《2023届湖北省天门市三校高三第二次联考物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届湖北省天门市三校高三第二次联考物理试卷含解析.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、互成角度的两个共点力，其中一个力保持恒定，另一个力从零开始逐渐增大且两力的
2、夹角不变，则其合力（）A若两力的夹角小于 90，则合力一定增大 B若两力的夹角大于 90，则合力一定增大 C若两力的夹角大于 90，则合力一定减小 D无论两力夹角多大，合力一定变大 2、如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于 B 点（未标出）。现对小物块施加以竖直向上的力 F，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，下列能正确反映力 F的大小随小物块位置坐标 x 变化的图像是（）A B C D 3、完全相同的两列高铁在直铁轨上相向行使
3、，速度为 350km/h，两列车迎面交错而过时，双方驾驶员看到对方列车从眼前划过的时间大约是 2s，以下说法正确的是（）A由以上数据可以估算出每列车总长约为 200m B由以上数据可以估算出每列车总长约为 400m C坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间大约是 4s D坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间大约是 1s 4、可看作质点的甲、乙两汽车沿着两条平行车道直线行驶，在甲车匀速路过A处的同时，乙车从此处由静止匀加速启动，从某时刻开始计时，两车运动的v t图象如图所示，0t时刻在 B 处甲，乙两车相遇。下面说法正确的是 A,A B两处的距离为0 0v t B0t时刻乙车的速度是0
4、2v C0t 时刻两车并排行驶 D0t 时刻乙车行驶在甲车前面 5、一蹦床运动员竖直向上跳起，从离开蹦床算起，上升到最大高度一半所用的时间为，速度减为离开蹦床时速度一半所用的时间为，若不计空气阻力，则与的大小关系为（）A B C D不能确定 6、颗质量为 m 的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1：9，卫星的动能（）A4mgR B6mgR C226mg R D26mgR 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
5、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、火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大的太空探索项目，如图所示，探测器被发射到围绕太阳的椭圆轨道上，A 为近日点，远日点 B 在火星轨道近，探测器择机变轨绕火星运动，则火星探测器()A发射速度介于第一、第二宇宙速度之间 B在椭圆轨道上运行周期大于火星公转周期 B C从 A 点运动到 B 点的过程中动能逐渐减小 D在 B 点受到的太阳引力小于在 A 点受到的太阳引力 8、如图所示，在坐标系 xOy 中，有边长为 L 的正方形金属线框 abcd，其一条对角线 ac 和 y 轴重合、顶点 a 位于坐标原点
6、 O 处在 y 轴的右侧，的 I、象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的 ab 边刚好完全重合，左边界与 y 轴重合，右边界与 y 轴平行t=0 时刻，线圈以恒定的速度 v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域取沿 abcda 方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流 i、ab 间的电势差 Uab随时间 t 变化的图线是下图中的()A B C D 9、如图所示，光滑水平面上放置一内壁光滑的半圆形凹槽，凹槽质量为M，半径为R。在凹槽内壁左侧上方P点处有一质量为m的小球（可视为质点），距离凹槽边缘的高度为h。现将小球无初速度释放，小球从凹槽左侧沿切线方向进入内壁，
7、并从凹槽右侧离开。下列说法正确的是（）A小球离开凹槽后，上升的最大高度为h B小球离开凹槽时，凹槽的速度为零 C小球离开凹槽后，不可能再落回凹槽 D从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为2MRMm 10、下列说法正确的是_。A容器内气体的压强与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关 B气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能均随之改变 C气体分子的运动杂乱无章，但如果温度不变，分子的动能就不变 D功可以全部转化为热，热量也可能全部转化为功 E.空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压 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
8、要求写出演算过程。11（6 分）某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小，如图甲所示，将直径约为 3cm 的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为 50Hz.(1)实验时，应先接通_(选填“电动机”或“打点计时器”)电源(2)实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻 2 个点之间的长度 L1，以及此时圆盘的直径 d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻 2 个点之间的长度 L2，以及此时圆盘的直径 d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段
9、纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为_m/s.测得此时圆盘直径为 5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为_rad/s.(结果均保留两位有效数字)(3)该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度(v)与相应圆盘直径(d)的关系图象，如图丙所示分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中_(选填“增大”“减小”或“不变”)12（12 分）某一小型电风扇额定电压为 5.0V，额定功率为 2.5W某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A电源 E（电动势为 6.0V）B电压表 V（量程为 06V，内阻约为 8k）C电流表 A1（量
10、程为 00.6A，内阻约为 0.2）D电流表 A2（量程 3A，内阻约 0.05）；E滑动变阻器 R1（最大阻值 5k，额定电流 100mA）F滑动变阻器 R2（最大阻值 25，额定电流 1A）（1）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_滑动变阻器应选用_（填所选仪器前的字母序号）。（2）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图中的虚线框内（小电风扇的电路符号如图甲所示）_。（3）操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于 0.5V 时电风扇没启动。该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_，正常工作时的发热功率为
11、_W，机械功率为_W 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，AB 为竖直平面内的细管状半圆轨道，AB 连线为竖直直径，轨道半径 R=6.4m，轨道内壁光滑，A、B 两端为轨道的开口。BC 为粗糙水平轨道，其长度 s=8.4m。CD 为倾角=37的斜面。用两个小物块 a、b 紧靠在一轻弹簧的两端将弹簧压缩，用细线将两物块绑住，沿轨道静置于 C 点。弹簧很短，物块与弹簧均不拴接，物块 a 的线度略小于细管的内径。烧断细线，两物块先后落到斜面的 M 点，CM 两点之间的距离 L=12m。已知物块
12、跟水平轨道之间的动摩擦因数17，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）物块 b 刚离开弹簧的瞬间，其速率 v0是多少；（2）设物块 a、b 的质量分别为 m1、m2，则12mm是多少？（结果可以用根式表示）14（16 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B=2.0T，在 y 轴上 P 点有一粒子源，沿纸面向磁场发射速率不同的粒子，均沿与 y 轴负方向间夹角=30的方向，已知粒子质量均为 m=5.0108kg，电荷量 q=1.0108C，LOP=30cm，取=3。（不计粒子间相互作
13、用及粒子重力）(1)若某粒子垂直 x 轴飞出磁场，求该粒子在磁场中的运动时间；(2)若某粒子不能进入 x 轴上方，求该粒子速度大小满足的条件。15（12 分）如图所示，质量为 m11kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的 AB 部分是半径为 R0.3m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧滑道 CD 部分粗糙，长为 L0.1m，动摩擦因数 0.10，其他部分均光滑现让质量为 m11kg 的物块(可视为质点)自 A 点由静止释放，取 g10m/s1求：(1)物块到达最低点时的速度大小；(1)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)物块最终停止的位置
14、 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】A若两力的夹角小于 90，如左图，则合力一定增大，选项 A 正确；BCD若两力的夹角大于 90，如右图，则合力可能先减小后变大，选项 BCD 错误；故选 A。2、B【解析】根据 Fkxmgma 有 Fmamgkx 可知 F 随着 x 增大而减小；由于以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，当 F=m(a+g)时，物块与弹簧脱离，初始时刻 F=ma0 故 B 正确。故选 B。3、B【解析】AB两列车相向运动，每列车总长为：350350()2m400m
15、3.63.6Lv t 故 A 错误，B 正确；CD坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间为：400s2s3503503.63.6Ltv 故 C、D 错误；故选 B。4、B【解析】AB.将乙车的运动图象反向延长，与横轴的交点对应车道上的A位置，当汽车乙追上汽车甲时，两车位移相等，0t时刻乙车的速度是02v，A、B 两处的距离大于0 0v t，选项 A 错误、选项 B 正确；CD.从 A 到 B 一直是乙车在后面追赶甲车，选项 C、D 错误。5、A【解析】根据速度位移公式得，设上升到最大高度一半的速度为 v，则有：联立解得：则运动的时间为：速度减为初速一半所用的时间为 t1：。则：t1t1 A
16、，与结论相符，选项 A 正确；B，与结论不相符，选项 B 错误；C，与结论不相符，选项 C 错误；D不能确定，与结论不相符，选项 D 错误；故选 A。6、B【解析】在地球表面有 2GMmm gR 卫星做圆周运动有：2GMmmar 由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为 1:9，联立前面两式可得：r=3R；卫星做圆周运动：22GMmvmrr 得 Ek=2122GMmmvr 再结合上面的式子可得 Ek=6mgR A.4mgR与分析不符，故 A 错误。B.6mgR与分析相符，故 B 正确。C.226mg R与分析不符，故 C 错误。D.26mgR与分析不符，故 D 错误。二、多项选择题
17、：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、CD【解析】A离开地球围绕太阳运动，发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A 错误；B两个轨道都围绕太阳，根据开普勒行星第三定律，轨道半径（半长轴）小的，周期小，所以椭圆轨道运行周期小，所以 B 错误；C根据开普勒行星第二定律，近日点速度最大，远日点速度最小，从 A 到 B 速度不断减小，动能不断减小，C 正确；DB 点到太阳的距离大于 A 点到太阳的距离，万有引力与距离的平方成反比，所以在 B 点受到的太阳引力小
18、于在 A点受到的太阳引力，D 正确；故选 D。8、AD【解析】试题分析：在 d 点运动到 O 点过程中，ab 边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到 1，则电流均匀减小到 1；然后 cd 边开始切割，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到 1，则电流均匀减小到 1A 正确，B 错误d 点运动到 O 点过程中，ab 边切割磁感线，ab 相当于电源，电流由 a 到 b，b 点的电势高于 a 点，ab 间的电势差 Uab 为负值，大小等于电流乘以 bcda 三条边的电阻，并逐渐减小ab 边出磁场后后，cd 边开始切割，cd 边相当于电
19、源，电流由 b 到 a，ab 间的电势差 Uab 为负值，大小等于电流乘以 ab 边得电阻，并逐渐减小故 C 错误，D 正确 考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则 9、AB【解析】ABC小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度相等都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，槽静止，小球会再落回凹槽，由能量守恒可知小球离开凹槽后上升的最大高度为h。故 AB 正确，C 错误；D从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为x，由动量守恒(2)MxmRx 解得 2mRx
20、Mm 故 D 错误。故选 AB。10、ADE【解析】A气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数和单位体积内的分子数及温度有关，单位体积内的分子数越多、分子的平均动能越大，单位时间内碰撞器壁的次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故 A 项正确；B温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，但分子势能可以认为不变（一般不计气体的分子势能），故 B 项错误；C气体分子的运动杂乱无章气体分子之间或气体分子与器壁之间不断有碰撞发生，分子的动能随时可能发生变化，但如果气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，故 C 项错误；D功可以全部转化为热，根据热力学第二定律，在外界
21、的影响下，热量也可以全部转化为功，故 D 项正确；E根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压，故 E 项正确。故选 ADE。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、打点计时器 1.8 64 不变 【解析】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）根据 求解线速度，根据 求解角速度；（3）根据 v=r=D 结合图像判断角速度的变化.【详解】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）纸带运动的速度大小为；角速度；（3）根据 v=r=D，因 v-D 图像是过原
22、点的直线，可知 不变.12、（1）C；E；（2）实验电路图如图所示；（3）2.5，0.625，1.875。【解析】（1）电风扇的额定电流2.5A0.5A5.0PIU，从读数误差的角度考虑，电流表选择 C电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为 10 的误差较小，即选择 E。（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约225102.5URP ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。电路图如图所示。（3）电压表读数小于 0.5V 时电风扇没启动。根据欧姆定律得：0.52.50.2URI 正常工作时电压为 5V，根据图象知电流为 0.5A，则电风扇发热
23、功率为：PI2R0.522.5W0.625W，则机械功率 PUII2R2.50.6251.875W，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)8m/s；(2)819或2 77【解析】（1）物块 b 离开弹簧后做平抛运动。设从 C 运动到 M 历时为 t，则 21sin372Lgt，0cos37Lv t 代入数据解得 1.2st，08m/sv (2)物块 a 能够经过 A 点做平抛运动落到斜面的 M 点。设物块 a 经过 A 点的速率为 vA，从 A 运动到 M 历时为 t1，则 2112sin372RLgt
24、，1cos37AsLv t 解得 12st，9m/sAv 设物块 a 刚被弹簧弹开时的速率为 vCl，在从 C 运动到 A 的过程中，由动能定理得 22111111222ACmvmvm gsmgR 解得 vCl=19m/s 弹簧弹开物块 a、b 的过程中，物块 a、b 动量守恒。选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得 20110Cm vm v 解得 12819mm 物块 a 被弹簧弹开后不能到达 A 点，物块 a 从 C 点做平抛运动落到斜面的 M 点，做平抛运动的初速度大小也是 v0。设物块 a 刚被弹簧弹开时的速率为 vC2，在物块 a 从 C 向左运动到再次回到 C 点的过程中，由动能定
25、理得 221 012111222Cmvmvm gs 解得：24 7m/sCv 弹簧弹开物块a、b 的过程中，物块a、b 动量守恒。选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得 2 0120Cm vm v 解得 122 77mm 14、(1)26.25 10 s(2)8 m/sv 【解析】(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示 由几何关系可得 R1=0.6m，PO1Q=150 由牛顿第二定律得 2111mvqv BR 112RTv 解得运动时间 2150366.25 100stT(2)若带电粒子不从 x 轴射出，临界轨迹如图所示 由几何关系得 22sinOPRRL 解得 R2=0
26、.2m 由牛顿第二定律得 2222mvqv BR 解得 28m/sv 当 v8m/s 时粒子不能进入 x 轴上方。15、（1）1m/s(1)1.8J(3)最终停在 D 点【解析】【分析】物体 1 从释放到与物体 1 相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体 1、1 碰撞前两个物体的速度；物体 1、1 碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度 碰后，物体 1、1 向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体 1、1 和滑道速度为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守恒列式，即可求出物体 1、1 相对滑道 CD 部分运动的路程 s，从而确定出物体 1、1 最终停在何处；解：（1）1m从释放到最低点，由动量守恒得到：1 1220m vm v 由机械能守恒得到：2211 1221122m gRm vm v 解得：12/vm s（1）由能量守恒得到：11pmEm gRm gL 解得：2.8pmEJ（3）最终物块将停在 C、D 之间，由能量守恒得到：11m gRm gs 解得：3sm 所以1m最终停在 D 点