D錯誤；故選：AB．點評：小船過河問題屬于運動的合成問題，要明確分運動的等時性、獨立性，運用分解的思想，看過河時間只分析垂直河岸的速度，分析過河位移時，要分析合速度7．（6分）（2023?南海區(qū)校級模擬）來自中國航天科技集團公司的消息稱，中國自主研發(fā)的北斗二號衛(wèi)星系統(tǒng)今年起進(jìn)入組網(wǎng)高峰期，預(yù)計在2023年形成覆蓋全球的衛(wèi)星導(dǎo)航定位系統(tǒng)，此系統(tǒng)由中軌道、高軌道和同步軌道衛(wèi)星等組成．現(xiàn)在正在服役的北斗一號衛(wèi)星定位系統(tǒng)的三顆衛(wèi)星都定位在距地面36000km的地球同步軌道上．目前我國的各種導(dǎo)航定位設(shè)備都要靠美國的GPS系統(tǒng)提供服務(wù)，而美國的全球衛(wèi)星定位系統(tǒng)GPS由24顆衛(wèi)星組成，這些衛(wèi)星距地面的高度均為20000km．則下列說法中正確的是（）A．所有GPS的衛(wèi)星所受向心力大小均相等B．所有GPS的衛(wèi)星比北斗一號的衛(wèi)星線速度大C．北斗二號中的中軌道衛(wèi)星的加速度一定大于高軌道衛(wèi)星的加速度D．北斗一號系統(tǒng)中的三顆衛(wèi)星向心加速度比赤道上物體的向心加速度小考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用．專題：人造衛(wèi)星問題．分析：根據(jù)萬有引力提供向心力，可知r越大，向心加速度越小，線速度越小，周期越大．地球的同步衛(wèi)星相對于地球是靜止的．解答：解：A、所有GPS的衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不清楚，所以所受向心力大小關(guān)系不確定，故A錯誤B、根據(jù)萬有引力提供向心力，衛(wèi)星的加速度公式a=和速度公式v=．所以所有GPS的衛(wèi)星比北斗一號的衛(wèi)星線速度大，北斗二號中的中軌道衛(wèi)星的加速度一定大于高軌道衛(wèi)星的加速度，故B、C正確D、北斗一號系統(tǒng)中的三顆衛(wèi)星和赤道上物體具有相同的角速度，根據(jù)a=rω2得北斗一號系統(tǒng)中的三顆衛(wèi)星向心加速度比赤道上物體的向心加速度大，故D錯誤故選BC．點評：對于人造地球衛(wèi)星關(guān)鍵是記住兩個結(jié)論：衛(wèi)星的加速度公式a=和速度公式v=．同時掌握同步衛(wèi)星的特點．8．（6分）（2023?南昌模擬）如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q（可視為質(zhì)點）固定在絕緣斜面上的M點，且在通過彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)將與Q大小相同，帶電性也相同的小球P，從直線ab上的N點由靜止釋放，若兩小球可視為點電荷．在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是（）A．小球P的速度一定先增大后減小B．小球P的機械能一定在減少C．小球P速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零D．小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加考點：功能關(guān)系；共點力平衡的條件及其應(yīng)用；庫侖定律．分析：本題中有庫侖力做功，機械能不守恒；機械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度變化可從受力與能量兩種觀點加以分析解答：解：A、小球先沿斜面加速向下運動，后減速向下運動，當(dāng)彈簧壓縮量最大時，小球靜止，故A正確B、根據(jù)除了重力和彈力之外的力做功量度機械能的變化得小球P除了重力和彈力之外的力做功還有彈簧的彈力和庫侖斥力做功，開始彈簧的彈力和庫侖斥力的合力方向可能向上，也就是可能做負(fù)功，所以小球P的機械能可能增大，故B錯誤C、小球P的速度一定先增大后減小，當(dāng)p的加速度為零時，速度最大，所以小球P速度最大時所受彈簧彈力、重力沿斜面向下的分力和庫侖力的合力為零，故C錯誤D、根據(jù)能量守恒定律知，小球P的動能、與地球間重力勢能、與小球Q間電勢能和彈簧彈性勢能的總和不變，因為在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，Q對P的庫侖斥力做正功，電勢能減小，所以小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加，故D正確．故選AD．點評：注意機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，從能量轉(zhuǎn)化的角度講，只發(fā)生機械能間的相互件轉(zhuǎn)化，沒有其他形式的能量參與．9．（6分）（2023?南海區(qū)校級模擬）在相同高處的一點將三個質(zhì)量相同的小球以大小相等的初速度v0分別豎直上拋、平拋和豎直下拋，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．從拋出到落地過程中，重力對它們做功不相同B．從拋出到落地過程中，重力對它們的平均功率相同C．三個小球落地時，平拋小球的重力瞬時功率最小D．三個小球落地時的速度大小相同考點：功率、平均功率和瞬時功率；功的計算．專題：功率的計算專題．分析：小球沿著不同的方向拋出，都只有重力做功W=mgh，機械能守恒，故可得到落地時動能相等，速度大小相同但方向不同；根據(jù)運動學(xué)規(guī)律判斷運動時間長短，再根據(jù)功率的定義判斷平均功率的大小．解答：解：A、重力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)，故重力做功相等，故A錯誤；B、平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，故上拋時間最長，下拋時間最短，根據(jù)，平均功率不等，故B錯誤；C、根據(jù)P=FVcosα知重力的瞬時功率P=mgvy，平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，落地時平拋運動的豎直方向速度最小，故C正確；D、重力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)，故重力做功相等，根據(jù)動能定理知落地時動能相等，速度大小相同但方向不同，故D正確；故選：CD．點評：本題關(guān)鍵在于沿不同方向拋出的小球都只有重力做功，機械能守恒；同時可以根據(jù)運動學(xué)公式判斷運動總時間的長短，根據(jù)P=mgvy判定瞬時重力的功率．三、非選擇題：本大題共4小題，共182分．按題目要求作答．解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演步驟，只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．10．（10分）（2023?南海區(qū)校級模擬）某探究學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲驗證“動能定理”，他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置．①實驗中所用電磁打點計時器是一種使用交流（填“交流”或“直流”）電源的計時儀器，它的工作電壓是4﹣6V，當(dāng)電源的頻率為50Hz時，它每隔s打一次點．②實驗時為了保證滑塊受到的合力與沙桶的總重力大小基本相等，沙和沙桶的總質(zhì)量應(yīng)滿足的實驗條件是沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量，實驗時首先要做的步驟是平衡摩擦力．③在②的基礎(chǔ)上，某同學(xué)用天平稱量滑塊的質(zhì)量為M；往沙桶中裝入適量的細(xì)沙，用天平稱出此時沙和沙桶的總質(zhì)量為m；讓沙桶帶動滑塊加速運動．用打點計時器記錄其運動情況，在打點計時器打出的紙帶上取兩點，測出這兩點的間距L和這兩點的速度大小v1與v2（v1＜v2）．則本實驗最終要驗證的數(shù)學(xué)表達(dá)式為mgL=Mv22﹣Mv12．（用題中的字母表示實驗中測量得到的物理量）考點：探究功與速度變化的關(guān)系．專題：實驗題．分析：（1）決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項；（2）實驗要測量滑塊動能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的總質(zhì)量表示滑塊受到的拉力，對滑塊受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必須使重力的下滑分量等于摩擦力；同時重物加速下降，處于失重狀態(tài)，故拉力小于重力，可以根據(jù)牛頓第二定律列式求出拉力表達(dá)式分析討論；（3）細(xì)線的拉力近似等于沙和沙桶的總重力，需要驗證的方程是細(xì)線對滑塊做功與滑塊動能的增加的關(guān)系．解答：解：（1）電磁打點計時器和電火花計時器都是使用交流電源的計時儀器，當(dāng)電源的頻率為50Hz時，它每隔打一次點．（2）沙和沙桶加速下滑，處于失重狀態(tài)，其對細(xì)線的拉力小于重力，設(shè)拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律，有對沙和沙桶，有mg﹣T=ma對小車，有T=Ma解得故當(dāng)M＞＞m時，有T≈mg小車下滑時受到重力、細(xì)線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應(yīng)該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一段墊高；（3）以小車為對象驗證“動能定理”，合外力做的功為：mgL，小車動能的變化量為：，所以我們需要驗證：mgL=．故答案為：①交流；；②沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量；平衡摩擦力；③mgL=Mv22﹣Mv12．點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)實驗原理并結(jié)合牛頓第二定律和動能定理來確定要測量的量、實驗的具體操作方法和實驗誤差的減小方法．11．（8分）（2023?南海區(qū)校級模擬）如圖所示，是用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律”的實驗．在滑塊上安裝一遮光板，把滑塊放在水平氣墊導(dǎo)軌上并靜止在A處，并通過定滑輪的細(xì)繩與鉤碼相連，光電計時器安裝在B處．測得滑塊（含遮光板）質(zhì)量為M、鉤碼總質(zhì)量為m、遮光板寬度為d、當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間．將滑塊在圖示A位置釋放后，光電計時器記錄下遮光板通過光電門的時間分別為△t．①實驗中是否要求鉤碼總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊質(zhì)量M否（填：是、否）②實驗中還需要測量的物理量是AB間的距離L（用文字及相應(yīng)的符號表示）．③本實驗中驗證機械能守恒的表達(dá)式為：mgL=（用以上對應(yīng)物理量的符號表示）．④如果實驗結(jié)果系統(tǒng)動能增加量大于重力勢能減少量，請指出實驗的調(diào)節(jié)可能出的問題氣墊導(dǎo)軌不水平．考點：驗證機械能守恒定律．專題：實驗題；機械能守恒定律應(yīng)用專題．分析：實驗原理是：求出通過光電門時的速度v，測出AB間的距離L，在這個過程中，減少的重力勢能能：△Ep=mgL，增加的動能，比較減少的重力勢能與增加的動能之間的關(guān)系，驗證機械能是否守恒．解答：解：①本實驗中不需要讓鉤碼的重力等于繩子的拉力，故不要求鉤碼總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于滑塊質(zhì)量M；②為了求出運動過程中鉤碼減小的重力勢能，則需要測量AB間的距離L；③我們驗證的是：△Ep與△Ek的關(guān)系，即驗證：△Ep=△Ek代入得：mgL=而v=所以本實驗中驗證機械能守恒的表達(dá)式為mgL=④如果實驗結(jié)果系統(tǒng)動能增加量大于重力勢能減少量，則可能是氣墊導(dǎo)軌不水平造成的．故答案為：①否；②AB間的距離L；③mgL=；④氣墊導(dǎo)軌不水平點評：正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理，從實驗原理出發(fā)進(jìn)行分析所需實驗器材、實驗步驟、所測數(shù)據(jù)等，會起到事半功倍的效果．12．（18分）（2023?南海區(qū)校級模擬）如圖，一個質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）以某一初速度從A點水平拋出，恰好從圓管BCD的B點沿切線方向進(jìn)入圓弧，經(jīng)BCD從圓管的最高點D射出，恰好又落到B點．已知圓弧的半徑為R且A與D在同一水平線上，BC弧對應(yīng)的圓心角θ=60°，不計空氣阻力．求：（1）小球從A點做平拋運動的初速度v0的大??；（2）在D點處管壁對小球的作用力N；（3）小球在圓管中運動時克服阻力做的功Wf．考點：動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力．專題：動能定理的應(yīng)用專題．分析：（1）根據(jù)幾何關(guān)系求出平拋運動下降的高度，從而求出豎直方向上的分速度，根據(jù)運動的合成和分解求出初速度的大?。?）根據(jù)平拋運動知識求出小球在D點的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出管壁對小球的彈力作用．（3）對A到D全程運用動能定理，求出小球在圓管中運動時克服阻力做的功．解答：解：（1）小球從A到B：豎直方向=2gR（1+cos60°）=3gR則vy=在B點，由速度關(guān)系v0==（2）小球從D到B：豎直方向R（1+cos60°）=gt2解得：t=則小球從D點拋出的速度vD==在D點，由向心力公式得：mg﹣N=m解得：N=mg方向豎直向上（3）從A到D全程應(yīng)用動能定理：﹣Wl=﹣解得：Wl=mgR答：（1）小球從A點做平拋運動的初速度v0的大小為．（2）在D點處管壁對小球的作用力N為．（3）小球在圓管中運動時克服阻力做的功Wl=mgR．點評：本題綜合考查了平拋運動和圓周運動的基礎(chǔ)知識，難度不大，關(guān)鍵搞清平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，以及圓周運動向心力的來源．13．（18分）（2023?佛山模擬）如圖，絕緣水平地面上有寬L=的勻強電場區(qū)域，場強E=6×105N/C、方向水平向左．不帶電的物塊B靜止在電場邊緣的O點，帶電量q=5×10﹣8C、質(zhì)量mA=1×10﹣2kg的物塊A在距O點s=處以v0=5m/