湖北省武汉市第二中学2023届高考临考冲刺物理试卷含解析.doc

2023年高考物理模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度1与乒乓球击打乙的球拍的速度2之比为（）ABCD2、如图所示，在O点处放正点电荷，以水平线上的某点O为圆心，画一个圆与电场线分别相交于a、b、c、d、e则下列说法正确的是 ( )Ab、e两点的电场强度相同Bb、c两点间电势差等于e、d两点间电势差Ca点电势高于c点电势D负电子在d点的电势能大于在b点的电势能3、关于近代物理学，下列说法正确的是（）A射线、射线和射线中，射线的电离能力最强B根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成D对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大4、如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车，装满沙子沙粒之间的动摩擦因数为1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为2，车厢的倾角用表示（已知2>1），下列说法正确的是A要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan =2B要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin >2C只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足2>tan >1D只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足2>1>tan 5、如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正、负电荷的微粒所受的相反的静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，那么空气变成了导体。这种现象叫做空气的“击穿”。已知高铁上方的高压电接触网的电压为27.5 kV，阴雨天时当雨伞伞尖周围的电场强度达到2.5×104V/m时空气就有可能被击穿。因此乘客阴雨天打伞站在站台上时，伞尖与高压电接触网的安全距离至少为（）A1.1mB1.6mC2.1mD2.7m6、一质量为m的物体在光滑水平面上以速度v0运动，t=0时刻起对它施加一与速度v0垂直、大小为F的水平恒力，则t时刻力F的功率为（）A0BCD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、下列说法正确的是_A放热的物体，其内能也可能增加B液体中的扩散现象是由液体的对流形成的C液体不浸润某种固体时，则附着层内液体分子间表现为引力D同一液体在不同温度下的饱和汽压不同E.只两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等8、如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。则（）A初始时刻金属杆的加速度为B金属杆上滑时间小于下滑时间C在金属杆上滑和下滑过程中电阻R上产生的热量相同D在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R上的电荷量相同9、如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上；a、b电荷量均为q且为同种电荷，整个系统置于水平方向的匀强电场中已知静电力常量为k，若三个质点均处于静止状态，则下列说法正确的是A如果a、b带正电，那么c一定带负电B匀强电场场强的大小为C质点c的电荷量大小为D匀强电场的方向与ab边垂直指向c10、如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中；质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）A滑块受到的摩擦力不变B滑块到地面时的动能与B的大小无关C滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下DB很大时，滑块可能静止于斜面上三、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）某同学用如图所示电路做“研究电磁感应现象”实验。他将铁芯插入小线圈约一半的位置，变阻器的滑片P置于ab的中点，在闭合电键瞬间，电流计的指针向左摆。闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，应将铁芯_(选填“插入”或“拔出”)或将变阻器的滑片P向_端滑动(选填“a”或“b”)。12（12分）某实验小组为了测量滑块与水平轨道间的动摩擦因素，设计如图（a）所示的实验装置，弹簧左侧固定在挡板A上，处于原长的弹簧右端位于C，弹簧与滑块接触但不拴接，滑块上安装了宽度为d的遮光板，轨道B处装有光电门。(1)实验的主要步骤如下：用游标卡尺测量遮光片的宽度d，如图（b）所示，d=_cm；将滑块向左压缩弹簧，由静止释放滑块，同时记录遮光片通过光电门的时间t；测量并记录光电门与滑块停止运动位置之间的距离x；改变弹簧压缩量，多次重复步骤和。(2)实验手机的数据并处理如下。实验小组根据上表数据在图中已描绘出五个点，请描绘出余下的点并作出图像_。根据所作图像，可得滑块与水平轨道间的动摩擦因数为_（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）。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，直线MN与水平线夹角为60°，其右侧有一垂直纸面向外的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B；直线PQ垂直，且PQ与包围的空间有一匀强电场，电场方向平行于PQ有一质量为m 电量为+q的带电粒子在纸面内以v0的水平初速度从A点飞入磁场，粒子进入磁场t0(t0未知)时间后立即撤除磁场，此时粒子未到达MN，之后粒子垂直MQ边界从C点（图中未画出）飞入电场；随后粒子再次通过C点粒子在以上整个过程中所用总时间恰为此带电粒子在磁场中运动一周所需时间，粒子所受重力不计试求：（1）粒子在磁场中运动的时间t0（2）匀强电场场强E的大小14（16分）如图甲所示，在边界为的竖直狭长区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，在L1的左侧充满斜向上与水平方向夹角为的匀强电场（大小未知）。一带正电的微粒从a点由静止释放，微粒沿水平直线运动到边界上的b点，这时开始在之间的区域内加一竖直方向周期性变化的匀强电场，随时间变化的图像如图乙所示（表示电场方向竖直向上），微粒从b点沿水平直线运动到c点后，做一次完整的圆周运动，再沿水平直线运动到边界上的d点。已知c点为线段bd的中点，重力加速度。求：（1）微粒的比荷；（2）a点到b点的距离；（3）将边界左右移动以改变正交场的宽度，使微粒仍能按上述运动过程通过相应的区域，求电场变化周期T的最小值。15（12分）如图，间距为L的光滑金属导轨，半径为r的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd在运动中始终不接触已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R金属导轨电阻不计，重力加速度为g求（1）ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：（2）当ab棒速度为时，cd棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）（3）若cd棒以离开磁场，已知从cd棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过cd棒的电荷量为q求此过程系统产生的焦耳热是多少（此过程ab棒始终在磁场中运动）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、C【解析】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：；在乙处：；所以：故C正确，ABD错误2、B【解析】b、e两点到点电荷O的距离相等，根据可知两点处的电场强度大小相等，但是方向不同，故电场强度不同，A错误；b、e两点到点电荷O的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，c、d两点到点电荷O的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，故b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差，B正确；在正电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，故a点的电势低于c点的电势，b点电势低于d点电势，而负电荷在低电势处电势能大，故负电子在d点的电势能小于在b点的电势能，CD错误；【点睛】本题的关键是掌握点电荷电场规律：距离正点电荷越近，电势越高，电场强度越大，在与点电荷等距的点处的电势相等，负点电荷在低电势处电势能大3、D【解析】A、三种射线中，射线的穿透本领比较强，而电离能力最强是射线，故A错误；B玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故B错误；C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故C错误；D根据光电效应方程知，超过极限频率的入射频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，故D正确。故选D。4、C【解析】假设最后一粒沙子，所受重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力时，能顺利地卸干净全部沙子，有，B对；若要卸去部分沙子，以其中的一粒沙子为研究对象，C对；5、A【解析】根据U=Ed可得安全距离至少为dminm1.1m故选A。6、B【解析】根据牛顿第二定律有因，则恒力F的方向为初速度为零的匀加速直线运动，t时刻的速度为根据功率的定义可知故B正确，ACD错误。故选B。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、ACD【解析】A.放热的物体，如果外界对物体做的功大于放出的热量，则其内能增加， A正确；B.液体中的扩散 现象都是由于分子热运动而产生的， B错误；C.液体不浸润某种固体时，例如水银对玻璃：当水银与玻璃 接触时，附着层中的水银分子受玻璃分子的吸引比内部水银分子弱，结果附着层的水银分子比水银内部稀疏，这时在附着层中的分子之间相互吸引，就出现跟表面张力相似的收缩力，使跟玻璃接触的水银表而有缩小的 趋势，因而形成不浸润现象，C正确；D.饱和汽压随温度的升高而增大，所以同一液体在不同温度下的饱 和汽压不同，D正确；E.物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物 体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体 的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，E错误8、BD【解析】Aab开始运动时，ab棒所受的安培力根据牛顿第二定律得，ab棒的加速度选项A错误；B物体下滑时加速度满足根据可知金属杆上滑时间小于下滑时间，选项B正确；C克服安培力做功等于回路产生的热量，上滑过程中安培力较大，则克服安培力做功较大，产生的热量较大，选项C错误；D根据可知，在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R上的电荷量相同，选项D正确。故选BD。9、AB【解析】A. 如果a、b带正电，要使a、b都静止，c必须带负电，否则匀强电场对a、b的电场力相同，而其他两个电荷对a和b的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡故A项正确；BD.设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：；所以匀强电场场强的大小为：，方向与ab边垂直由c指向ab连线故B项正确，D项错误；C.设c电荷带电量为Q，根据平衡条件得c、b对a的合力与匀强电场对a的力等值反向，即：所以c球的带电量为2q，故C项错误；10、CD【解析】AC小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大故A错误， C正确；BB的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同，B错误；D滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终重力的沿斜面的分力等于摩擦力，小滑块匀速直线运动，故D错误【点睛】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况三、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、 拔出、 a【解析】在闭合电键瞬间，磁通量增加，电流计的指针向左摆。闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，则应使磁通量减小，即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片P向a端滑动，增大电阻，减小电流，从而减小磁通量。12、1.650cm 0.0480.052 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为：1.6cm，游标尺上第10条刻度线和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：1.6cm+0.50mm=1.650cm(2)2第5点速度为则将余下的点描在坐标纸上，且将所有点拟合成直线，如图(3)3由实验原理得则图像斜率由图像可得解得由于误差，则0.0480.052均可四、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）；（2）【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示：根据牛顿第二定律：周期为：粒子运动时间为：（2）带电粒子在磁场中做圆周运动有：解得：D到C是匀速运动：可得运动时间为：带电粒子在电场中运动时间：带电粒子在电场中运动的加速度：速度为：可得：14、（1）；（2）0.2m；（3）0.728s【解析】(1)由微粒运动到c点后做一次完整的圆周运动可知解得(2)分析可知微粒从b到c和从c到d均做匀速直线运动，设速度为v，则由受力分析及平衡条件得代入数据结合(1)的分析解得由题意分析可知，微粒从a到b做匀加速直线运动，合力一定由a指向b，受力分析如图甲所示根据几何关系可知故微粒从a到b过程中由动能定理得代入数据解得(3)微粒在正交场中做匀速圆周运动，可得结合前面分析代入数据解得轨道半径；微粒做匀速圆周运动的周期由于R和均恒定不变，故正交场的宽度L恰好等于2R时交变电场的周期T最小，如图乙所示微粒从图中b运动到c所用的时间故电场E2变化周期T的最小值15、（1）3mg（2）（3）BLq-mgr-【解析】（1）ab下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=，解得：v0=，ab运动到底端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得：F=3mg，由牛顿第三定律知：ab对轨道压力大小：F=F=3mg；（2）两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律：mv0=mvab+mv，解得：v=，ab棒产生的电动势：Eab=BLvab，cd棒产生的感应电动势：Ecd=BLv，回路中电流：I=，解得：I=，此时cd棒所受安培力：F=BIL，此时cd棒加速度：a=，解得：a=；（3）由题意可知，cd棒以离开磁场后向右匀速运动，且从cd棒开始运动到通过其电荷量为q的时间内，通过ab棒电荷量也为q对ab棒，由动量定理可知：-BLt=mvab-mv0，其中：q=t，解得：vab=-，此过程，由能量守恒定律得：mgr=+Q，解得：Q=BLq-mgr-；