【文档说明】备战2023年高考物理模拟卷（重庆专用） 06 Word版含解析.docx，共(21)页，1.769 MB，由小赞的店铺上传

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【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（重庆版）黄金卷06本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草

稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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。1.两个轻核结合成质量较大的核称为核聚变，一个氘核和一个氚核的聚变方程为234112HHHeX

+→+，已知几种常见原子核质量：氘2.01410u、氚3.01605u、氦4.00260u、质子1.007825u、中子1.00867u，271u1.6610kg−=，光速83.010m/sc=，以下说法正确的是（）A

.X粒子带正电B.一次上述聚变反应亏损质量为1.02755uC.一次上述聚变反应放出能量约为122.810J−D.氘核的比结合能大于氦核的比结合能【答案】C【解析】【详解】A．根据质量数与电荷数守恒，可知X的质量数与电荷数分别为2+3-4=1，1+1-2=0可知，X为中子，X不带电，A

错误；B．一次上述聚变反应亏损质量为Δm=2.01410u+3.01605u-4.00260u-1.00867u=0.01888uB错误；C．根据上述可知，一次上述聚变反应放出能量约为2Emc=解得122.

810JE−=C正确；D．聚变过程释放出核能，说明氦核比氘核更加稳定，由于比结合能越大，原子核越稳定，可知，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，D错误。故选C。2.设想在赤道上建造如图甲所示的“太空电梯”，宇航员可通过竖直的电梯直通太空站，图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地

球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系。关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的有（）A.随着r增大，宇航员的角速度增大B.宇航员在r=R

处的线速度等于第一宇宙速度C.图中r0为地球同步卫星的轨道半径D.随着r增大，宇航员感受到“重力”也增大【答案】C【解析】【详解】A．宇航员站在“太空电梯”上，相对地面静止，故角速度与地球自转角速度相同，在不同高度角速度不变，故A错误；B．r=R处是在地球的表面，设宇航员的线

速度为v，第一宇宙速度为v1，根据牛顿第二定律得22GMmvmgmRR−=赤212vGMmmRR=可以看出1vv故B错误；C．当r=r0时，万有引力产生的加速度等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当

于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星。故C正确；D．根据等效重力和万有引力相等可得2MmGmgr=随着r增大，其重力越来越小。故D错误；故选C。3.在篮球课上，某同学先后两次投出同一个篮球，两次篮

球均垂直打在篮板上，第二次打在篮板上的位置略低一点，假设两次篮球出手位置相同，打到篮板前均未碰到篮圈，不计空气阻力，则（）A.两次篮球打在篮板的速度大小相等B.第二次篮球在空中上升的时间较长C.两次投篮，该同学对篮球做的功可

能相等D.两次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率相等【答案】C【解析】【详解】B．根据逆向思维，可以将篮球的运动看为逆方向的平抛运动，根据212hgt=解得2htg=由于第二次打在篮板上的位置略低一点，则其竖直高度小一点，即第二次篮球在空中上升的时间较短，B错误；A．篮球水平方向

做匀速运动根据xxvt=解得xxvt=根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球打在篮板的速度较大，A错误；C．篮球出手时的速度()22222xxvgtvgtv=+=+根据上述可知，第二

次篮球在空中上升的时间较短，第二次篮球打在篮板的速度xv较大，则两次篮球出手时的速度可能大小相等，根据212Wmv=可知，两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等，C正确；D．篮球被抛出后瞬间，篮球重力功率大小为2yPmgvmgt==根据上述，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二

次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率较小，D错误。故选C。4.如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直

方向的夹角为θ。下列说法正确的是（）A.当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比【答案】D【解析】当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有的可知要让安培力为图示方向，则导线

中电流方向应由M指向N，A错误；BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sinBILmg=，FT=mgcosθ则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。5.转运码头上起吊机

正在工作，启动电动机收紧钢索，将原来静止的重物竖直向上提升。提升的前两个阶段，重物的机械能E与上升距离h的关系如图所示，第二阶段图像为一直线。若全过程各种摩擦忽略不计，下列判断正确的是（）A.钢索拉重物的

力一直增大B.钢索拉重物的力先增大后不变C.在第二阶段，钢索拉重物的力一定大于重物的重力D.第二阶段，重物可能做匀速直线运动【答案】D【解析】【详解】AB．拉力对重物做的功，等于重物的机械能变化，则E=Fh则由图可知，钢索拉重物的力先减小后不变，故A、B错误；C．第二阶段，斜率保

持不变，钢索对重物的拉力F不变，但F与mg大小关系不能确定，可能F>mg做匀加速直线运动，可能F=mg，做匀速直线运动，故C错误；D．由C知，第二阶段，F不变，若F=mg，则F合=0，受力平衡，则重物匀速上升，速度保持不变。故D正确。7.在如图甲所示的电路中

，电动机的额定电压为4V，灯泡上标有“4V4W”，定值电阻R的阻值为4。当变压器原线圈接如图乙所示的交流电时，电动机和灯泡均正常工作，且电动机的输出功率为6W。下列说法正确的是（）在A.变压器原、副线圈匝数比为55：1B.电动机的额定功率为

5WC.电动机的内阻为0.5D.若灯泡损坏导致断路，则电动机也会被烧杯【答案】C【解析】【详解】A．因为电动机和灯泡均正常工作，所以变压器副线圈两端的电压28VU=根据题图乙可知变压器原线圈两端的电压

1220VU=可得变压器原、副线圈匝数比1122552nUnU==选项A错误；B．当灯泡正常工作时，通过灯泡的电流LLL1APIU==通过定值电阻的电流L1ARUIR==可得通过电动机的电流ML2ARIII

=+=因此电动机的额定功率MM8WPUI==选项B错误；C．电动机的发热功率2MPPPIr=−=出热的的解得0.5=r选项C正确；D．若灯泡损坏导致断路，则副线圈消耗的功率减小，原线圈输入的功率减小，通过原线圈的电流减小，导致通过副线圈的电流减小，

因此电动机的功率减小，不会被烧坏，选项D错误。故选C。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8

.静电喷涂的基本原理是将高压静电发生器产生的负高压电缆引到喷枪，使油漆带上负电。带负电的油漆经压缩空气作用而雾化成很细的雾粒后移出喷枪，在电场力的作用下，被吸附到带正电接地的工件上，在工件表面形成均匀的漆膜，以达到喷涂目的。下图为静电喷涂的简要示意图

，某雾粒从A点运动到B点，忽略空气阻力、重力及雾粒间的相互作用。下列说法正确的是（）A.A点电势高于B点电势B.雾粒在A点的电势能大于在B点的电势能C.雾粒运动的轨迹一定与电场线重合D.静电喷涂能显著减少飞散在空气中的漆雾，改善喷漆工人的劳动条件，消除职业病，而且还可以节约油漆，提高工

作效率【答案】BD【解析】【详解】A．由题图可知，电场线由B发出，止于A，所以A点电势低于B点电势，故A错误；B．雾粒带负电，负电荷在电势越低的位置反而电势能越高，所以它在A点的电势能大于在B点的电势能，故B正确；C．对于做曲线运动的雾粒，它所受电场力方向应指向运动轨

迹的凹侧，而电场力方向又沿电场线的切线方向，此时雾粒运动的轨迹不可能与电场线重合，只有当雾粒沿直电场线做直线运动时二者才重合，故C错误；D．静电喷涂能显著减少飞散在空气中的漆雾，改善喷漆工人的劳动条件，消除职业病，而且还可以节约油漆，提

高工作效率，故D正确。故选BD。9.如图甲所示，质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点），在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度-时间图象如图乙所示，已知木板质量M=0.2kg，最终滑块恰好没

有离开木板，重力加速度g取10m/s2，则（）A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1B.木板长度为0.75mC.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45JD.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375J【答案】BC【解析】【详解】A.设木板与

地面之间的摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得()()23MmgMma+=+根据图像得2230.5m/s1m/s1.00.5a==−解得20.1=设滑块与木板之间的摩擦因数为μ1，木板做匀加

速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得()122mgMmgMa−+=根据图像得2220.5m/s1m/s0.5a==解得10.5=滑块与木板之间的动摩擦因数为0.5，A错误；B.设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得11mgma=解得215m/sa

=根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为010.50.53m/sva=+=木板长度为30.50.50.50.5mm0.75m22L+=−=B正确；C.根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为2010.45J2pEmv==C正确；D.木板与水平面间因摩擦产生

的热量为()210.50.075J2QMmg=+=D错误。故选BC。10.某科技馆设计了一种磁力减速装置，简化为如题图所示模型。在小车下安装长为L、总电阻为R的正方形单匝线圈，小车和线圈总质量为m。小车从静止开始沿着光滑斜面下滑s后，下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直

线运动。已知斜面倾角为θ，磁场上下边界的距离为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g，则（）A.线圈通过磁场过程中，感应电流方向先顺时针后逆时针方向（俯视）B.线框在穿过磁场过程中产生的焦耳热为()2sinmgLs+C.线框刚进入磁场上边界时，感应

电流的大小为2BLgsRD.小车和线圈的总质量为222sinBLsRg【答案】AD【解析】【详解】A．线框刚进入磁场上边界时，根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向（从斜面上方俯视线框），穿出磁场时，根据楞次定律可得感应电流的

方向为逆时针方向，故A正确；BC．设线框进入磁场时的速度大小为v0，自由下滑过程中，根据动能定理可得201sin2mgsmv=解得v0=2sings根据闭合电路的欧姆定律可得02sinBLgsBLvIRR==下边框刚进入匀强磁场时，小车开始

做匀速直线运动。根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为2sinQmgL=故BC错误；D．根据平衡条件可得220sinBLvmgR=解得222sinBLsmRg=故D正确。故选AD。第Ⅱ卷三、非选择题：共54分，第11~14题为必考题，考生都必须作答．

第15~16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共42分．11.某同学按图甲所示，安装实验器材测量重力加速度g。已知物块A与遮光片的质量为Am，遮光片中心距光电门的高度为h。物块B质量为Bm，

置于光滑的桌面上。锁定物块B，使系统保持静止状态。某时刻解除锁定，物块A由静止开始向下运动，光电门记录遮光片的遮光时间t（忽略绳和滑轮的质量，不计系统内的摩擦）。（1）用游标卡尺测出遮光片的宽度d，测量结果如图乙所示：遮光片的宽度d=__________

_cm；（2）重力加速度的表达式g=___________（用题中所给字母及所测量的物理量表示）；（3）实验数据分析发现，测得重力加速度g比真实值偏小，原因可能是___________。（任写一条即可）【答案】①.0.170cm②.()2AB2A42mmdhm

t+③.测得的重力加速度g比真实值偏小，原因可能是物块B与桌面间有摩擦力或绳与滑轮间有阻力作用。【解析】【详解】（1）[1]如图乙所示：遮光片的宽度0.1cm0.1cm+140.170cm20d==（2）[2]物块B置于光滑的桌面上，解除锁定，则物块A与B都从静止开始做匀加

速直线运动，根据动滑轮原理，两物体的速度大小关系BA2vv=即B2atat=得B2aa=物块A下落h的速度为dvt=的根据运动学公式22daht=解得222daht=根据牛顿第二定律，对B和A分析B2Tma=AA2mgTma

−=联立解得()2AB2A42mmdghmt+=（3）[3]测得的重力加速度g比真实值偏小，原因可能是物块B与桌面间有摩擦力或绳与滑轮间有阻力作用。12.某同学要将一微安表先改装成量程为1mA的电流表，再改装成量程为3V的电压表，并

与标准电压表对比校准。图甲是改装后电压表与标准电压表对比校准的电路图，虚线框中是改装后电压表电路，0V是量程为3V、内阻约为3kΩ的标准电压表。已知微安表满偏电流为250μA，标记的内阻为600Ω，电阻箱12RR、调节范围为09

999。步骤如下：（1）微安表改装。根据题给条件，图甲中电阻箱的阻值应分别调节到1R=___________，2R=___________；（2）选择合适的器材按照图甲正确连接电路。所用电池的电动势E为4.5V；滑动变阻器R有两种规格可选：滑动变阻器3R：最大阻值50Ω滑动变阻器4

R：最大阻值5kΩ为了方便实验中调节电压，图中R应选用___________（填器材的字母代号）；（3）对比校准。当标准电压表0V的示数为1.60V时，微安表的指针位置如图乙所示，由此可以推测出改装的电压表量程不

是预期值，而是___________V（保留2位有效数字）；（4）校正改装表。通过检测发现：电阻箱12RR、阻值是准确的，而微安表标记的内阻不准确。要使改装电压表量程的真实值为3V，不必重新测量微安表内阻，只需适当调节电阻箱12RR

、。以下调节方案可行的有___________（填序号）。A.保持1R不变，将2R增大到合适值B.保持1R不变，将2R减小到合适值C.保持2R不变，将1R增大到合适值D.保持2R不变，将1R减小到合适值【答案】①.200②

.2850③.3R④.2.5⑤.AD##DA【解析】【详解】（1）[1]微安表改装成量程为1mA的电流表，根据部分电路的欧姆定律可得1250A6002001mA250AR==−[2]电流表再改装成量程为3V的电压表，根据部分电路

的欧姆定律可得23V250A60028501mAR−==（2）[3]改装电压表的内阻为V60020028503000600200R=+=+所以两个电压表并联后的总电阻为30003000150030003000R==+所以滑动变阻器应选择最大阻值为50Ω的3R

，在其滑片移动时能较为显著的改变电压。（3）[4]由图可知，当电压为1.60V时，微安表指针转过了32小格，则每一小格表示的电压值为1.60V0.05V32U==则量程为0.05V502.5V=（4）[5]已

知改装电压表的实际量程为2.5V，由图乙可知电压为1.60V时微安表的示数为160A，设微安表的内阻为R，则有160A(160A)2850160A1.60V200RR++=解得469R即微安表的真实内阻比标

记的内阻小。如果通过调节变阻箱来达到预期的量程，则在保持1R不变的情况下，要将2R增大到合适的阻值，使其分担更多的电压；或者保持2R不变，将1R减小到合适的阻值，使其分担更多的电流。故选AD。13.在现代技术应用中，经常利用磁场来控制带电粒子的运动轨迹。如图所示为某种显像管的

工作原理图。质量为m，电荷量为e的电子，可由静止经电压为U的电场加速后，对准圆心方向射入半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直于纸面，其大小及方向可以根据需要调整。在垂直于电子进磁场时的速度方向放置一块荧光屏，荧光屏与磁场边界的最近距离为L

。当磁感应强度为0时，电子打在荧光屏上的位置记为a。若在圆形区域内加入方向垂直于纸面向里，磁感应强度123UmBRe=的匀强磁场时，求：（1）电子进入磁场的速度大小；（2）电子打在荧光屏上的位置距离a的距离

y。【答案】（1）2eUvm=；（2）()3yRL=+【解析】【详解】（1）根据动能定理212eUmv=解得电子进入磁场的速度大小为2eUvm=（2）电子的运动轨迹如图，电子在磁场中运动由洛伦兹力提供

向心力2vevBmr=解得3rR=则由几何关系知60=则有sin60cos60yRRLR=+解得电子打在荧光屏上的位置距离a的距离()3yRL=+14.如图所示，质量2kgm=的平板小车静止在竖直弹性墙壁左侧的光滑水平地面上，质量3kgM=的铁块（视为质点）以

大小05m/sv=的初速度向右滑上平板小车左端上表面，小车第一次与墙壁碰撞前瞬间恰好与铁块达到共同速度，之后小车与墙壁发生多次正碰（每次碰撞前小车与铁块已达到共同速度），碰撞中无机械能损失，碰撞时间极短，最终铁块恰好静止在小车的右端。铁块与小车上

表面间的动摩擦因数0.5=，取重力加速度大小210m/sg=。求：（1）从铁块滑上小车上表面至小车与墙壁第一次碰撞的时间1t；（2）全过程中铁块相对小车滑动的总时间t以及小车的长度L；（3）从小车与墙壁第一次碰撞至小车静止，小车对地运动的总路程

s。【答案】（1）10.4st=；（2）1st=，2.5mL=；（3）1.25ms=【解析】【详解】（1）设小车第一次与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为1v，根据动量守恒定律有01()MvMmv=+解得13m/sv=对小车，根据动量定理有11Mgtmv=解得10.4st=（

2）小车第一次与墙壁碰撞后的一段时间内，铁块向右做匀减速直线运动，小车向左做匀减速直线运动，小车的速度先减为零，然后小车在摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，直到小车与铁块第二次达到共同速度，此后铁块与小车一起向右做匀速直线运动直到小车与墙壁发生第二次碰撞，小车不断与墙

壁碰撞，铁块在小车上滑行，系统的机械能不断减少，直到铁块与小车均静止且铁块恰好在小车的右端，对铁块，根据动量定理有00MgtMv−=−解得1st=根据功能关系有2012MgLMv=解得2.5mL=（3）经分析可知，小车每一次

与墙壁碰撞后都先向左做匀减速直线运动至静止，再向右做匀加速直线运动至与铁块达到共同速度后再与墙壁碰撞，在两次碰撞间的运动过程中，系统动量守恒，有()1()()1,2,3nnMmvmvnM+=−=+解得()111,,352nnvvn+

==设第一次碰撞后小车向左运动的最大距离为1d，对小车，根据动能定理有211102Mgdmv−=−解得10.6md=设第n次碰撞后小车向左运动的最大距离为nd，对小车，根据动能定理有2102nnMgdmv−=−同理有211102nnMgdmv++−=−可

得1125nndd+=根据对称性，结合数学知识可得()1123221dsdddq=+++=−其中125q=解得1.25ms=（二）选考题：共12分．请考生从2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．15．[选修3–3]（12分）（1）回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限

约50K，某台设备工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：从状态A到B和C到D是等温过程；从状态B到C和D到A是等容过程，体积分别为0V和05V。则图中1t___2t（填“>”“<”或者“=”）；整个循环过程

ABCDA−−−−氦气系统是______的（填“吸热”“放热”或者“绝热”）。【答案】①>②.放热【解析】【详解】[1]从状态B到C，由查理定律得.B1C2ptpt=由于BCpp，所以12tt[2

]A-B过程外界对系统做正功，C-D过程外界对系统做负功，p-V图象与横轴围成的面积表示做的功，所以ABDCWW所以整个循环过程外界对系统做正功。整个循环过程0U=所以0Q整个循环过程A-B-C-D-A氦气系统要放热。（2）如图所示

，热气球的下端有一小口，使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等。球内有温度调节器，以便调节球内空气的温度，使热气球可以上升或下降。设热气球的总体积30500mV=（忽略球壳体积），除球内空气外，热气球质量180kgM=。已知地球表面大气温

度0280KT=，密度301.20kg/m=，如果把大气视为理想气体，它的组成和温度几乎不随高度变化，那么为使热气球从地面升起，球内气温最低要加热到多少？【答案】400K【解析】【分析】【详解】设气球刚好从地面飘起时气球内的气体温度为T，密度为，则气球升起时，浮力等于气球和内部

气体的总重力即000gVMggV=+由于气球内的气体温度升高时，压强并没有变化，那么原来的气体温度升高后体积设为V，根据质量相等，则有00VV=原来的气体温度升高后，压强不变，体积从0V变为V，根据理想气体状态方程则有00VVTT=整理可得400KT=16

.[选修3-4]（12分）（1）甲乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于x=8m处，两波源均沿y轴方向振动。在t=0时刻甲形成的波形如图（a）所示，此时乙波源开始振动，其振动图象如图（b）所示，已知甲波的传播速度2.0m/sv=甲，质点

P的平衡位置处于x=5m处，下列说法中正确的是（）A.乙波的波长为2mB.在t=2.0s时，质点P开始振动C.若两波源一直振动，则质点P为振动的加强点，其振幅为7cmD.若两波源一直振动，则在t=4.5s时，质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动【答案】AC【解析】A．在同一介质中，甲乙速度

相同，所以2.0m/sv=，因此2mvT==故A正确；B．在85s1.5s2t−==时，乙波到达P点，质点开始振动，故B错误；C．P点到两个波源的波程差为2m，是半波长的偶数倍，所以为振动加强点，因此振幅为3c

m4cm7cm+=故C正确；D．甲的周期=1sTTv==甲甲乙甲对于甲波，需要2s到达P点，之后P点振动两个周期后再经过12T，此时P点处于平衡位置且向y轴正方向振动，对于乙波，需要1.5s到达P点运动3个周期，此时P点应处于平衡位置向y轴正方向振动，综合甲

乙运动情况在则在t=4.5s时，质点P处于平衡位置且向y轴正方向振动，故D错误（2）如图所示，深度为2m的游泳池充满水，泳池底部A点有一单色光源，A点距游泳池壁的距离为1.5m，某人走向游泳池，距游泳池边缘B点为2m时恰好看到光源

，已知人的眼睛到地面的高度为1.5m，光在真空中传播速度为3×108m/s，求：①游泳池中水对该单色光的折射率；②光从光源A发出到射入人的眼睛所用的时间（保留两位有效数字）。【答案】①43n=；②81.910st−【解析】：①光路如图所示，入射角α，折射角β221.53si

n51.52==+2224sin51.52==+由折射定律sin4sin3n==②该单色光在池水中传播速度为vcvn=光从光源A发出到射入人的眼睛所用的时间8882.542.5s1.910s3310310ABBCtv

c−=+=+