2023屆湖北省高考沖刺模擬物理試卷物理試題（五）（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12023年高考沖刺模擬試卷物理試題（五）本試卷共8頁，16題。全卷滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。注意事項：1、答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2、選擇題的作答：每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3、非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4、考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項是符合題目要求，第8-11題有多項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.如圖，P為橋墩，A為靠近橋墩浮在水面的葉片，波源S連續(xù)振動，形成水波，此時葉片A靜止不動。為使水波能帶動葉片振動，可用的方法是（）A.增大波源振幅 B.降低波源頻率C.減小波源距橋墩的距離 D.增大波源頻率〖答案〗B〖解析〗葉片A靜止不動，是由于橋墩尺寸太大，沒有發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，為了水波能帶動葉片振動，必須增大波長，根據(jù)波速由介質(zhì)決定，介質(zhì)一定，波速一定，當(dāng)降低波源頻率，波長增大，更容易產(chǎn)生衍射現(xiàn)象。故選B。2.一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是（??）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗v-t圖像斜率代表加速度，根據(jù)P=FvF-f=ma當(dāng)功率為時v增大，F(xiàn)減小，加速度減小，功率突然增大到后加速度突然增大，v繼續(xù)增大，F(xiàn)減小，加速度減小。故選B。3.如圖（甲），粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量的帶負(fù)電小滑塊（可視為質(zhì)點）在處以初速度沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)。整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖（乙）所示，P點是圖線最低點，虛線AB是經(jīng)過處的切線，并且AB經(jīng)過（0，3）和（3，0）兩點，，則（）A.處的電勢最低B.滑塊向右運動過程中，速度先增大后減小C.滑塊運動至處時，速度最大D.滑塊向右一定不能經(jīng)過處的位置〖答案〗D〖解析〗A．由圖乙可知滑塊在x=3m處電勢能最低，因為滑塊帶負(fù)電，所以x=3m處的電勢最高，選項A錯誤；BC．Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場力大小為滑塊所受滑動摩擦力大小為在1~3m區(qū)間內(nèi)，滑塊所受電場力與滑動摩擦力方向相反，且不斷減小，則滑塊所受合外力方向與速度方向相反；在x=3m之后，滑塊所受電場力與滑動摩擦力同向，且不斷增大，則滑塊所受合外力方向也與速度方向相反。綜上所述可知滑塊向右運動過程中，速度始終減小，在x=1m處速度最大，選項BC錯誤；D．滑塊在x=1m處的電勢能與在x=4m處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律，若滑塊能夠經(jīng)過x=4m處，則應(yīng)滿足根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知實際情況并不滿足上式，所以滑塊一定無法經(jīng)過x=4m處的位置，選項D正確。故選D。4.在半徑為的K星球表面豎直向上提起一質(zhì)量為m1的物體，拉力F與物體加速度的關(guān)系如圖線1所示。在半徑為的T星球表面豎直向上提起一質(zhì)量為m2的物體，拉力F與物體加速度的關(guān)系如圖線2所示。設(shè)兩星球密度相等，質(zhì)量分布均勻，K星球表面重力加速度為，T星球表面重力加速度為。則（）A.，B.，C.，D.，〖答案〗A〖解析〗根據(jù)牛頓第二定律由圖知得又得得故選A。5.如圖所示，P為光滑定滑輪，O為光滑輕質(zhì)動滑輪，輕繩跨過滑輪，左端與物體A相連，右端固定在桿Q上，重物B懸掛在動滑輪上。將A置于靜止在粗糙水平面的斜面體上，輕繩段與斜面平行，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將桿Q向右移動一小段距離，斜面體與物體A仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，待動滑輪靜止后，下列說法正確的是（）A.輕繩中拉力減小B.物體A與斜面體之間的摩擦力一定增大C.斜面體與地面之間的彈力增大D.斜面體與地面之間的摩擦力增大〖答案〗D〖解析〗A．若將桿Q移動一段距離，斜面體與物體A仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，待動滑輪靜止后，變大，兩繩拉力大小相等，合力與B的重力等大反向，設(shè)繩OP與豎直方向夾角為，則有角度變大，則繩中拉力變大，A錯誤；B．根據(jù)上述，繩中拉力變大，如果開始A受到的摩擦力沿斜面向上，則摩擦力可能減小，也有可能反向，如果開始A受到摩擦力沿斜面向下，則摩擦力增大，B錯誤；C．對A和斜面整體分析，斜面傾角為，水平方向有豎直方向有繩的拉力變大，斜面體與地面之間的摩擦力變大，斜面體與地面之間的彈力變小，C錯誤，D正確。故選D。6.如圖所示，虛線框內(nèi)為漏電保護(hù)開關(guān)的原理示意圖：變壓器A處用火線和零線平行繞制成線圈，然后接到用電器。B處有一個輸出線圈，一旦線圈B中有電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器切斷電源。如果甲、乙、丙、丁四人分別以圖示方式接觸電線（裸漏部分），甲、乙、丙站在木凳上，則下列說法正確的是（）A.甲會發(fā)生觸電事故，繼電器不會切斷電源B.乙會發(fā)生觸電事故，繼電器會切斷電源C.丙會發(fā)生觸電事故，繼電器會切斷電源D.丁會發(fā)生觸電事故，繼電器會切斷電源〖答案〗D〖解析〗ABC．從圖中可知A線圈是用火線和零線雙股平行線繞制成線圈，正常情況下火線和零線中電流方向相反、大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零，當(dāng)漏電時，火線和零線中電流方向、大小不等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，增加了，故會在線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器切斷電源，甲、乙、丙站在木凳上（人與地絕緣）接觸火線時，火線和零線中電流方向、大小不變，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零，線圈B中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，繼電器均不會切斷電源，甲、乙不會發(fā)生觸電事故，但丙雙手“火線與零線”會觸電（人與地絕緣），火線和零線中電流方向相反、大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零，線圈A中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會切斷電源，但人會觸電，ABC錯誤；D．當(dāng)丁如圖中“手與地”觸電時，會導(dǎo)致一部分電流通過大地，火線和零線中電流方向、大小不等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，即增加了，故會在線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器切斷電源，D正確。故選D。7.如圖甲為某列橫波在時的波動圖像，點是波源，其坐標(biāo)為，時刻之后的某個時刻波源開始振動，振動向右正好傳到坐標(biāo)原點，圖乙是這列波上坐標(biāo)為處的質(zhì)點從時才開始振動的圖像，下列說法正確的是（）A.波源的起振方向向上B.振動周期C.波源起振的時刻為D.波速為〖答案〗C〖解析〗A．由圖乙可知處的質(zhì)點起振方向向下，則可知波源的起振方向向下，故A錯誤；BD．由圖甲可知波長為，由題意可得波速為則可得周期為故BD錯誤C．波從波源傳播到處的質(zhì)點的傳播距離為傳播時間則可知波源起振的時間為故C正確；故選C。8.如圖所示是一玻璃球體，其半徑為R，O為球心，AB為水平直徑．M點是玻璃球的最高點，來自B點的光線BD從D點射出，出射光線平行于AB，已知∠ABD＝30°，光在真空中的傳播速度為c，則（）A.此玻璃的折射率為B.光線從B到D需用時C.光從玻璃射入空氣波長不變D.若增大∠ABD，光線在DM段會發(fā)生全反射現(xiàn)象〖答案〗BD〖解析〗A．由題圖及幾何關(guān)系可知光線在D點的入射角為i＝30°，折射角為r＝60°，由折射率的定義知故A錯誤；B．光線在玻璃中的傳播速度為由幾何關(guān)系知BD＝R，所以光線從B到D需用時故B正確；C．由于，光從玻璃射入空氣f不變，變大，所以波長變長，故C錯誤；D．若增大∠ABD，則光線射向DM段時入射角增大，射向M點時為45°，而臨界角滿足即光線可以在DM段發(fā)生全反射現(xiàn)象，故D正確。故選BD。9.有一種被稱為“魔力陀螺”的玩具如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，它可等效為一質(zhì)點在圓軌道外側(cè)運動模型，如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)固定的強磁性圓軌道半徑為，A、兩點分別為軌道的最高點與最低點。質(zhì)點沿軌道外側(cè)做完整的圓周運動，受圓軌道的強磁性引力始終指向圓心且大小恒為，當(dāng)質(zhì)點以速率通過A點時，對軌道的壓力為其重力的7倍，不計摩擦和空氣阻力，質(zhì)點質(zhì)量為，重力加速度為，則（）A.強磁性引力的大小B.質(zhì)點在點對軌道的壓力小于在點對軌道的壓力C.只要質(zhì)點能做完整的圓周運動，則質(zhì)點對A、兩點的壓力差恒為D.若強磁性引力大小為,為確保質(zhì)點做完整的圓周運動，則質(zhì)點通過點的最大速率為〖答案〗ACD〖解析〗A．在A點，對質(zhì)點，由牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律有解得故A正確；BCD．質(zhì)點能完成圓周運動，在A點根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律有在B點，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律有從A點到B點過程，根據(jù)動能定理解得若磁性引力大小恒為F，在B點，根據(jù)牛頓第二定律當(dāng)FB=0，質(zhì)點速度最大vB=vBm解得選項B錯誤，CD正確。故選ACD。10.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，以（r，0）為圓心、r為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場。在的足夠大的區(qū)域內(nèi)，存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場。在xOy平面內(nèi)，從O點以相同速率、沿不同方向向第一象限發(fā)射質(zhì)子，且質(zhì)子在磁場中運動的半徑也為r。不計質(zhì)子所受重力及質(zhì)子間的相互作用力。則質(zhì)子（）A.在電場中運動的路程均相等B.最終都從磁場邊界與x軸的交點C處平行于發(fā)射速度方向離開磁場C.在磁場中運動的總時間均相等D.從進(jìn)入磁場到最后離開磁場過程的總路程均相等〖答案〗ABC〖解析〗當(dāng)質(zhì)子沿與x軸正方向成夾角的方向從第一象限射入磁場時，設(shè)質(zhì)子將從A點射出磁場，如圖所示其中O1、O2分別為磁場區(qū)域圓和質(zhì)子軌跡圓的圓心。由于軌跡圓的半徑等于磁場區(qū)域圓的半徑，所以O(shè)O1AO2為菱形，即AO2平行x軸，說明質(zhì)子以平行y軸的速度離開磁場，也以沿y軸負(fù)方向的速度再次進(jìn)入磁場，則有所以質(zhì)子第一次在磁場中運動的時間此后質(zhì)子軌跡圓的半徑依然等于磁場區(qū)域圓的半徑，設(shè)質(zhì)子將從C點再次射出磁場。如上圖所示，其中O1、O3分別為磁場區(qū)域圓和質(zhì)子軌跡圓的圓心，AO3平行x軸。由于O1AO3C為菱形，即CO1平行AO3，即平行x軸，說明C就是磁場區(qū)域圓與x軸的交點。這個結(jié)論與無關(guān)。所以O(shè)O2O3C為平行四邊形，則質(zhì)子第二次在磁場中運動的時間則質(zhì)子在磁場中運動的總時間故質(zhì)子在磁場中運動的總時間為。A．進(jìn)入電場的速度和方向相同，故在電場中的運動路程相同，A正確；B．最終都從磁場邊界與軸的交點C處離開磁場時的速度方向與O3C垂直，平行于發(fā)射速度方向離開磁場；B正確；C．在磁場中運動的總時間均相等，為，C正確；D．從不同位置第一次離開磁場時，在非場區(qū)的運動路程顯然不同；在而磁場中總的圓心角相同，則在電場和磁場中的路程相同，故總路程不同；D錯誤。11.如圖所示，光滑絕緣水平桌面上，虛線右側(cè)有豎直向下的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為1T，虛線左側(cè)有一長、寬的矩形金屬框，其質(zhì)量為、電阻為，邊與平行。第一次，讓金屬框沿水平桌面、垂直方向以的初速度沖入磁場區(qū)域；第二次，讓金屬框在水平向右的外力作用下以的速度勻速進(jìn)入磁場區(qū)域。下列說法正確的是（）A.進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的電流方向為B.前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為C.前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的焦耳熱之比為D.金屬框前、后兩次進(jìn)入磁場過程的時間之比為〖答案〗BC〖解析〗A．根據(jù)右手定則可知，進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的電流方向為，A錯誤；B．線框進(jìn)入磁場的過程中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為平均感應(yīng)電流為則通過金屬框橫截面的電荷量可知前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為，B正確；C．第一次進(jìn)入時，設(shè)線框進(jìn)入磁場后的速度為，根據(jù)動量定理得解得v=1m/s則線框進(jìn)入磁場過程中，安培力做功則第一次進(jìn)入時，金屬框中的焦耳熱為第二次進(jìn)入時，根據(jù)題意有，，則第二次進(jìn)入時，金屬框中的焦耳熱為可知前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的焦耳熱之比為3:5，C正確；D．根據(jù)上述分析可知，線框第一次完全進(jìn)入磁場之后的速度為v=1m/s，假如線框勻減速進(jìn)入，則根據(jù)公式解得線框第一次進(jìn)入磁場時，做加速度減小的減速運動，則所用時間由于第二次勻速進(jìn)入，則運動時間為則金屬框前、后兩次進(jìn)入磁場過程的時間之比大于5:3，D錯誤。故選BC。二、實驗題12.傳感器擔(dān)負(fù)著信息采集的任務(wù)，在自動控制中發(fā)揮著重要作用，傳感器能夠?qū)⒏惺艿降奈锢砹浚ㄈ鐪囟取⒐?、聲等）轉(zhuǎn)換成便于測量的量（電學(xué)量），例如熱敏傳感器。某熱敏電阻RT阻值隨溫度變化的圖線如圖甲所示，圖乙是由該熱敏電阻RT作為傳感器制作的簡單自動報警器線路圖。問：（1）為了使溫度過高時報警器響鈴，c應(yīng)接在_________（選填“a”或“b”）處。（2）若要使啟動報警溫度降低些，應(yīng)將滑動變阻器的滑片P向移動_________（選填“左”或“右”)。（3）如果在調(diào)試報警器報警溫度時，發(fā)現(xiàn)將報警器放在預(yù)定報警溫度的環(huán)境時，報警器一直報警，無論如何調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，報警器都一直報警，可能的原因和解決的辦法是_________?！即鸢浮剑?）a（2）右（3）在預(yù)定的報警溫度的環(huán)境時該熱敏電阻RT和滑動變阻器的總電阻之和過小，可以換一個阻值大一點的滑動變阻器〖解析〗（1）[1]由題圖甲可知，熱敏電阻RT在溫度升高時阻值變小，電路中電流變大，電磁鐵磁性增強，把右側(cè)銜鐵吸引過來，與a接觸，故c應(yīng)接在a處。（2）[2]若要使啟動報警的溫度降低些，熱敏電阻的阻值增大，滑動變阻器的滑片P向右移動。（3）[3]在預(yù)定的報警溫度的環(huán)境時該熱敏電阻RT和滑動變阻器的總電阻之和過小，電流過大，可以換一個阻值大一點的滑動變阻器。13.在“用油膜法估測分子大小”的實驗中，將0.6mL的油酸加入酒精中配制成1000mL的油酸酒精溶液，通過注射器測得50滴這樣的溶液為1mL，取1滴溶液滴在撒有痱子粉的淺水槽中，待油膜界面穩(wěn)定后，測得油膜面積為4.4×10－2m2。（1）每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是_________m3；根據(jù)上述數(shù)據(jù)，估測出油酸分子的直徑是________m。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)（2）將上述油酸酒精溶液置于一個敞口容器中放置一段時間，再使用該溶液進(jìn)行實驗會導(dǎo)致分子直徑的測量結(jié)果__________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)?！即鸢浮剑?）1.2×10－112.7×10－10（2）偏小〖解析〗（1）[1]一滴油酸酒精溶液含有純油酸的體積為[2]油酸分子的直徑約等于油膜的厚度（2）[3]將油酸酒精溶液置于一個敞口容器中放置一段時間，酒精揮發(fā)，導(dǎo)致每滴油酸酒精溶液中純油酸的體積增大，油膜面積增大，因此測得的分子直徑大小偏小。三、解答題14.如圖，醫(yī)院消毒用的壓縮式噴霧器儲液桶的容量為5.7×10－3m3，開始時桶內(nèi)倒入了4.2×10－3m3的藥液?，F(xiàn)關(guān)閉進(jìn)氣口，開始打氣，每次能打進(jìn)2.5×10－4m3的空氣，假設(shè)打氣過程中藥液不會向外噴出。當(dāng)打氣n次后，噴霧器內(nèi)空氣的壓強達(dá)到4atm，設(shè)周圍環(huán)境溫度不變，氣壓為標(biāo)準(zhǔn)大氣壓強1atm。（1）求出n的數(shù)值；（2）試判斷要使噴霧器的藥液全部噴完至少要打氣多少次。〖答案〗（1）18；（2）17〖解析〗（1）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程的分列式，得其中V=5.7×10－3m3-4.2×10－3m3=1.5×10－3m3，=2.5×10－4m－3解得n=18（2）當(dāng)空氣完全充滿儲液桶后，如果空氣壓強仍然大于標(biāo)準(zhǔn)大氣壓強，則藥液可以全部噴出。由于溫度不變，根據(jù)玻意耳定律有其中V0=5.7×10－3m3解得=16.8可知，要使噴霧器的藥液全部噴完至少要打氣17次。15.如圖甲所示，質(zhì)量為M=1kg、長度L=1.5m的木板A靜止在光滑水平面上（兩表面與地面平行），在其右側(cè)某一位置有一豎直固定擋板P。質(zhì)量為m=3kg的小物塊B（可視為質(zhì)點）以v=4m/s的初速度從A的最左端水平?jīng)_上A，一段時間后A與P發(fā)生彈性碰撞。以碰撞瞬間為計時起點，取水平向右為正方向，碰后0.3s內(nèi)B的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示。取重力加速度g=10m/s2，求：（1）A、B之間的動摩擦因數(shù)；（2）B剛沖上A時，擋板P離A板右端的最小距離；（3）A與P碰撞幾次后，B與A分離，分離時的速度分別為多少？〖答案〗（1）0.5；（2）0.3m：（3）2，，〖解析〗（1）由題圖乙得碰后0～0.3s，B的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律解得（2）由題圖乙得碰后B的速度，即A第1次與P碰前瞬間B的速度為，設(shè)此時A的速度，對A、B系統(tǒng)由動量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得A第1次與P碰撞前A一直向右加速，A與P的距離最短為，對A由動能定理有代入數(shù)據(jù)得（3）A第1次與P碰前，B在木板A上的滑動距離為，對A、B組成的系統(tǒng)，由能量守恒有代入數(shù)據(jù)得A第1次與擋板P碰后到共速的過程中，對A、B系統(tǒng)，動量守恒可得由能量守恒有解得假設(shè)第3次碰撞前，A與B仍不分離，A第2次與擋板P相碰后到共速的過程中，以水平向右為正方向，由動量守恒有解得由能量守恒有解得由于故不能發(fā)生第3次碰撞，所以A與P碰撞2次，B與A分離。兩次碰撞后由能量守恒由動量守恒聯(lián)立得分離時的速度分別為，16.如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一