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高考物理模拟精选训练卷（四）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人
得分
一、单选题
1、麦克斯韦电磁场理论对应的两个模型：甲是变化的磁场产生电场，乙是变化的电场产生
磁场，下列说法正确的是（ ）
A．对甲图，变化的磁场只能在其周围的闭合线圈中产生电场
B．对乙图，只有带电平行板间的变化电场才能在板间产生磁场
C．甲、乙两图一定能产生持续的电磁波
D．电磁波是横波，而且是一种真实存在的物质
【答案】D
【详解】AB．变化的磁场能够在周围的空间产生电场，变化的电场能够在周围的空间产生
磁场，不需要闭合线圈，不是只有带电平行板间的变化电场才能在板间产生磁场且这种现
象可以在真空中发生，故AB 错误；
C．若甲乙两图的磁场均匀变化，就不会产生稳定不变的电场，稳定不变的电场不会产生
磁场，就不会持续产生电磁波，故C 项错误；
D．电磁波是横波，而且是一种真实存在的物质，故D 项正确。
故选D。
2、篮球比赛一般以“跳球”的方式来争夺第一次球权。“跳球”规则是裁判在场地中央将
篮球竖直向上抛出，篮球上升到最高点之后，球员方可向上跳起争夺篮球。已知A 球员向
上伸直手臂的高度低于B 球员，若A、B 两球员同时竖直向上跳起，且A 先触碰到篮球，
下列情况可能的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．由题意知，A、B 两球员做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可知，取
竖直向上为正方向，位移为
由二次函数的性质可知，两运动员的s-t 图线应为抛物线，且抛物线的开口方向、开口大小
均相同，故AB 错误；
CD．由竖直上抛运动的规律可知，取竖直向上为正方向，末速度为
由一次函数的性质可知，两运动员的v-t 图线应为两平行直线，又因为A 球员向上伸直手
臂的高度低于B 球员，但A 先碰到球，所以A 的初速度更大；故C 错误，D 正确。
故选D。
3、如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人
类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时
由于随地球自转而需要的向心加速度a 与其到地心距离r 的关系图像，已知r1为地球半径，
r2为地球静止卫星轨道半径，下列说法正确的是（ ）
A．地球公转的角速度满足
B．地球静止卫星的周期
C．上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变
D．从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动
【答案】B
【详解】A．由图可知
根据圆周运动的向心加速度与角速度的关系可得
所以
即地球自转角速度大小满足
由题中信息不能确定地球公转角速度，故A 错误；
B．由于
解得
故其周期为
故B 正确；
C．上升过程中，根据牛顿第二定律有
，加速度增大，万有引力减小，支持力
会变小，故C 错误；
D．太空中的物体处于完全失重状态，从舱外释放一物体，物体将仍然做圆周运动，不会
做自由落体运动，故D 错误。
故选B。
4、如图所示，
、
是测量高压交流电的两种互感器（均视为理想变压器），假设
、
都接在交流高压输电线的前端，
原、副线圈的匝数之比为
，
原、副线圈的匝数
之比为n，电表a 的示数与电表b 的示数乘积为N，则下列说法正确的是（ ）
A．
是电压互感器，且为升压变压器
B．
是电流互感器，且为降压变压器
C．若a 的示数为M，则交流高压输电线的输送电流为
D．交流高压输电线的输送功率为
【答案】D
【详解】A．
串联在高压电线上测量电流，是电流互感器，原线圈电流大于副线圈电流，
根据变压器电流与匝数关系可知，原线圈匝数小于副线圈匝数，则变压器
为升压变压器，
故A 错误；
B．
并联在高压电线上测量电压，是电压互感器，原线圈电压大于副线圈电压，所以变
压器
为降压变压器，故B 错误；
C．若a 的示数为M，根据变压器电流比等于匝数比的反比可得
解得交流高压输电线的输送电流为
，故C 错误；
D．设b 的示数为
，根据变压器电压比等于匝数比可得
可得交流高压输电线的输送电压为
则交流高压输电线的输送功率为
，故D 正确。
故选D。
5、一定质量的某种理想气体，从状态A 开始，经历
、
两个状态又回到状态A，温度
与体积
的关系图像如图所示，
的反向延长线经过坐标原点
，
与纵轴平行，已知
气体在状态
的压强为
，再根据图像所提供的其它已知信息，来分析下列说法正确的是
（ ）
A．气体从
到
，对外不做功，吸收热量
B．气体在状态
的压强为
C．气体在状态A 的温度为
D．气体从状态A 到状态
对外界做的功为
【答案】A
【详解】A．气体从
到
，体积不变，气体对外不做功，温度升高，内能增大，根据热
力学第一定律可知，气体吸收热量，故A 正确；
B．气体从
到
，体积不变，根据查理定律有
解得
故B 错误；
C．
的反向延长线经过坐标原点
，该过程压强不变，根据盖吕萨克定律有
解得
故C 错误；
D．结合上述可知，气体从状态A 到状态
过程，压强不变，压强为
则该过程，体积增大，气体对外界做的功为
故D 错误。
6、故风洞是测试飞机性能、研究流体力学的一种必不可少的重要设施，我国的风洞技术处
于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，使风力大小恒定，方向水平，一质量为m
的小球先后经过a、b 两点，其中在a 点的速度大小为v，方向与a、b 连线成
角；
在b 点的速度大小也为v，方向与a、b 连线成
角。已知a、b 连线长为d，与水平方
向的夹角为45°，小球的空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．从a 运动到b 点所用的时间为
B．小球的最小速度为0
C．风力大小为
D．若改用质量为2m 的小球，同样从a 点以相同速度抛出，其仍能经过b 点
【答案】C
【详解】
A.如图所示，小球在a 点和b 点速度大小相等，与水平方向夹角相等，根据此特点可知，
小球运动可看作斜上抛运动，由图可知合力方向垂直于a、b 连线。因为
，则
则运动时间为
A 错误；
B．小球从a 点到距离a、b 连线最远的点做减速运动，然后做加速运动到b 点，最小速度
为
B 错误；
C．设合力为F，由斜上抛运动规律知
代入得
解得
所以风力
C 正确；
D.风力不变，重力变为原来的2 倍，所以合力大小方向都发生改变，所以不能到达b 点，D
错误。
故选C。
7、2023 年5 月30 日16 时29 分神舟十六号成功对接于空间站天和核心舱径向端口，若对
接前“神舟十六号”和“空间站”分别在圆形轨道Ⅰ和Ⅱ上绕同一方向做匀速圆周运动，
圆周运动的半径分别为
、
，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为
G，下列说法正确的是（ ）
A．地球的密度约为
B．神舟十六号与空间站的线速度之比为
C．神舟十六号与空间站的向心加速度之比为
D．从相距最远到相距最近的最短时间为
【答案】D
【详解】A．根据万有引力与重力的关系
地球的密度约为
故A 错误；
B．根据万有引力提供向心力
可得
神舟十六号与空间站的线速度之比为
故B 错误；
C．根据牛顿第二定律
可得
神舟十六号与空间站的向心加速度之比为
故C 错误；
D．根据万有引力提供向心力
根据万有引力与重力的关系
可得
，
从相距最远到相距最近的最短时间满足
从相距最远到相距最近的最短时间为
故D 正确。
故选D。
评卷人
得分
二、多选题
8、当我们把自来水阀门开到最大后突然关闭，有时会听到“咚咚咚”的撞击声，这是由于
管内急速流动的水与阀门或水管弯头撞击的原因，这种现象称为水锤现象。水锤现象发生
时产生的作用力，有时能破坏管道系统中的阀门和水泵，带来安全隐患。 下列说法正确的
是（ ）
A．水流速度越大，惯性越大
B．水流速度越大，关闭阀门时，阀门受到的冲击力越大
C．水管直径越大，关闭阀门时，阀门受到的冲击力越小
D．缓慢关闭阀门可以减小水锤现象的危害
【答案】BD
【详解】A．惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与水流速度无关，故A 错误；
BC．设在时间t 内阀门的水的质量为m，则有
由动量定理可得
联立可得
故水流速度越大，水管直径越大，关闭阀门时，阀门受到的冲击力越大，故B 正确，C 错
误；
D．缓慢关闭阀门可以延长水对阀门的作用时间，可以减小水锤现象的危害，故D 正确。
故选BD。
9、随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。某水电站的
电能输送示意图如图甲所示，升压变压器原、副线圈的匝数比为
，升压变压器原线圈
输入电压随时间的变化规律如图乙所示，降压变压器的副线圈电压为220V，发电机的输出
功率为110kW，升压、降压变压器均为理想变压器，两者之间的输电线路的总电阻为
，
下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器副线圈的输出电压为2200V
B．降压变压器原线圈的输入电压为2200V
C．降压变压器原、副线圈的匝数比为
D．用户消耗的电功率为99kW
【答案】ACD
【详解】A．由图乙可知，升压变压器原线圈输入电压的有效值
根据
得升压变压器副线圈的输出电压
故A 正确；
B．输电线上的电流
输电线上的电压损失
降压变压器原线圈的输入电压
故B 错误；
C．降压变压器原、副线圈的匝数比
故C 正确；
D．输电线上的功率损失
用户消耗的电功率为
故D 正确。
故选ACD。
10、如图所示，在xOy 平面内存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，第一、二、四象限
内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，
，
为坐标轴上的两点。现有一质量为m、电荷量为e 的电子从P 点沿PQ 方向射出，
不计电子的重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．若电子从P 点出发恰好第一次经原点O 点，运动时间可能为
B．若电子从P 点出发恰好第一次经原点O 点，运动路程可能为
C．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，运动时间可能为
D．若电子从P 点出发恰好第一次经原点O 到达Q 点，运动路程为
或
【答案】AD
【详解】AB．电子从P 点出发恰好第一次经原点O 点，有两类情况，一类是第奇数次回到
x 轴经过原点O，另一类是第偶数次回到x 轴经过原点O。其中第一次和第二次回到x 轴的
轨迹如图
由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
解得
当n=1 时，运动时间为
由轨迹图结合几何关系，轨迹圆的半径为
可得运动路程为
故A 正确；B 错误；
CD．同理，若电子从P 点出发恰好第一次经原点O 到达Q 点，轨迹也为两类，如图
由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
或
解得
若电子从P 点出发恰好第一次经原点O 到达Q 点，运动路程为
解得
故C 错误；D 正确。
故选AD。
评卷人
得分
三、实验题
11、某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，他用两根自由长度为L0的完全相同的
轻弹簧（弹簧始终处于弹性限度内）和重物进行了如下操作：
（1）如图甲所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧的长度L1。
（2）如图乙所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与水平方向的夹角均为53°，测出
两弹簧的长度分别为L2、L3，若力的平行四边形定则成立，则L0、L1、L2、L3需满足的条件
为_______________。（用题目所给字母表示，sin53°=0.8，cos53°=0.6）
（3）本实验设计的误差来源可能是_____________（至少写出两条）。
【答案】
见解析
【详解】（2）[1]根据题意，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与水平方向的夹角均为
53°，则两弹簧弹力大小相等，且有
所以
（3）[2]本实验设计的误差来源可能是：弹簧有自重；长度测量误差；角度测量误差。
12、某同学在实验室探究二极管的伏安特性曲线。
（1）为了粗测二极管的正向电阻，该同学将多用电表的选择开关旋到电阻“
”挡，
当指针偏转角度较大时，红表笔连接的是二极管的___________（选填“正”或“负”）；
此时，多用电表的指针如图所示，二极管的正向电阻为___________
。
（2）用伏安法描绘二极管在
范围内的正向伏安特性曲线，器材如下
电压表V（量程为
，内阻约为
）
电流表A（量程
，内阻约为
）
滑动变阻器
（总电阻为
，额定电流为
）
滑动变阻器
（总电阻为
，额定电流为
）
电源E（电动势
，内阻不计）
开关S，导线若干
其中，滑动变阻器应该选___________（选填“
”或“
”）利用图所示的器材符号，
画出实验电路原理图。( )
（3）二极管的正向电压伏安特性曲线如图所示，现将两个相同的二极管串联在电路中，如
图所示。已知电阻
，电源的电动势
（内阻不计），通过二极管D 的电
流为___________
，电阻
消耗的功率为___________
。（结果保留2 位有效数
字）
【答案】 负 600
2.0
16
【详解】（1）[1]根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”，欧姆表指针偏转过
大，可知红表笔与二极管的负极相连；
[2] 此时，多用电表的指针位于6 刻度处，二极管的正向电阻为600
；
（2）[3]电源电动势为6V，R1最大电阻为10Ω，则电流为
超过其额定电流，故滑动变阻器选择R2；
[4]设计电路如图：
（3）[5]设二极管D 两端的管压为UD，流过二极管的电流为ID．则有
代入数据解得UD与ID的关系为
这是一个在图2 中横轴上截距为1.5，纵轴上截距为6、斜率为-4 的直线方程（称为二极管
的负载线）因管压UD与流过二极管电流ID还受二极管D 的ID-UD特性曲线的限制，因而二
极管就工作在负载线与ID-UD特性曲线的相交点P 上（如右图所示）．由此得二极管两端的
管压和电流分别为
UD=1.0V，ID=2.0mA
[6]电阻R1上的电压
其功率
评卷人
得分
四、解答题
13、资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100 公里以上，由于其传播速度在深海区与
浅海区不同，使得在开阔的深海区低于几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小振幅增
大，掀起10~40 米高的拍岸巨浪，有时最先到达海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露
出浅滩海底；几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏。
（1）在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波
形图，虚线是
后首次出现的波形图。已知波沿x 轴正方向传播，波源到浅海区的水
平距离
，求海啸波到浅海区的时间
（时间单位为小时）；
（2）第（1）小问中的海啸波进入浅海区后的波形（忽略海深度变化引起的波形变化）变
为如图乙所示，若浅海区到达海岸的水平距离为
，求该海啸波的波谷和波峰到达
海岸的时间差
（时间单位为分钟）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由图甲得波长为
，依题意有
解得
则波速为
海啸波到浅海区的时间为
（2）由图像可知海啸波进入浅海区后波长为
，则海啸波在浅海区的传播速度为
波谷最先到达海岸的时间为
波峰最先到达海岸的时间为
该海啸波的波谷和波峰到达海岸的时间差
14、如图甲所示，固定在水平面上的滑道由A、B、C 三部分组成，其中A 部分为“
”
形平台，其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定，右端自然伸长；B
部分为质量
，长
的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；C 部分为半径
的竖直光滑半圆轨道，其直径竖直。现用质量
的小物块将弹簧压缩至
点，由静止释放后，小物块沿滑道运动至
点水平抛出后恰好落在A 的最右端。已知小物
块与B 上表面的动摩擦因数
，
。求：
（1）小物块运动至
点时对竖直半圆轨道C 的压力；
（2）弹簧压缩至
点时的弹性势能；
（3）如图乙所示，将竖直半圆轨道C 向右移动一段较长的距离后固定，并解除对长木板
B 的固定。再次将小物块压缩弹簧至
点由静止释放，改变小物块与B 上表面的动摩擦因
数使小物块滑上B 且恰好未滑下，此后B 与C 碰撞，小物块冲上竖直半圆轨道C。求小物
块冲上竖直半圆轨道C 至落地过程中上升的最大高度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意可知，小物块从
点飞出做平拋运动，设小物块在
点的速度为
，水平方向上有
竖直方向上有
小物块在
点，由牛顿第二定律有
联立代入数据解得
由牛顿第三定律可得，小物块运动至
点时对竖直半圆轨道C 的压力为
（2）根据题意，设弹簧压缩至
点时的弹性势能为
，小物块由
点到
点的过程中，
由能量守恒定律有
解得
（3）设小物块滑上B 的速度为
，有
解得
之后小物块与B 共速由动量守恒定律有
解得
根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小为，方向与竖直方向夹角为
，在脱离位置，
由牛顿第二定律有
小物块冲上C 到脱离轨道位置，由动能定理有
解得脱离轨道时
，
脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为
则小物块冲上竖直半圆轨道C 至落地过程中上升的最大高度
联立代入数据解得
15、如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d 和
2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B，导轨右侧连接一个电容为C
的电容器。已知导体棒MN 的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ 的电阻为2R、长
度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但
不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN 恰好脱离轨道，PQ 的速度为
v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有
导轨电阻均不计。求
（1）脱离弹簧瞬间PQ 杆上的电动势多大？PQ 两点哪点电势高？
（2）刚要脱离弹簧瞬间，MN 所受安培力多大？
（3）整个运动过程中，通过PQ 的电荷量为多少？
【答案】（1）2Bdv，Q 点电势高；（2）
；（3）
【详解】（1）脱离弹簧瞬间PQ 杆上的感应电动势大小为
根据右手定则，Q 点电势高。
（2）弹簧伸展的过程中，对PQ 由动量定理得
对MN 由动量定理得
解得导体棒MN 的速度为
PQ 速率为v 时，回路中的感应电动势大小为
回路中的感应电流大小为
则MN 所受的安培力大小为
（3）脱离前，通过PQ 的电荷量为
代入数据解得
脱离后，PQ 向右运动，设最终速度为
，由动量定理可得
脱离后，通过PQ 的电荷量为
解得
整个运动过程中，通过PQ 的电荷量为
