2023届湖北省重点中学高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，一个圆盘绕过圆心 O 且与盘面垂直的竖直轴匀速转动角速度为，盘面上有一质量为 m 的物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为 r，下列说法正确的是（）

2、A物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为 m2r B物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为 m2r C物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为 m2r D物块只受重力、弹力作用，合力大小为零 2、如图甲所示 MN 是一条电场线上的两点，从 M 点由静止释放一个带正电的带电粒子，带电粒子仅在电场力作用下沿电场线 M 点运动到 N 点，其运动速度随时间 t 的变化规律如图乙所示下列叙述中不正确的是（）AM 点场强比 N 的场强小 BM 点的电势比 N 点的电势高 C从 M 点运动到 N 点电势能增大 D从 M 点运动到 N 点粒子所受电场力逐渐地大 3、如图所示，理想变压器原、副线圈匝

3、数比为 5：1，原线圈中接入 u=100sin（100t）V 的正弦交流电，保险丝的熔断电流为 1A，电表为理想电表，定值电阻 R0=10。各元件正常工作，下列判断正确的是（）A电流表的读数为 2A B电容器的击穿电压不得低于 20V C原线圈中最大电流不能超过 1A D流过电容器 C 的电流每秒方向改变 50 次 4、如图所示，水平传送带的质量9kgM，两端点A B、间距离4mL，传送带以加速度22m/sa 由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为1kgm 的滑块（可视为质点）无初速度地轻放在A点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.1，g取210m/s，电动机的内阻不计。传送带加速到

4、2m/sv 的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从A运动到B的过程中（）A系统产生的热量为1J B滑块机械能的增加量为3J C滑块与传送带相对运动的时间是3s D传送滑块过程中电动机输出的电能为5J 5、在水平地面上 O 点正上方不同高度的 A、B 两点分别水平抛出一小球，不计空气阻力，如果两小球均落在同一点 C上，则两小球（）A抛出时的速度大小可能相等 B落地时的速度大小可能相等 C落地时的速度方向可能相同 D在空中运动的时间可能相同 6、某国际研究小组借助于甚大望远镜观测到了如图所示的一-组“双星系统”，双星绕两者连线上的某点 O 做匀速圆周运动，此双星系统中体积较小的

5、成员能“吸食”另一颗体积较大的星体表面物质，达到质量转移的目的。假设两星体密度相当，在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中，下列说法错误的是（）A它们做圆周运动的万有引力逐渐增大 B它们做圆周运动的角速度保持不变 C体积较大星体做圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大 D体积较大星体做圆周运动轨迹半径变小，线速度变大 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、两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的

6、右侧固定一挡板。已知两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为，甲、乙两滑块的质量分别为 m1=3m、m2=2m，且在水平面上处于静止状态。现给滑块甲一向右的初速度 v0（未知），使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为 L，重力加速度为 g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用 v1、v2表示，下列正确的说法是（）Av1v2=15 Bv1v2=16 Cv0的最小值为6118gL Dv0的最小值为103gL 8、粗细均匀的正方形金属线框 abcd 静止在光滑绝缘的水平面上，整个装置

7、处在垂直水平面的匀强磁场中，ab 边与磁场边界 MN 重合，如图所示。现用水平向左的外力 F 将线框拉出磁场，且外力与时间的函数关系为 F=b+kt，b 和 k 均为常数。在拉出线框的过程中，用 i 表示线框中的电流，Q 表示流过线框某截面的电荷量，下列描述电流与时间及电荷量与时间变化关系的图象可能正确的是（）A B C D 9、如图所示，两条相距为 L 的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为 R 的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 ab 垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为 R。若给棒以平行导轨向右的初速度 v0，当流过棒截面

8、的电荷量为 q 时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为 x。则在这一过程中（）A导体棒作匀减速直线运动 B当棒发生位移为2x时，通过棒的电量为2q C在通过棒的电荷量为3q时，棒运动的速度为03v D定值电阻 R 释放的热量为04BqLv 10、如图所示，绝缘细线相连接的 A、B 两带电小球处于在竖直向下的匀强电场中，在外力 F 作用下沿竖直方向匀速向上运动，A、B 两球质量均为 m，均带正+q（q0）的电荷，场强大小 E=mgq，某时刻突然撤去外力 F，则下列说法正确的是（）AF 的大小为 4mg BF 撤去的瞬间，A 球的加速度小于 2g CF 撤去的瞬间，B 球的加速度等于 2g D

9、F 撤去的瞬间，球 A、B 之间的绳子拉力为零 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）如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图其中包括电源 E，开关 S1和 S2，电阻箱 R，电流表A，保护电阻 Rx该同学进行了如下实验步骤：(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合 S1、S2，读出电流表示数为 I，电阻箱读数为 9.5，断开 S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为 I，此时电阻箱读数为 4.5则保护电阻的阻值 Rx_（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节 R，得到多组 R 和 I 的数值，并画出1

10、RI图象，如图所示，由图象可得，电源电动势 E_V，内阻 r_（结果保留两位有效数字）(3)本实验中，内阻的测量值_（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_ 12（12 分）如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻 Rg10、满偏电流 Ig10mA 的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“3”时为量程 250V 的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。(1)其中电阻 R2=_。(2)选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为_mA。(3)兴趣小组在实验

11、室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节 R1的阻值使电表指针满偏；将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央 C 处，此时电阻箱如图丙所示，则 C 处刻度线的标注值应为_。用待测电阻 Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为 Rx_。(保留三位有效数字)小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中_表笔(填“红”或“黑”)接电压表的正接线柱，该电压表示数为 1.45V，可以推知该电压表的内阻为_。四、计算题：本题共 2 小题，共

12、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，一直角三棱柱 ABC，其中90ABC，60BAC，AB 长度为 2L，M 为 AB 的中点，N 为BC 的中点，一光线从 AB 面上的 M 点以 45的入射角射入三棱柱，折射光线经过 N 点。已知光在真空中的传播速度为 c，求：（1）三棱柱折射率 n；（2）光从开始射入三棱柱到第一次射出所需的时间。14（16 分）如图所示，导热性能良好的气缸静止于水平地面上，缸内用横截面积为 S，质量为 m 的活塞封闭着一定质量的理想气体。在活塞上放一砝码，稳定后气体温度与环境温度相同均为 T1.若气体温

13、度为 T1时，气柱的高度为 H。当环境温度缓慢下降到 T2时，活塞下降一定的高度；现取走砝码，稳定后活塞恰好回到原来高度。已知外界大气压强保持不变，重力加速度为 g，不计活塞与气缸之间的摩擦，T1、T2均为热力学温度，求：(1)气体温度为2T时，气柱的高度；(2)砝码的质量。15（12 分）如图所示，质量为 m=0.1kg 闭合矩形线框 ABCD，由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为 R=0.004，其中长 LAD=40cm，宽 LAB=20cm，线框平放在绝缘水平面上。线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁感应强度 B=1.0T，磁场宽度 d=10cm，线框在水平向右的恒力 F=2N 的作用下，从

14、图示位置由静止开始沿水平方向向右运动，线框 CD 边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，速度大小为 v1，AB 边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为 v2，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦阻力 F1=1N，且线框不发生转动。求：(i)速度 v1和 v2的大小；(ii)求线框开始运动时，CD 边距磁场左边界距离 x；(iii)线图穿越磁场的过程中产生的焦耳热。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】对物体进行受力分析可知物体受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。物

15、体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有：2Ffmr合 选项 ABD 错误，C 正确。故选 C。2、C【解析】AD从 v-t 图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律Fma，则说明受到的电场力越来越大，根据公式FqE，说明电场强度越来越大，所以 M 点场强比 N 的场强小，故 AD 正确；B因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力往右，又因为带电粒子带正电，所以电场线的方向往右，又因为顺着电场线的方向电势降低，所以 M 点的电势比 N 点的电势高，故 B 正确；C从 M 点运动到 N 点动能增加，电势能应该减小，故 C 错误。故选 C。3、B【解析】A电容器接入交流电后

16、，产生容抗，所以有电流流过电容器，由于流过电容器的电流未知，所以电流表示数未知，A错误；B输入电压的最大值为 1m=100VU 电容器击穿电压与交流电的最大值有关，由 1m2m51UU 得 2m20VU 副线圈中交流电压的最大值为20V，所以电容器的击穿电压不得低于20V，B 正确；C保险丝的熔断电流1A为有效值，所以通过原线圈的电流最大值可以大于1A，C 错误；D由交流电的电压表达式可知 220.02s100T 一个周期内电流方向改变 2 次，1s 内有 50 个周期，故电流每秒方向应改变 100 次，D 错误。故选 B。4、A【解析】AC.传送带初始做匀加速运动，加速时间 12s1s2vt

17、a，根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足 1mamg，得：211m/sa，滑块加速过程的位移 214m2m4m22vsa块，故滑块会一直加速到2m/s与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。滑块加速的时间：12s2s1vta，相同时间内传送带的位移 213m2vsv tta传，故滑块与传送带的相对路程：1msss相传块，系统产生的热量：1JQmgs相，故 A 正确，C 错误；B.根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量：2JEmgs块，故 B 错误；D.由能量守恒定律得，电动机输出的电能：221121J22EmgsmvMv相，故 D 错误。故选：A。5、B【解析】AD小

18、球做平抛运动，竖直方向有212hgt，则在空中运动的时间 2htg 由于不同高度，所以运动时间不同，相同的水平位移，因此抛出速度不可能相等，故 AD 错误；B设水平位移 OC 为 x，竖直位移 BO 为 H，AO 为 h，则从 A 点抛出时的速度为 02Axvhg 从 B 点抛出时的速度为 02BxvHg 则从 A 点抛出的小球落地时的速度为 222Ax gghhv 从 B 点抛出的小球落地时的速度为 222Bx ggHHv 当 222222x gx gghgHhH 解得 24xHh 此时两者速度大小相等，故 B 正确；C平抛运动轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从 AB 两点抛出的

19、小球轨迹不同，在 C 点的切线方向也不同，所以落地时方向不可能相同，故 C 错误。故选 B。6、D【解析】A设体积较大星体的质量为 m1，体积较小星体的质量为 m2，根据万有引力定律 122m mFGr 因1m+2m为一定值，根据均值不等式可以判断出最初演变的过程中，1m2m逐渐变大，它们之间的万有引力逐渐变大，故 A 正确，不符合题意；B根据 221211212m mGmrmrrr 得 2112mrrmm 将1r代入 212112mmGmrr 解得 123G mmr 因1m+2m为一定值，r 不变，则角速度不变，故 B 正确，不符合题意；CD根据 2112mrrmm 因体积较大的星体质量 m

20、1变小，而 m1+m2保持不变，故 m2变大，则体积较大的星体做圆周运动轨迹半径 r1变大，根据 vr 可知角速度不变，半径变大，故其线速度也变大，故 C 正确，不符合题意，D 错误，符合题意。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、BC【解析】AB两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为 v，则有 m1vm1v1m2v2 由机械能守恒定律得 12m1v212m1v1212m2v22 联立解得 v15v，

21、v265v 则二者速度大小之比为 v1v216 A 错误，B 正确；CD当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则 m2gL12m2v22 碰前滑块甲做减速运动 m1gL12m1v212m1v02 可得 v06118gL C 正确，D 错误。故选 BC。8、AC【解析】A根据牛顿第二定律可得 b+ktBIL=ma 当 b=ma 时，线框匀加速离开磁场，电流与时间成正比，故 A 正确；B由于 i 最后恒定，即速度恒定，而外力在增加，不可能实现，故 B 错误；C电流可以与时间成正比，而由 A 图象可知电流与时间包围的面积为电荷量，因此 Q 可以与 t2成正比，图象可以是曲线，故 C

22、 正确；D若 Q 与 t 成正比，则电流为恒量，不可能实现，故 D 错误。故选 AC。9、BD【解析】A.由于导体棒向右减速运动，则电动势减小，则电流减小，则导体棒的安培力减小，即合力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，则导体棒做变减速运动，故 A 错误；B.棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：22nBLxqRR=当棒发生位移为2x时，则通过棒的电量为2q，故 B 正确；C.棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：22nBLxqRR=当流过棒的电荷为3q时，棒发生的位移为：13xx 根据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为：222FB L vamRmA=设棒运动的时间为t，则有：222B

23、L va ttmR 所以有：222B L va ttmR 即：222B LvxmR 当流过棒的电荷为 3q时，则有：2201 32B LvxvmR=当流过棒的电荷为q时，则有：2202B LvxmR=解得：0123vv 0qBLmv 故 C 错误；D.棒的速度减为零的过程中，定值电阻 R 释放的热量为：002200111 221242RkqBLvqBLQEmvvv=故 D 正确；故选 BD。10、ACD【解析】A对整体进行分析：F=2mg+2Eq 且 E=mgq 解得 F=4mg 故 A 正确；BCF 撤去的瞬间，对整体进行分析 2mg+2Eq=2maAB 且 E=mgq 解得 aAB=2g

24、故 B 错，C 正确；DF 撤去的瞬间，由于 aAB=2g，可知球 A、B 之间的绳子拉力为零，故 D 正确。故选 ACD。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、5.0 3.0 2.2 大于 电流表也有内阻 【解析】(1)1由题意可知，闭合 S1和 S2时只有电阻箱接入电路，闭合 S1、断开 S2时，电阻箱与 R 串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值 Rx9.5-4.5 5.0(2)23根据闭合电路的欧姆定律可得，EI(R+Rx+r)，整理可得 11xRrRIEE 可

25、见图线的斜率 1kE 图线的纵截距 xRrbE 结合图象中的数据可得 E3.0V，r2.2(3)45本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和 12、24990 6.9 150 67.4 黑 4350 【解析】(1)1根据闭合电路欧姆定律得 22500.01 10249900.01gggUI RRI (2)2 由图甲所示电路图可知，选择开关接 1 时电表测量电流，其量程为 10mA，由图示表盘可知，其分度值为 0.2mA，示数为 6.9mA；(3)3由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：01000+1100+510+01=150，此时指针指在中央，

26、此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即 R=150；4根据闭合电路欧姆定律有 满偏电流时 gEIR 当电流表示数为 6.9mAxEIRR 联立解得 E=1.5V Rx=67.4 56根据电流方向“黑出红进”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得 电压表的示数 VVEURRR 解得电压表内阻 1.45 15043501.5 1.45VURREU 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）2n；（2）3 2Ltc。【解析】（2）由题意可知人射角45i，折射角30r，画出光路图如图所

27、示 由折射定律有 sinsininr 解得2n （2）由题意结合反射定律可知=60，设光从三棱柱射向空气的临界角为 C 根据 11sinsin2Cn 可知光射到 BC 面上发生全反射，光射到 AC 面上的人射角30C，则光能从 AC 面上射出三棱柱 由几何关系可知 2Lsin30LMN 2cos30NCNQL 光在三棱镜中的传播速度 cvn 则光在三棱镜中传播时间 3 2NCMNLtvc 14、(1)21HTT；(2)0122p SmgTTgT【解析】(1)设气体温度为1T时，气柱的高度为H，环境温度缓慢下降到2T的过程是等压変化，根据盖吕萨克定律有 12HShSTT 解得 21HThT(2)

28、设砝码的质量为M，取走砝码后的过程是等温变化 20()mM gppS，2VhS 30mgppS，3VHS 由玻意耳定律得 2233p Vp V 联立解得 0122p SmgTTMgT 15、(i)v1=v2=1m/s(ii)0.05m(iii)0.5J【解析】根据题意可知 LAD=40cm=0.4m，宽 LAB=20cm=0.2m，磁场宽度 d=10cm=0.1m。(i)匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得 1AFFF 其中安培力为 221ABAABB L vFBILR 代入数据解得 11m/sv AB 边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为 v2，根据平衡条件可得 1AFFF 其中安培力为 222ABAABB L vFBI LR 代入数据解得 21m/sv (ii)从开始到 AB 边进入磁场过程中，根据动能定理可得 21112)(FF xmv 解得 0.05mx (iii)在穿越磁场的过程中，根据动能定理可得 2212111()22ADFFLdQmvmv)(解得 0.5JQ。