2023届湖北省武汉市钢城第四中学高考压轴卷物理试卷含解析.pdf

2023 年高考物理模拟试卷 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、光滑斜面长为 L，物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的13时，它沿斜面下滑的距离是 A19L B16L C13L D33L 2、在某一次中国女排击败对手夺得女排世界杯冠军的比赛中，一个球员在球网中心正前方距离球网 d 处高高跃起，将排球扣到对方场地的左上角（图中 P 点），球员拍球点比网高出 h（拍球点未画出），排球场半场的宽与长都为 s，球网高为 H，排球做平抛运动（排球可看成质点，忽略空气阻力），下列选项中错误的是（）A排球的水平位移大小22()2sxds（B排球初速度的大小220()()2sgdsvHh C排球落地时竖直方向的速度大小2()yvg Hh D排球末速度的方向与地面夹角的正切值222()tan()()2hHsds 3、传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱 M 与传送带间保持相对静止，受传送带的摩擦力为 f。则（）A传送带加速运动时，f 的方向可能平行传送带向下 B传送带匀速运动时，不同质量的货箱，f 相等 C相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，f 越大 D相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f 越大 4、氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线，都是氢原子中电子从量子数 n2 的能级跃迁到 n=2 的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定 A对应的前后能级之差最小 B同一介质对的折射率最大 C同一介质中的传播速度最大 D用照射某一金属能发生光电效应，则也一定能 5、中医拔罐疗法在中国有着悠久的历史，早在成书于西汉时期的帛书五十二病方中就有类似于后世的火罐疗法。其方法是以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，造成局部瘀血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的疗法。在刚开始的很短时间内，火罐“吸”在皮肤上的主要原因是（）A火罐内的气体温度不变，体积减小，压强增大 B火罐内的气体压强不变，温度降低，体积减小 C火罐内的气体体积不变，温度降低，压强减小 D火罐内的气体体积不变，温度降低，压强增大 6、一个质点沿竖直方向做直线运动，20 t时间内的速度一时间()vt图象如图所示，若10t时间内质点处于失重状态，则21tt时间内质点的运动状态经历了（）A先超重后失重再超重 B先失重后超重再失重 C先超重后失重 D先失重后超重 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、一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经 0.2s 波形图如图虚线所示，若波传播的速度为 5 m/s，则（）A这列波沿 x 轴正方向传播 Bt=0 时刻质点 a 沿 y 轴负方向运动 C若此波遇到另-列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为 2.5Hz Dx=2 m 处的质点在 t=0.2 s 时刻的加速度有最大值 E.从 t=0 时刻开始质点 a 经 0.4 s 通过的路程为 0.8 m 8、如图所示，倾角为=37的足够长的粗糙斜面 AB 固定在水平面上，一小物块从距 B 点 l0m 的 A 点由静止释放后，下滑到 B 点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的 Q 点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为 0.5，以 B 点为零势能面（sln37=0.6，cos37=0.8）。则下列说法正确的是（）AQ 点到 B 点距离为 2m B物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加 C物块下滑时，动能与势能相等的位置在 AB 中点上方 D物块从开始释放到最终静止经过的总路程为 15m 9、甲、乙两名溜冰运动员，M甲=80kg，M乙=40kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，两人相距 0.9m，弹簧秤的示数为 96N，如图所示，下列判断正确的是（）A两人运动半径相同 B两人的运动半径不同，甲为 0.3m，乙为 0.6m C甲的线速度 12m/s，乙的线速度 6m/s D两人的角速度均为 2rad/s 10、两波源分别位于 x=0 和 x=20cm 处，从 t=0 时刻起两波源开始振动，形成沿 x 轴相向传播的简谐横波和，如图所示，为 t=0.04s 时刻两列波的图像已知两波的振幅分别为12Acm，23Acm，质点 P 的平衡位置在 x=1cm处，质点 Q 的平衡位置在 x=18cm 处下列说法中正确的是_ A两列波的波源起振方向相同 B和两列波的波长之比为 1：2 Ct=0.05s 时，质点 P 向下振动，质点 Q 的坐标为（18cm，-3cm）D和两列波将在 t=0.1s 时相遇，之后叠加形成稳定的干涉图样 E.t=0.12s 时，x=10cm 处的质点位移为零但振动加强 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）合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。实验操作如下：(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为_mm。(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电压表读数有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线_断路（用图中导线编号表示）。(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度 l 和接入电路的电阻 Rx如下表 请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出 Rxl 图像_。(4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率=_m（保留二位有效数字）。(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为_（填“使结果偏大”、“使结果偏小”、“对结果无影响”）。12（12 分）如图甲所示为由半导体材料制成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图乙为用此热敏电阻tR和继电器设计的温控电路。设继电器的线圈电阻20 xR，当继电器线圈中的电流CI大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。（1）实验过程中发现，开关K闭合后电路不工作。某同学为排查电路故障用多用电表测量各接入点间的电压，则应将如图丙所示的选择开关旋至_（选填“A”“B”“C”或“D”）。（2）用调节好的多用电表进行排查，在图乙电路中，断开开关K时，发现表笔接入a、b时指针发生偏转，多用表指针偏转如图丁所示，示数为_V；闭合开关K，接入a、b和接入a、c时指针均发生偏转，接入c、b时指针不发生偏转，则电路中_（选填“ac”“cb”或“ab”）段发生了断路。（3）故障排除后，在图乙电路中，闭合开关K若左侧电源电动势为6.5V内阻可不计，滑动变阻器接入电路的阻值为30，则温度不低于 _C时，电路右侧的小灯泡就会发光。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）如图所示，光滑的水平面 AB 与半径 R=0.5m 的光滑竖直半圆轨道 BCD 在 B 点相切，D 点为半圆轨道最高点，A 点的右侧连接一粗糙的水平面，用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲的质量 m1=4kg，乙的质量 m1=5kg，甲、乙均静止若烧断细线，甲离开弹簧后经过 B 点进入半圆轨道，过D 点时对轨道的压力恰好为零取 g=10m/s1甲、乙两物体可看做质点，求：(1)甲离开弹簧后经过 B 点时的速度的大小 vB；(1)烧断细线吋弹簧的弹性势能 EP；(3)若固定甲，将乙物体换为质量为 m 的物体丙，烧断细线，丙物体离开弹簧后从 A 点进入动摩擦因数=0.5 的粗糙水平面，AF 是长度为 4l 的水平轨道，F 端与半径为 l 的光滑半圆轨道 FCH 相切，半圆的直径 FH 竖直，如图所示.设丙物体离开弹簧时的动能为 6mgl，重力加速度大小为 g，求丙物体离开圆轨道后落回到水平面 BAF 上的位置与 F 点之间的距离 s；(4)在满足第(3)问的条件下，若丙物体能滑上圆轨道，且能从 GH 间离开圆轨道滑落（G 点为半圆轨道中点)，求丙物体的质量的取值范围 14（16 分）如图，竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，ABBCl0，且此时 A、C端等高平衡时，管内水银总长度为 l0，玻璃管 AB 内封闭有长为 l0/2 的空气柱已知大气压强为 l0汞柱高如果使玻璃管绕 B 点在竖直平面内顺时针缓慢地 转动到 BC 管水平，求此时 AB 管内气体的压强为多少汞柱高？管内封入的气体可视为理想气体且温度为不变 15（12 分）如图，两根相距 l=0.4m 的平行金属导轨 OC、OC水平放置。两根导轨右端 O、O连接着与水平面垂直的光滑平行导轨 OD、OD，两根与导轨垂直的金属杆 M、N 被放置在导轨上，并且始终与导轨保持保持良好电接触。M、N 的质量均为 m=0.2kg，电阻均为 R=0.4，N 杆与水平导轨间的动摩擦因数为=0.1。整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度为 B=0.5T。现给 N 杆一水平向左的初速度 v0=3m/s，同时给 M 杆一竖直方向的拉力 F，使 M杆由静止开始向下做加速度为 aM=2m/s2的匀加速运动。导轨电阻不计，（g 取 10m/s2）。求：(1)t=1s 时，N 杆上通过的电流强度大小；(2)求 M 杆下滑过程中，外力 F 与时间 t 的函数关系；（规定竖直向上为正方向）(3)已知 N 杆停止运动时，M 仍在竖直轨道上，求 M 杆运动的位移；(4)在 N 杆在水平面上运动直到停止的过程中，已知外力 F 做功为11.1J，求系统产生的总热量。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】设物体沿斜面下滑的加速度为 a，物体到达斜面底端时的速度为 v，则有:v22aL 21()3v2aL 联立两式可得：L19L，A 正确，BCD 错误。故选 A。2、B【解析】A.由勾股定理计算可知，排球水平位移大小为 22()()2sxds 故 A 正确不符合题意；B.排球做平抛运动，落地时间为 2()Hhtg 初速度 220()()22()sgdsxvtHh 故 B 错误符合题意；C.排球在竖直方向做自由落体运动可得 22()yvg Hh 解得2()yvg Hh，故 C 正确不符合题意；D.排球末速度的方向与地面夹角的正切值 2202()tan()()2yvhHvsds 故 D 正确不符合题意。故选 B。3、D【解析】A当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知货箱所受合力沿传送带向上，则有：sinfmgma 知摩擦力的方向向上，故 A 错误；B当传送带匀速运动时，货箱受到重力、传送带的支持力和静摩擦力作用，其中重力沿传送带方向的分力与静摩擦力平衡，摩擦力方向一定沿斜面向上，即sinfmg，不同质量的货箱，f 不相等，故 B 错误；C传送带匀速运动时的摩擦力为：sinfmg，与货箱的质量有关，与传送带的速度无关，故 C 错误；D当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知合力沿传送带向上：sinfmgma 解得：sinfmgma，所以相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f 越大。故 D 正确。故选 D。4、A【解析】试题分析：根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否会发生光电效应 波长越大，频率越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，A 正确；的频率最小，同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC 错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能，D 错误【点睛】光的波长越大，频率越小，同一介质对其的折射率越小，光子的能量越小 5、C【解析】在刚开始的很短时间内，火罐内部气体体积不变，由于火罐导热性良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据pVCT可知，气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，ABD 错误，C 正确。故选 C。6、D【解析】v t图像的斜率表示加速度，则10t时间内质点加速，质点处于失重状态，说明这段时间内质点向下加速，则21tt时间内质点先向下加速后向下减速，因此运动状态是先失重后超重，选项 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、BDE【解析】A由图可知波的波长4m，由题在时间 t=0.2s 内，波传播的距离为 5 0.2m1m=4xvt 根据波形的平移法可知，这列波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；B由波的传播方向可知，t=0 时刻质点 a 沿 y 轴负方向运动，故 B 正确；C由vT得 4s0.8s5Tv 频率为1.25Hzf，要发生稳定的干涉图样，必须两列波频率相同，故 C 错误；Dx=2m 处的质点在 t=0.2s 时刻在负的最大位移处，所以加速度有最大值，故 D 正确；E从 t=0 时刻开始质点 a 经 0.4s 是半个周期，通过的路程为 2 倍的振幅，即为 0.8m，故 E 正确。故选 BDE。8、AD【解析】A物块从 A 到 Q 全过程由动能定理得 1212sin37cos370mg ssmg ss 代入0.5，110ms 解得 22ms 选项 A 正确；B全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项 B 错误；C物块从 A 下滑到 AB 中点时，由能量守恒定律可得 2kHmgHmgEQ 显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在 AB 中点下方，则选项 C 错误；D因为tan，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得 1sin37cos37mgsmgs 代入数据解得 s=15m 选项 D 正确。故选 AD。9、BD【解析】由题意可知弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供各自的向心力，有 2296NM RM R甲甲甲乙乙乙 因为甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤绕共同的圆心做圆周运动，角速度相同，有 甲乙 所以 RMRM甲乙乙甲 因为+=0.9mRR甲乙 联立可解得=0.3mR甲，=0.6mR乙；所以两人的运动半径不同；根据 296NM R乙乙乙 代入数据可解得两人的角速相同为2rad/s；根据 vR甲甲 代入数据得甲的线速度是0.6m/sv 甲，同理可得乙的线速度是1.2m/sv乙。综上分析可知 BD 正确，AC 错误。故选 BD。10、BCE【解析】由波形图可知，波传到 x=4cm 位置时质点的起振方向向下，则波振源的起振方向向下；波传到 x=16cm 位置时质点的起振方向向上，则波振源的起振方向向上；则两列波的波源起振方向相反，选项 A 错误；由波形图可知，和两列波的波长分别为 2cm 和 4cm，则波长之比为 1：2，选项 B 正确；波的周期 T1=0.02s，则 t=0.05s 时，质点P 在平衡位置向下振动；波的周期 T2=0.04s，则 t=0.05s 时，质点 Q 在最低点，坐标为（18cm，-3cm），选项 C 正确；两列波的波速均为4100/0.04xcmvcm sts，则再经过11640.062 100tss，即在 t=0.1s 时刻两波相遇，因两波的频率不同，则叠加后不能形成稳定的干涉图样，选项 D 错误；t=0.12s 时，波在 x=10cm 处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动；波在 x=10cm 处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动；则此质点的位移为零但振动加强，选项 E 正确；故选 BCE【点睛】本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如本题中两列波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为12AA；当波峰与波谷相遇时此处的位移为12AA 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、0.379、0.380 或者 0.381 a 或 c 68.5 1069.9 10 对结果无影响 【解析】（1）1 金属丝的直径为 0mm38 0.01mm0.380mm（2）2只有 a 或 c 发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数总为零。（3）3 在图丙方格纸上作出 Rxl 图像如下 （4）4根据公式lRS得 61321=9.66 10=0.38 0.00128 5 10lRS（5）5因为多次测量金属丝长度 l 和接入电路的电阻，通过画图求斜率求出xRl的大小，所以电表内阻对合金丝电阻率测量结果无影响。12、C 6.1 ac 42 【解析】(1)1A挡位测量电阻值，B挡位测量交流电压，C挡位测量直流电压，D挡位测量电流值，为测量各接入点间的电压，选择C挡位。(2)23选择“10V”电压挡，则每一大格表示2V，每一小格表示0.2V，测量的精确度为0.2V，应估读到0.1V（此时应为12估读），指针对应的示数为6.1V。闭合开关K，接入a、b和接入a、c时指针均发生偏转，说明a点到电源的正极、c点到电源的负极都是通路，接入c、b时指针不发生偏转，是因为电流为零，所以ac段发生了断路。(3)4热敏电阻与继电器串联，若使电流不小于20mACI，则总电阻不大于 325CERI总 由于 txRRRR总 则tR不大于275。由题甲图可看出，当1275R 时，温度42 Ct，即温度不低于42 C。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)5m/s；（1）90J；（3）s=4l；（4）423mMm 【解析】（1）甲在最高点 D，由牛顿第二定律，有211Dvm gmR 甲离开弹簧运动到 D 点的过程机械能守恒：2211111222BDm vm gRm v 联立解得：vB=5m/s；（1）烧断细线时动量守恒：0=m1v3-m1v1 由于水平面 AB 光滑，则有 v1=vB=5m/s，解得：v1=4m/s 根据能量守恒，弹簧的弹性势能 E=221 1221122m vm v=90J（3）甲固定，烧断细线后乙物体减速运动到 F 点时的速度大小为 vF，由动能定理得：21462Fmglmvmgl，解得 vF=12gl 从 P 点滑到 H 点时的速度为 vH，由机械能守恒定律得 2211222FHmvmvmgl 联立解得 vM=1gl 由于 vM=1glgl，故乙物体能运动到 H 点，并从 H 点以速度 vH 水平射出设乙物体回到轨道 AF 所需的时间为t，由运动学公式得：2122lgt 乙物体回到轨道 AF 上的位置与 B 点之间的距离为 s=vHt 联立解得4sl；（4）设乙物体的质量为 M，到达 F 点的速度大小为 vF，由动能定理得：21462FMglMvmgl，解得 vF=124mglMglM 为使乙物体能滑上圆轨道，从 GH 间离开圆轨道，满足的条件是：一方面乙物体在圆轨道上的上升高度能超过半圆轨道的中点 G，由能量关系有：212FMvMgl 另一方面乙物体在圆轨道的不能上升到圆轨道的最高点 H，由能量关系有 22112()22FMvMglMgl 联立解得：423mMm【点睛】（1）根据牛顿第二定律求出最高点 D 的速度，根据机械能守恒求出过 B 点的速度；（1）根据动量守恒定律求出乙的速度，根据能量守恒求出弹性势能；（3）根据动能定理可求 F 点的速度，根据机械能守恒定律可求 M 点的速度，根据平抛运动的规律可求水平位移；（4）能从 GH 间离开圆轨道需要满足在圆轨道上的上升高度能超过半圆轨道的中点，且不能上升到圆轨道的最高点 14、022l【解析】因 BC 长度为0l，故顺时针旋转至 BC 水平方向时水银未流出设 A 端空气柱此时长为 x，管内横截面积为 S,对 A 内气体：10Pl 012lVS 200Pllxx 2VxS 对 A 中密闭气体，由玻意耳定律得：002llSx xS 联立解得：022lx 即：0222lP(汞柱高)15、（1）0.5A（2）F=1.60.1t（3）7.84m（4）2.344J【解析】(1)M杆的速度：2 1m/s2m/sMva t 感应电流：0.5 0.420.5AA222 0.4EBLvIRR(2)对M杆，根据牛顿第二定律：MmgFBIlma Mva t 整理得：2MMBla tFmgmaBlR 解得：1.60.1Ft(3)对N杆，由牛顿第二定律得：()2MNBla tmgBlmaR 可得：2 22MNB l a tagmR 解得：10.05Nat 可做Nat图 可得：0001(10.05)vtt 解得：02.8st 位移：220112 2.87.84m2m2Msat (4)对M杆，则有：2102MFMmgSWWmv安 解得：1.444JIWQ安 对N杆，则有：220110.2 3 J0.9J22fWmv 总热量：1.4440.9J2.344JIfQQW总