2023年高考第一次模拟试题：物理（湖北卷A卷）（全解全析）.pdf

2023年高考物理第一次模拟考试卷物理全解全析注意事项：1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3 .考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共11小题，每小题4 分，共 44分。在每小题给出的四个选项中，第1 7 题只有一项符合题目要求，第 8 11题有多项符合题目要求。全部选对的得4 分,选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。1.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。北斗系统的空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星组成，地球同步轨道卫星的半径大于中圆轨道卫星的半径。设地球同步轨道卫星和中圆轨道卫星的线速度分别为匕、岭；角速度分别为电、“2；向心加速度分别为4、的；周期分别为彳、以下说法正确的是（）A.匕 “2 g （i a）2 c.q&D.北 与【答案】D【解析】A.根据解得由于地球同步轨道卫星的半径大于中圆轨道卫星的半径，则有A错误；B.根据G-=mcurr解得由于地球同步轨道卫星的半径大于中圆轨道卫星的半径，则有g 2B 错误；C.根据-MmG =mar解得GMa=由于地球同步轨道卫星的半径大于中圆轨道卫星的半径，则有ax m gc o se,对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动，有mg si n 0 -jumg c o s 0 =ma 3代入数据解得%-2 m/s2经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间f 离开传送带，离开时的速度大小为v，则由运动学公式有v2 v=2 a3(x-x,)代入数据解得vf=2/r4 m/s故t，F丑砌f=2 SC错误D正确。故选D。8.一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，片0时刻波源质点。从平衡位置开始振动，图甲是简谐横波在 0.6 s时的部分波形图，图乙是这列波上x=0.7 m 处的质点从f =0-7 s时刻开始振动的图像，下列说法正确的是()甲乙A.波源的起振方向向上C.波的频率/=6 5 H zB.，=0.6 s时，x=0.1 m 处的质点在波谷处D.波源的振动方程为y =_ 5 si n（5%/）c m【答案】B D【解析】A.质点振动方向与波源振动方向相同，由图乙可知，x=0.7 m 处质点的起振方向向下，则波源起振方向向卜，故 A错误;B.由图甲可知，该波的波长为0.4 m,根据图中信息，/=0.6 s时，x=0.I m 处的质点位于波谷，故 B正确;C.出题意可知该波的波速为x 0.7 m 1.v=-=l m/st 0.7 s结合上述分析，可得波的周期为2 0.4 mv l m/s=0.4 s频率为故 C错误;D.有图可知，波的振幅A=5 c m,根据上述分析可得，波源的振动方程为2兀Ty=-Asincm带入数据可得y =-5 si n（5 R）c m故 D正确。故选B D c9.如图所示，铁芯上有两个导线圈A和 B,线圈A跟电源和开关S相连，LE D （发光二极管，具有单向导电性）M 和 N 并联后接在线圈B两端，图中所有元件均正常，则（A.S 闭合瞬间，A 中有感应电动势 B.S 断开瞬间，A 中没有感应电动势C.S 闭合瞬间，M 亮一下，N 不亮 D.S 断开瞬间，M 和 N 二者均不亮【答案】AC【解析】A.闭合开关S 的瞬间，穿过线圈A 的磁通量增加，线圈A 中将产生自感电动势，故 A 符合题意；B.开关断开的瞬间，穿过线圈A 的磁通量减小，线圈A 中将产生自感电动势，故 B 不符合题意；C.闭合开关S 的瞬间，穿过线圈A 的磁通量增加；线圈外侧的电流方向向右，根据安培定则可知，A 中产生的磁场的方向向上；穿过B 的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，B 中感应电流的磁场的方向向下，根据安培定则可知，B 中感应电流的方向在外侧向左，所以线圈下端的电动势高，电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故 C 符合题意；D.结合C 的分析可知，S 断开瞬间，穿过线圈B 的磁通量减小，产生感应电流的方向与C 中感应电流的方向相反，所以感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故 D 不符合题意。故选AC。1 0.如图所示，光滑水平面上有一倾角为e 的斜面体，在水平向右的力F 的作用下，斜面体和其上一质量为“的物块一起向右运动，加速度与时间的关系为所公，其中人为大于0 的常量。物块和斜面体之间动摩擦因数为，重力加速度为g。4 时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，此时物块动能为线1,则()A.乙 时刻之后，物块相对于斜面体向下运动_ g(/cos0-sin 0)ti=B k(sin。+cos。)cos 0-sin 0)2C.时间内物块受到斜面体作用力的冲量为2MMsin+cos0)2D.若力尸大小不变，方向改为水平向左，物块与斜面体开始相对运动时的动能耳2【答案】A B D【解析】A.在时刻，物块受重力，垂直于斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力，它们的合力方向与力尸一致，若力尸继续增大，斜面的加速度将大于物块的加速度，物块相对斜面体向下运动，A正确；B.设物块所受支持力为M，摩擦力为力，将它们沿着水平和竖直方向进行分解，有N c o s0 +f s i n 0 =mg c o s0-Nsin0 =maA a=kt f、=网联立以上各式可得N =7 g f=g t =g(c o s 6 -s i n 6 )c o s e +s i n。c o s 0 +/s i n 0 攵(s i n +c o s。)B正确；c.-4 时间内物块受到重力与斜面体作用力的冲量，由动量定理/w g2(/c o s 0-s i n 0)2 人(c o s 6-s i n。)则有，2 4则在茂时刻的速度要大于力时刻的速度，则有凡2 4D正确。故选A B D。1 1.如图，坐标原点有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为?、电量为9的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等。圆心在(A),半径为尺的圆形区域内，有垂直于坐标/0+/例=-mat、=-7 人(s i n e+c o s e)m g?(c o s O-s i n。)由矢量关系可知物块受到斜面体作用力的冲量大于M s i n +c o s。)一 ,c错误：D.若改变力的方向，加速度较大时，则物块会受到沿斜面向下的摩擦力和垂直于斜面向上的支持力，分别设为力，M，设在立时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，将力沿水平和竖直方向进行分解，有f2 c o s 0 4-N2 s i n0 =ma2 N2 c o s 0 s i n 0+w g f2=/nN2因地面光滑，则力/换方向后加速度依旧满足题干所给关系式，则有 k(2联立以上各式可得_ g(c o s +s i n 0)平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场右侧有一长度为R,平行于y 轴的光屏，其中心位于（2R，R）。已知初速度沿v 轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（）2qBRA.粒子速度大小为mB.所有粒子均能垂直射在光屏上2兀mC.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为%8D.能射在光屏上的粒子初速度方向与*轴夹角满足454 0 W135。【答案】AC【解析】A.由题意，初速度沿V轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有 v2qBv=tn 解得V理mA 正确：B.由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为2 R,并不会垂直打在光屏上，B 错误；2一 T CC.如图，由几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为3根据周期公式24尸T=-v可得24户7=。=如2 乃 3 3BqC 正确；D.粒子初速度方向与x 轴夹角为8 时，若能打在光屏下端，如图由几何关系可得圆心角8=60即初速度与x 轴夹角为4=60同理，粒子打在光屏上端时（图同B）,初速度与x 轴夹角为名=120D 错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.（7 分）某学习兴趣小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。实验中采用质量分别为和吗两个小球，实验步骤如下：安装实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端水平；先不放小球吗，让小球町从斜槽顶端S 处由静止释放，标记小球在地上的落点位置尸；将小球叫放在斜槽末端，仍让小球叫从斜槽顶端S 处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球 叫、叫在地上的落点位置”、N.用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端的水平距离。图中也、N 点是实验过程中记下的小球在地面上的三个落点位置，M、P、N 到斜槽末端在地面的投影0 点的距离分别为X、小、/。依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1）下 列 器 材 选 取 或 实 验 操 作 符 合 实 验 要 求 的 是。A.可选用半径不同的两小球B.选用两球的质量应满足町性C.小球町每次必须从斜轨同一位置由静止释放D.需用秒表测定小球在空中飞行的时间（2）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度大小是不容易的，但是，可以通过测量（填选项前的符号）来验证动量守恒定律。（）A.小球开始释放的高度B.小球抛出点距地面的高度”C.小球做平抛运动的水平位移（3）若两球相碰前后的动量守恒，其 表 达 式 可 表 示 为 （用题目中所给的物理量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那 么 还 应 该 满 足 的 表 达 式 为 （用题目中所给的物理量表示）。答案 BC#CB c myXP =mXM +m2XN XP +XM=X.V【解析】（1）A.为了确保发生对心正碰，需要两球的半径相等，A 错误；B.为了避免发生碰后反弹，两球质量需要满足机 m2B 正确；C.为了确保小球每次飞出的速度大小一定，小球仍每次必须从斜轨同一位置由静止释放，C 正确;D.由于小球下落的高度相等，根据,1 22,x=vt解得f后可知，小球碰撞后飞出的速度与水平位移成正比，则实验时不需要测时间，D 错误。故选BC.（2）根据上述有根据动量守恒有机盟=砂匕”加2V M解得mxp=mtxM-hn2xN可知，A B错误，C正确。故选C。（3）根据上述，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为mtxp=mtxM-H n2xN若碰撞是弹性碰撞，则有叫x产 mtxM 加2,丫，2=2W,Vw+2 叫”结合上述解得XP+XM=赤13.（9分）为判断标称为100m的康铜导线的电阻率及长度是否达标，某同学进行了下列实验，完成步骤中的填空：（2）用欧姆表粗测导线的总电阻，示数在15-20C之间。用图2的电路测量该盘导线的总电阻R,图中电源E的电动势为6V、内阻很小；电压表V i量程为3V、内阻为2970.0C；电压表V2量程为5V、内阻为5.0kC；定值电阻Ro=3O.OC。为更准确地测量尺,图2中A应选用（选填“V i”或 V/）。（3）调节滑动变阻器，测得多组数据,描绘出两电压表示数UB-UA图像如图3所示，可知&=C（保留3位有效数字）；（4）若导线的长度恰为100m,则导线材料的电阻率为 Q m（保留2位有效数字）。（5）已知20时康铜的电阻率为5.0 xl0-7Cm,若实验是在25的环境中进行且导线长度恰为100m,则该导线（填“可能”或“不可能”）是康铜制成；若实验是在20的环境中进行且导线是康铜制成，则该导线的长度（填“大于”“小于”或“等于“）100m。【答案】2.000 V 16.2 5.1x10 7 可能 大于【解析】（I）螺旋测微器读数1.5mm+50.0 x0.0 Irrun=2.000mm（2）测量时，A 的示数小，B 的示数大，故 A 选小量程Vi（3）根据UB-U尸风/旦+力&联立解得UB=1 +1 -R、UAL 1凡 RA）则斜率,f 1 1、C 2.32左=1+-1-R-U R J 1.50解得尺=16.2。（4）根据R,=pLS则.,（2x10-21216.2xxD V 2p-Q m=5.1 xKT,C m/100（5）电阻和温度有关，温度升高金属电阻率增大，故测得电阻率偏大，所以在250c的环境中电阻率为5.1xio-7Q.m,可能是康铜制成；导线长度16.2x x5.0 x10 702m故大于100m。14.（9 分）如图所示，内径相同，导热良好的“T”形细玻璃管上端开口，下端封闭，管中用水银封闭着A、B 两部分理想气体，C 为轻质密闭活塞，各部分长度如图。现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，已知大气压强Po=75cm H g,设外界温度不变。求（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A 的压强;（2）活塞移动的距离为多大？10cm10cm44cmC40cm.1【答案】(1)lOOcmHg；(2)6.5cm【解析】(1)水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A 的压强Pl=PQ+p1=75cmHg+(10+10+5)cmHg=l OOcmHg(2)初状态，气体A 的压强PA=Po+Ph-75cmHg+(10+10)cmHg=95cmHg设玻璃管横截面积为Sen?,初状态气体A的体积VK=40Scm3设末状态气体A 的体积为吸,对气体A 由玻意耳定律得PK=PH解得以=385cm3末状态气体A 的长度L=38cmS气体A 的长度减少量L=(40-38)cm=2cm初状态气体B 的压强PB-p0+PM=75cmHg+1 OcmHg=85cmHg末状态气体B 的压强pB=p0+Pi,2=75cmHg+(10+5-2)cmHg=88cmHg初状态气体B 的体积匕=44Scn?设活塞移动的距离为xcm,末状态气体B 的体积=(44+5-x)Scm3=(49-x)5cm3对气体B 由玻意耳定律得PBB=PW；带入数据得85 x44S=88(49-x)S解得x=6.5cm15.(1 3 分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、尸。间距L=l m,其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成。=30。角，N、。两端接有R=1。的电阻。一金属棒M 垂直导轨放置，融两端与导轨始终有良好接触，己 知 的 质 量?=0.2kg,电阻r=l C,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小8=IT。M 在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v/=0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度丫=2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变,重力加速度g=10m/s2。(1)求拉力的功率尸；(2)油 开始运动后，经 f=0.09s速度达到外=1.5m/s,此过程中电阻及中产生的焦耳热为0.03J,求该过程中岫沿导轨的位移大小X；(3)金属棒速度达到V2后，立即撤去拉力，棒 回 到 出 发 点 时 速 度 大 小 LOm/s,求该过程中棒运Q【答案】(1)4W；(2)0.1m；(3)0.55s【解析】(1)在湖运动过程中，由于拉力功率恒定，成做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为凡安培力大小为打，有FmgsinOFA=0设此时回路中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，有E=BLv设回路中的感应电流为/,由闭合电路欧姆定律，有1=-R+r仍 受到的安培力FA=ILB由功率表达式，有P=Fv联立上述各式，代入数据解得P=4W(2)“6 从速度盯到好的过程中，此过程中成克服安培力做功W=2QR=0.06J由动能定理，有P t-W -mgx sin 9=；/v；一 ；mv：代入数据解得x=0.Im(3)该过程中通过导体横截面的电荷量=L=0.05C1 R+r沿斜面向下为正，由动量定理得mg sin O-tx ILBt=mv3 (mv2)解得ti=0.55s16.(1 8 分)如 图，长度为乙的木板静置于倾角外37。的足够长粗糙斜面上，在木板下端B 处固定有厚度不计且垂直于木板的挡板，木板总质量为3加，木板下表面粗糙，上表面光滑。现将质量为“L的小物块置于木板上距离木板上端”为的 C 处，释放物块，物块滑到木板下端B 处时与挡板发生9=弹性正碰，碰撞时间极短。已知木板与斜面间的动摩擦因数 1 6,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物块与挡板第一次碰撞前物块的速度大小vo;(2)物块与挡板在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，物块离开挡板的最大距离Arm；(3)物块与挡板在发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中所产生的摩擦热。；(4)物块与挡板发生第n 次碰撞后木板的速度大小。Aev0=yf5gL Ax,【答案】(1)5;(2):m =2L 0 =2.4wg；v=y5gL【解析】（1）物块由C到达8过程中，木板受到的最大静摩擦力为耳 二 4Mg cos0=1.8mg因为Ff=3mg sin 0所以木板刚好保持静止，有2mg L sin。=万 mv1解得（2）物块与挡板第次碰撞后的瞬间，设物块和木板的速度分别为匕、%,取沿斜面向下方向为正向，有mvQ=加片+3加 彩；mV0=，叫2 +g解得匕v2JJ第一次碰撞后木板匀速下滑，物块匀减速上滑，设经时间4物块与木板共速，此时物块离挡板最远,有v2=巧 +gsin。网=v&+；gsin6.彳匕=V/I解得2L=X2-Xt=（3）第一次碰撞后设经时间4物块与木板发生第二次碰撞，有匕 G+；gsin6%=v2t2说明：分段计算时间I亦可Q=Ff 卬 2解得Q=2AtngL（4）设物块与挡板发生第二次碰撞前物块的速度为“；，碰撞后的速度分别为为、乜，有U=W +gsineG解得又mv+3加彩=匕+3加！；加力2 +；3加 射；=；加 射；+；3加 射：解得匕=0,匕=|麻同理第三次碰撞后物块和木板的速度分别为V5=y/5gL所以第H次碰撞后木板的速度为匕,J病