《2023届湖南省湘潭市名校高三六校第一次联考物理试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届湖南省湘潭市名校高三六校第一次联考物理试卷含解析.doc（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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。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、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，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ）A粒子在a点的加
2、速度比在b点的加速度大B粒子在a点的动能比在b点的动能大C粒子在a点和在c点时速度相同D粒子在b点的电势能比在c点时的电势能大2、如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度向右匀速运动，现将质量为的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为。为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力，那么力对木板做功的数值为（ ）ABCD3、2019年北京时间4月10日21时，人类历史上首张黑洞照片被正式披露，引起世界轰动。黑洞是一类特殊的天体，质量极大，引力极强，在它附近（黑洞视界）范围内，连光也不能逃逸，并伴随着很多新奇的
3、物理现象。传统上认为，黑洞“有进无出”，任何东西都不能从黑洞视界里逃逸出来，但霍金、贝肯斯坦等人经过理论分析，认为黑洞也在向外发出热辐射，此即著名的“霍金辐射”，因此可以定义一个“ 黑洞温度T”。T=其中T为“黑洞”的温度，h为普朗克常量，c为真空中的光速，G为万有引力常量，M为黑洞的质量。K是一个有重要物理意义的常量，叫做“玻尔兹曼常量”。以下几个选项中能用来表示“玻尔兹曼常量”单位的是（ ）ABCD4、如图所示，两平行导轨、竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触，现在金属棒中通以变化的电流，同时释放金属棒使其运动已知电流随时间变化
4、的关系式为（为常数，），金属棒与导轨间的动摩擦因数一定以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度、加速度随时间变化的关系图象中，可能正确的有A BC D5、在2018年亚运会女子跳远决赛中，中国选手许小令获得铜牌。在某一跳中，她（可看作质点）水平距离可达6.50 m，高达1.625 m。设她离开地面时的速度方向与水平面的夹角为，若不计空气阻力，则正切值tan的倒数等于（ ）A0.5B1C4D86、如图，S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。波在传播过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。下列判断正确的是（）AQ点比P点晚半个周期开始振动B当Q
5、点的位移最大时，P点的位移最小CQ点的运动方向与P点的运动方向可能相同D当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置二、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水池中水的温度相同，水底一小气泡因扰动而上升时一定吸热B悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C同一容器中同种气体所有的分子运动速率基本相等D熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E.压缩汽缸内气体时要用力推活塞，这表明气体分子间的作用力主要表现为斥力8、质谱仪又称质谱
6、计，是根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。如图所示为某品牌质谱仪的原理示意图，初速度为零的粒子在加速电场中，经电压U加速后，经小孔P沿垂直极板方向进入垂直纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，旋转半周后打在荧光屏上形成亮点。但受加速场实际结构的影响，从小孔P处射出的粒子方向会有相对极板垂线左右相等的微小角度的发散（其他方向的忽略不计），光屏上会出现亮线，若粒子电量均为q，其中质量分别为m1、m2（m2 m1 ）的两种粒子在屏上形成的亮线部分重合，粒子重力忽略不计，则下列判断正确的是（）A小孔P处粒子速度方向相对极板垂线最大
7、发散角满足cos =B小孔P处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角满足sin=C两种粒子形成亮线的最大总长度为D两种粒子形成亮线的最大总长度为9、一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是A汽车在前5s内的牵引力为B汽车速度为时的加速度为C汽车的额定功率为100kWD汽车的最大速度为8010、如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与水平方向成30角的匀强电场，将一质量为0.1kg、带电荷量为+0.01C的小球以某一初速度从原点O竖直向上抛出，它的轨迹
8、方程为y1=x，已知P点为轨迹与直线方程y=x的交点，重力加速度g=10m/s1则（ ）A电场强度的大小为100N/CB小球初速度的大小为C小球通过P点时的动能为D小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少三、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）图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的上端，另一端固定在O点。将轻绳拉至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点通过光电门的挡光时间t，用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示。忽略空气阻力，实验步骤如下： (1)小圆柱
9、的直径d_cm；(2)测出悬点到圆柱中心的距离l，并测出对应的挡光时间t；(3)改变摆线的长度，重复步骤 (2)，多测几组数据；(4)以悬点到圆柱重心的距离l为纵坐标，以_为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线，如图丙所示。计算得该图线的斜率为k，则当地重力加速度g=_(用物理量的符号表示)。12（12分）某同学在做“探究弹力与弹簧长度关系”的实验中，根据实验数据描点画出FL图像如图所示。若弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g取10m/s2，请回答以下两个问题：(1)由以上实验数据可求得弹簧的劲度系数k=_N/m（保留三位有效数字）；(2)由图中实验数据得出弹簧弹力大小F与其长度L的关系
10、式为_，对应的函数关系图线与横轴（长度L）的交点表示_。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,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为，最初木板静止,A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B始终未滑离木板,重力加速度为g，求:(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；(2)木块A在整个过程中的最小速度；(3)整个过程中,A、B两木块相对于木板
11、滑动的总路程是多少?14（16分）如图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，现通过电热丝缓慢加热，当气体吸收热量Q时，活塞恰好缓慢上移H，已知活塞横截面积为S，重量忽略不计，大气压强为p0，求封闭气体内能增加量。15（12分）如图所示，质量为kg、足够长的长木板放在水平面上，其上表面水平，质量为kg的物块放在长木板上距板右端处，质量为的物块放在长木板上左端，地面上离板的右端处固定一竖直挡板。开始、长木板处于静止状态，现用一水平拉力作用在物块上，使物块相对于长木板滑动，当长木板刚要与挡板相碰时，物块刚好脱离木板，长木板与挡板碰撞后以与碰撞前大小相同的速度返回。已知两物块与长木板间的动摩擦因数均
12、为，长木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小，求：（1）拉力的大小；（2）物块滑离长木板后，长木板运动多长时间才会停下来。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】由等势面的疏密可知电场强度的大小，由可知电场力的大小关系；根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向，进而判断出电场力做功的特点。根据能量守恒定律分析粒子在a点动能与粒子在b点动能之间的关系。由动能定理可知BC两点的间的电势能的变化。本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法。【
13、详解】A因a点处的等势面密集，故a点的电场强度大，故电荷在a点受到的电场力大于b点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，故A正确；B由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从a到b电场力做正功，粒子动能增大，故B错误；C速度是矢量，沿轨迹的切线方向，由图可知，粒子在a点和在c点时速度方向不相同，故C错误；D粒子受到的电场力指向右侧，则从b到c电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小，故D错误；故选A。【点睛】本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。2、C【解析】由能量转化和守恒
14、定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故，以上三式联立可得。A. ，选项A不符合题意；B. ，选项B不符合题意；C. ，选项C符合题意；D. ，选项D不符合题意；3、A【解析】根据得，h的单位为c的单位是m/s， G的单位是M的单位是kg， T的单位是K，代入上式可得k的单位是故A正确，BCD错误。故选A。4、B【解析】以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度，f=N=FA=BIL=BLkt，联立解得加速度a=g，与时间成线性关系，且t=0时，a=g，故CD错误。因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速
15、度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动。故A错误，B正确。故选B。【点睛】解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度5、B【解析】从起点A到最高点B可看作平抛运动的逆过程，如图所示：许小令做平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tan=0.5，速度方向与水平方向夹角的正切值为tan=2tan=1，则正切值tan的倒数等于1，故B正确，ACD错误。6、D【解析】A根据可知，波长又故Q点比P点晚1.5个周期开始振动，A错误；BCP、Q两点的平衡位置距离是半个波
16、长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，即两点的运动方向始终相反，当Q点的位移最大时，P点的位移也最大，但两者方向相反，BC错误；D、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当Q通过平衡位置时，P点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，D正确。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、ABD【解析】A气泡上升过程压强不断减小，气泡逐渐胀大，就要对外做功，然而温度还不变，于是它肯定不断吸热所以A正确B悬浮在液体中的颗粒越小,在某一瞬间跟它相撞击的分子数越小.布朗运动微粒大小
17、在10-6m数量级,液体分子大小在10-10m数量级,撞击作用的不平衡性就表现得越明显,因此,布朗运动越明显.B正确C同一容器中同种气体所有的分子运动速率不一定相等，C错误D按机械能与内能转化的方向性表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响熵增加原理的内容：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小如果过程可逆，则熵不变；如果过程不可逆，则熵增加从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展所以D正确E分子间的引力和斥力是同时存在的，它们的大小随分子间的
18、距离而发生变化当时，合力表现为斥力，当时，合力表现为引力E错误所以选择ABD8、AD【解析】由题意知解得同理设左右最大发射角均为时，粒子光斑的右边缘恰好与粒子光斑的左边缘重合，如图所示（图中虚线为半圆轨迹和向左发散角轨迹，实线为半圆轨迹和向左发散轨迹），则联立解得此时两种粒子光斑总宽度为解得故选AD。9、AC【解析】由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=m/s24m/s2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，故A正确汽车的额定功率P=Fv=500020W=100000W=100kW，汽车在25m/s时的牵引力FN4000N，根据牛顿
19、第二定律得，加速度，故B错误，C正确当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度，故D错误故选AC点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大10、AC【解析】小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=x1，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，竖直方向：qEsin30=mg，所以：，选项A正确； 小球受到的合力：F合=qEcos30=ma，所以a=g；P点的坐标为（1m，1m）；由平抛运动规律有：；，解得，选项B错误；小球通过P点时的速度，则动能为，选项C
20、正确； 小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：，选项D错误；故选AC. 点睛：本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程y=x1，得出小球在受到的电场力与重力大小关系是解答的关键三、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、1.02 【解析】(1)1小圆柱的直径d=1.0cm+20.1mm=1.02cm.(2)23根据机械能守恒定律得所以得到则以悬点到圆柱重心的距离l为纵坐标，以为横坐标。其中故12、156 F=156(L0.02) 弹簧原长 【解析】(1)1弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图像的斜率表示劲度系数，
21、则劲度系数(2)23由图中实验数据结合胡克定律得到弹簧弹力大小F与其长度L的关系式分析图像可知，图线与横轴的夹点表示弹簧的原长四、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），（3）【解析】试题分析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv2+2mv2=（m+m+3m）v1解得：v1=26 v2对木块B运用动能定理，有：解得：（2）设木块A在整
22、个过程中的最小速度为v，所用时间为t，由牛顿第二定律：对木块A：a1=mg/m=g，对木块C：a2=2mg/3m=2g/3，当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：v2-gt=（2g/3）t解得t=3v2/（3g）木块A在整个过程中的最小速度为：v=v2-a1t=2v2 /3（3）Q总=Q1+Q2 = fs相1+fs相2=Ek损所以14、【解析】加热过程中气体做等压变化，封闭气体压强为pp0气体对外做功为Wp0SH由热力学第一定律知内能的增加量为UQWQp0SH15、（1）；（2）。【解析】（1）物块在拉力的作用下做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为根据牛顿第二定律有设物块
23、从开始运动到滑离长木板所用的时间为，根据运动学公式有假设开始时物块与长木板不会发生相对滑动，一起做加速运动的加速度为则解得由于假设成立根据运动学公式有解得（2）在长木板与挡板相碰的一瞬间，设物块和长木板的速度为，根据运动学公式有解得长木板与挡板碰撞后，物块以大小为的速度向右做匀减速运动，加速度大小长木板以大小为的速度向左做匀减速运动，加速度大小物块向右减速运动的时间s当物块的速度为零时，长木板的速度为此后物块向左做匀加速运动，加速度大小仍为，长木板向左仍做匀减速运动，加速度大小仍为。设再经时间，两者达到共同速度，则解得此时物块与长木板的速度此后物块与长木板一起做匀减速运动的加速度大小此后物块和长木板一起运动的时间因此物块滑离后长木板运动的时间