2023年高考第一次模拟试题：物理（湖北卷B卷）（全解全析）.pdf

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1、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17 题只有一项符合题目要求，第 811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.原子核的比结合能与质量数之间的关系图线如图所示

2、。下列说法中正确的是（）Q J_ I_ I_ I_ I_ I_ I_ I_10 20 50 100 150 200 250 质量数A.质量数小的比质量数大的原子核比结合能小B.iHe核的结合能约为28MeVC.案 核比黑Ba核结合能大D.在核反应声U+：11 Y Kr+宵 Ba+3：,n 中，要吸收能量【答案】B【解析】A.比结合能是该原子的结合能与该原子核子数的比，表示的是该原子的稳定程度，中等质量的原子核比结合能较大，其中比结合能最大的是F e,故 A 错误；B.分析图像可知，核的平均结合能为7M eV,根据平均结合能的定义可知，：He核的结合能力7x4MeV=28MeV,故 B 正确；8

3、0 144 144 p 80 144 pC.分析图像可知，36”核 比56B a核的平均结合能大，但 是56B a的核子数比36后 多，56 Ba核结合能大，故 C 错误;D.核反应声11+1 1-；：%+f1 +3;）11属于重核裂变，要释放能量，故D错误。故选B2.如 图 1 所示，横截面为直角的斜槽与水平方向的夹角为以 横截面为正方形的长方体型物体恰好沿斜槽匀速下滑，斜槽横截面MON如图2 所示，过斜槽底部。尸的竖直面（图中未画出）与斜槽横 截 面 相 交 处 为 虚 线 O。，M。与虚线O。，的夹角也为。，斜槽两侧面为同种材料“物体与斜槽的动摩擦因数等于（）tan。A.tan fB 正

4、确;D.Z 8 刚进入磁场时加速度为0,则有F=mg+肛4R设。C 边刚进入磁场前匀速运动时速度为v/,线框切割磁感应线的有效长度为1.5/线框匀速运动时有i g+也 处iR联立解得V 二 4%=442 gh从线框开始到8 边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得F 3h-mg-3h-Q=联立解得227Q=m s hD 正确；C.CO刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5/耳=5/1-2.5/由闭合电路欧姆定律得_ g（2.5/）v,1 一 R由牛顿第二定律得（mg+F J-FC l-m解得16C 错误：故选BD。1 1.甲乙两质点在同一直线上运动，从片。时刻起同时出发，甲做匀加速直线

5、运动，x-f图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的A V2图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.片0 时刻，甲的速度2m/sB.甲的加速度大小4m/s2729C.经 过 2 s,甲追上乙D.经过2.5 s,甲追上乙【答案】B C【解析】AB.甲质点的位移表达式为1 2x=vot+-alt+x0将(0,-2)、(1,0)、(2,6)代入上式，解得x0=-2 m%=oax=4 m/s2乙质点的位移表达式为v2-V o =-2a2x将(/=0 时x=1 2.5 m)、(V2=1 0 0 时x=)代入上式，解得%=1 O m/sa2=4 m/s2A错误，B正确；C.乙质点停止所用时间为t

6、。=s =2.5 s出4乙质点2.5 s 的位移为1 2 八/二,出。=1 2.5 m2/29甲质点经 过 S 的位移为因为玉-x2=1 4.5 m -1 2.5 m =2 m =x0=2 mV29经 过 2 s,甲追上乙，C正确；D.经过2.5 s,甲质点的位移为x,=；%/=1 2.5 m因为初始距离j=2m,甲没追上乙，D错误。故选B C o二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.（7 分）如 图 1 所示为一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流1 m A、内阻10Q；电池电动势1.5 V、内阻1C；图1图3（1）图 1 中表笔。为 色（选填“红”或 黑 调 零 电 阻&可

7、 能 是 下 面 两 个 滑 动 变 阻 器中的（填选项序号）。A.电阻范围0 200c B.电阻范围0 2 000。（2）在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图2 所示，被测电阻的阻值为 C（3）如图3所示，某同学利用定值电阻处给欧姆表增加一挡位“x lO”，则定值电阻。（结果保留1位小数）（4）若该欧姆表换了一个电动势为1.5 V、内阻为10。的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果。（选填 偏大 偏小或 准确”）。【答案】（1）红 B （2）16 00（3）1.1（4）准确【解析】（I）根据欧姆表的要求，黑表笔接内部电源的正极，可以判断a 为红表笔;当电表满

8、偏时，电表总内阻为F1=1=1 5 0 0 0所以电阻应选择B；（2）可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为中值电阻W 1 5 0 0 Q即表盘刻度为15 时代表15 00Q,倍率为x lOO,所以被测电阻的阻值为16 00。（3）倍率为x lO时;中值电阻为I 5 0C,即内阻为15 0。，由此可知I,满偏电流变为原来的10倍，即 0.01 A1x 10 3 x I 0=（0.01-lx l07?,=1.1Q（4）设电源电动势为E,干路电流为 调零后电表内阻为R ，电表指针指到表盘某处时，电表的电流为/,对应的待测电阻为R ,根据闭合电路欧

9、姆定律E =/g 4E =/(&+K。)整理得凡=哈j由于满偏电流相同，电动势相同，指针指相同的位置时电流相同，所 以&相 同，即读数准确。13.（9 分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知电磁打点计时器的周期T=0.02s,重锤的质量w=lkg,如图所示为某次实验后选出的一条理想纸带，。点是打出的第一个点，/、B、C是在纸带上连续取的三个点。经测得/、8、C三点到。点的距离分别为：x/=12.6 3 c m,x*15.92c m,X 3=19.5 9c m,g=9.8 m/s2,求：（本题中涉及到数值计算的，结果均得保留三位有效数字）（2）物体在8点的速度证=m/s。（3）从。点 到 8

10、点 的 过 程 中，重 锤 重 力 势 能 的 减 少 量 ”=J,动 能 的增量4=j。（4）经过计算发现，重锤重力势能的减少量总是大于动能的增量，其主要原因是因为在重锤下落过程存在阻力作用，可以通过以上数据求出该阻力的大小。设重锤所受阻力大小E恒定，试求出重锤所受阻力大小F=O （用/、T、g、X/、X 2、%表 示）%,+X,-2x,m g-m-：-【答案】（1）左（2）1.74（3）1.56 1.51 （4）广【解析】（1）从纸带上可以看出。点为打出来的第一个点，速度为0,重物自由下落，初速度为0,所以应该先打出。点，所以纸带的左端应与重物相连。（2）根据在匀变速直线运动中某段时间内的

11、平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得入-X|_ (1 9.59-1 2.6 3)x l 0-2m2 T IT 2 x 0.O E s（3）重力势能减小量A p=mgx2=1 x 9.8 x O.1 592J=1.56 J动能的增加量为I ,1 ,A 1 t=-mvl=-x l x l.742J=1.51 Jk 2 B 2（4）利用匀变速直线运动的推论=有 _ XBC-（x f H z-x J _x3+xt-2x2a-2 一 2 一 个对重物运用牛顿第二定律得tng F=ma解得白 再+再一2r=mg ma=mg-m 京-14.（9 分）一半径为R 的四分之一圆柱体放置在水平面上，圆柱体由折射率

12、为近的玻璃制成。现有一束与水平面平行且与圆柱体横截面平行的光线射到圆柱体表面上，射入柱体后再从竖直表面射V2 _ 1O_V 6-V 2 R sin 15=-出，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为2，光在真空中的传播速度为c,4,9 V6+V2cos 15=-4,求：（1）出射角e 的正弦值；【解析】（1）根据题意可得，光路如下图所示A0 2故i=ZOAD=ZBCO=DOA=45根据折射定律有sinzn=-sinr可得=30则ZABC=ZBC O-r=5O根据折射定律有n=sin。sin ZABC故出射角e 的正弦值为（2）由几何知识可知BE=OD=AD=R2则光在玻璃柱体中的路程为光在玻璃柱

13、体中的速度为则光穿越玻璃柱体的时间为s（6-扬 Rt=-=-V C15.（13分）在 如 图 甲 所 示 的 平 面 直 角 坐 标 系（其中Ox水平，。竖直）内，矩形区域OMN尸3充满磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），其 中 丽=5 4OP=2d,P 点处放置一垂直于x 轴的荧光屏，现将质量为加、电荷量为夕的带正电的粒子从OM边的中点/处以某一速度垂直于磁场且沿与轴负方向夹角为45。的方向射入磁场，不计粒子重力。（1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A 等高的点的速度大小；（2）求粒子能从边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方

14、向，磁感应强度8 的变化规律如图乙所示（图中坳已_ 27rm1-知），调节磁场的周期，满足3qB。,让上述粒子在片0 时刻从坐标原点O 沿与X轴正方向成60角 的 方 向 以 定 的 初 速 度 射 入 磁 场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。5 00-5 0亚qBd 3(2-在加 3兀m 4B、d 26 d【答 案】(1)m；(2)4 m,M B(3)3(2M+1)/M(H=OJ,2,3.),3【解 析】(1)要 使 粒 子 恰 好 能 打 在 荧 光 屏 上 与/等 高 的 点，则粒子速度方向偏转了 9 0。，轨迹如图由几何关系可得2段 sin 45=OP

15、=2d由洛伦兹力作为向心力可得2q%B=m 2%联立解得yflqBdv=-m(2)当粒子的轨迹恰好与脑V相切时，对应的速度最大，如图所示由几何关系可得-3R2 si n4 5 0+/?,=-O M=-d由洛伦兹力作为向心力可得 v;qv2B=m-A2联立解得_ 3(2-6)q B dV 2=一石一可知轨迹对应圆心角为2 7 0,粒子在磁场中的运动周期为2乃 川/=-qB故对应的运动时间为,_ 2 7 0 y,_ 3 2 兀m _ 37rm-3 6 07(3)由题意可知，磁场的周期满足丁 =2兀 m3qB,T _可知每经过5,粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为6 0。，运动轨迹如图所示N Q

16、O P =3 0 x粒子打在荧光屏上的。点，由几何关系可得荧光屏NQP则PQ=3idc os3 0 3设粒子在磁场中运动的轨道半径为心，每次偏转对应的圆心角均为6 0,粒子恰好垂直打在屏上,由几何关系可得2(/=(2 n+l)/?33 (=0,1,2,3.)由洛伦兹力作为向心力可得、3联立解得匕二4四 综d3 3(2 +1)雨(=0,1 ,2,3 )1 6.(1 8分)如图甲所示，水平传送带右端8端与右侧绝缘水平面相切，其中BC段光滑，长 为d=3m；C点右侧粗糙，在C点右侧相距=1.6m的空间内存在水平向左的匀强电场.f=0时刻，在C点静置一个质量mb=O.lkg、带正电的小滑块b,此时，在

17、传送带上距离8端。=12m处，有一个不带电的绝缘小滑块。正以v=6m/s的速度向右运动，恰好相对传送带静止；经过一段时间后，两个小滑块发生碰撞.传 送带运动的v-f图像如图乙所示。己知小滑块。的质量为?“=0.0 5 kg,小滑块a 与传送带间的动摩擦因数=0.4,小滑块b 与地面的动摩擦因数也为=0.4.若两个小滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他阻力和电场的边缘效应，g取10m/s2,(1)若a、6发生的碰撞为弹性正碰，求碰后瞬间两者的速度大小；(2)满 足(1)问的条件下，求。在传送带上运动过程中的摩擦生热。；(3)通过计算讨论：6在电场运动的过程中，电场力对6所做的功

18、与电场力F的关系。【答案】(1)2m/s,4m/s；(2)0.5J；(3)见解析【解析】(1)由题可知，。经过时间V即=2s到达8端，再经d3=v即/2=0.5S滑过8 c在。点与人相碰，设碰后两者速度为必、心，则mav=mav+mhv21 2 1 ,2 1 ,2-maV=5%匕 +”彩W =-2m/sv2=4m/s即碰后。、6速度大小分别为v/=2m/sV2=4m/s(2)碰后a反弹，经过时间t3=匕即口=1.5 s经过t=tl+t2+t3=4s小滑块a返回8端，此时传送带正反向运动v=4 m/s假设。一直未滑出传送带，则小滑块先向左加速，经过时间二者共速，则=0.5 s小滑块。位移传送带位

19、移S=Vt4二者相对位移s=s-sa解得5 a=1.5 mA s，=0.5 m之后二者匀速运动/5=0.5S位移saovt5传送带停止后，a减速至速度为0,设位移为s h_ g s：sfa=2m因为+S“0 +。故假设成立。所以。=fimcig(As+s a)解得0=O.5 J(3)小滑块在摩擦力和电场力的作用下，向右做匀减速直线运动，电场力F=qE(i)设不会离开电场区，若位移为口，由动能定理一(尸+g)S 2 =0-；加/,盯S2LF0itnbgS2解得，当 0.1NV%0.4N时，电场力所做功W=FS2即当0.1NV店 0.4N时(i i)如果小滑块会离开电场区域，电场力尸必须满足F 0.4 N,小滑块将从左侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移5=0电场力做功为0,即JV=0