2023届湖北省高考冲刺模拟物理试卷物理试题（五）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考冲刺模拟试卷物理试题（五）本试卷共8页，16题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2、选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。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1-7题只有一项是符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动。为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（）A.增大波源振幅 B.降低波源频率C.减小波源距桥墩的距离 D.增大波源频率〖答案〗B〖解析〗叶片A静止不动，是由于桥墩尺寸太大，没有发生明显衍射现象，为了水波能带动叶片振动，必须增大波长，根据波速由介质决定，介质一定，波速一定，当降低波源频率，波长增大，更容易产生衍射现象。故选B。2.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（  ）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗v-t图像斜率代表加速度，根据P=FvF-f=ma当功率为时v增大，F减小，加速度减小，功率突然增大到后加速度突然增大，v继续增大，F减小，加速度减小。故选B。3.如图（甲），粗糙、绝缘的水平地面上，一质量的带负电小滑块（可视为质点）在处以初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图（乙）所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过处的切线，并且AB经过（0，3）和（3，0）两点，，则（）A.处的电势最低B.滑块向右运动过程中，速度先增大后减小C.滑块运动至处时，速度最大D.滑块向右一定不能经过处的位置〖答案〗D〖解析〗A．由图乙可知滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，选项A错误；BC．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为滑块所受滑动摩擦力大小为在1~3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在x=3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，在x=1m处速度最大，选项BC错误；D．滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过x=4m处的位置，选项D正确。故选D。4.在半径为的K星球表面竖直向上提起一质量为m1的物体，拉力F与物体加速度的关系如图线1所示。在半径为的T星球表面竖直向上提起一质量为m2的物体，拉力F与物体加速度的关系如图线2所示。设两星球密度相等，质量分布均匀，K星球表面重力加速度为，T星球表面重力加速度为。则（）A.，B.，C.，D.，〖答案〗A〖解析〗根据牛顿第二定律由图知得又得得故选A。5.如图所示，P为光滑定滑轮，O为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体A相连，右端固定在杆Q上，重物B悬挂在动滑轮上。将A置于静止在粗糙水平面的斜面体上，轻绳段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆Q向右移动一小段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确的是（）A.轻绳中拉力减小B.物体A与斜面体之间的摩擦力一定增大C.斜面体与地面之间的弹力增大D.斜面体与地面之间的摩擦力增大〖答案〗D〖解析〗A．若将杆Q移动一段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，变大，两绳拉力大小相等，合力与B的重力等大反向，设绳OP与竖直方向夹角为，则有角度变大，则绳中拉力变大，A错误；B．根据上述，绳中拉力变大，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力可能减小，也有可能反向，如果开始A受到摩擦力沿斜面向下，则摩擦力增大，B错误；C．对A和斜面整体分析，斜面倾角为，水平方向有竖直方向有绳的拉力变大，斜面体与地面之间的摩擦力变大，斜面体与地面之间的弹力变小，C错误，D正确。故选D。6.如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器。B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源。如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线（裸漏部分），甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是（）A.甲会发生触电事故，继电器不会切断电源B.乙会发生触电事故，继电器会切断电源C.丙会发生触电事故，继电器会切断电源D.丁会发生触电事故，继电器会切断电源〖答案〗D〖解析〗ABC．从图中可知A线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，甲、乙、丙站在木凳上（人与地绝缘）接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，但丙双手“火线与零线”会触电（人与地绝缘），火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，ABC错误；D．当丁如图中“手与地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，D正确。故选D。7.如图甲为某列横波在时的波动图像，点是波源，其坐标为，时刻之后的某个时刻波源开始振动，振动向右正好传到坐标原点，图乙是这列波上坐标为处的质点从时才开始振动的图像，下列说法正确的是（）A.波源的起振方向向上B.振动周期C.波源起振的时刻为D.波速为〖答案〗C〖解析〗A．由图乙可知处的质点起振方向向下，则可知波源的起振方向向下，故A错误；BD．由图甲可知波长为，由题意可得波速为则可得周期为故BD错误C．波从波源传播到处的质点的传播距离为传播时间则可知波源起振的时间为故C正确；故选C。8.如图所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径．M点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD＝30°，光在真空中的传播速度为c，则（）A.此玻璃的折射率为B.光线从B到D需用时C.光从玻璃射入空气波长不变D.若增大∠ABD，光线在DM段会发生全反射现象〖答案〗BD〖解析〗A．由题图及几何关系可知光线在D点的入射角为i＝30°，折射角为r＝60°，由折射率的定义知故A错误；B．光线在玻璃中的传播速度为由几何关系知BD＝R，所以光线从B到D需用时故B正确；C．由于，光从玻璃射入空气f不变，变大，所以波长变长，故C错误；D．若增大∠ABD，则光线射向DM段时入射角增大，射向M点时为45°，而临界角满足即光线可以在DM段发生全反射现象，故D正确。故选BD。9.有一种被称为“魔力陀螺”的玩具如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为，A、两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心且大小恒为，当质点以速率通过A点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为，重力加速度为，则（）A.强磁性引力的大小B.质点在点对轨道的压力小于在点对轨道的压力C.只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、两点的压力差恒为D.若强磁性引力大小为,为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过点的最大速率为〖答案〗ACD〖解析〗A．在A点，对质点，由牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有解得故A正确；BCD．质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有在B点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有从A点到B点过程，根据动能定理解得若磁性引力大小恒为F，在B点，根据牛顿第二定律当FB=0，质点速度最大vB=vBm解得选项B错误，CD正确。故选ACD。10.如图所示，在xOy坐标系中，以（r，0）为圆心、r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。不计质子所受重力及质子间的相互作用力。则质子（）A.在电场中运动的路程均相等B.最终都从磁场边界与x轴的交点C处平行于发射速度方向离开磁场C.在磁场中运动的总时间均相等D.从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等〖答案〗ABC〖解析〗当质子沿与x轴正方向成夹角的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心。由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，则有所以质子第一次在磁场中运动的时间此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场。如上图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴。由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与无关。所以OO2O3C为平行四边形，则质子第二次在磁场中运动的时间则质子在磁场中运动的总时间故质子在磁场中运动的总时间为。A．进入电场的速度和方向相同，故在电场中的运动路程相同，A正确；B．最终都从磁场边界与轴的交点C处离开磁场时的速度方向与O3C垂直，平行于发射速度方向离开磁场；B正确；C．在磁场中运动的总时间均相等，为，C正确；D．从不同位置第一次离开磁场时，在非场区的运动路程显然不同；在而磁场中总的圆心角相同，则在电场和磁场中的路程相同，故总路程不同；D错误。11.如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为1T，虚线左侧有一长、宽的矩形金属框，其质量为、电阻为，边与平行。第一次，让金属框沿水平桌面、垂直方向以的初速度冲入磁场区域；第二次，让金属框在水平向右的外力作用下以的速度匀速进入磁场区域。下列说法正确的是（）A.进入磁场的过程中，金属框中的电流方向为B.前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为C.前、后两次进入磁场的过程中，金属框中的焦耳热之比为D.金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比为〖答案〗BC〖解析〗A．根据右手定则可知，进入磁场的过程中，金属框中的电流方向为，A错误；B．线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的平均感应电动势为平均感应电流为则通过金属框横截面的电荷量可知前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为，B正确；C．第一次进入时，设线框进入磁场后的速度为，根据动量定理得解得v=1m/s则线框进入磁场过程中，安培力做功则第一次进入时，金属框中的焦耳热为第二次进入时，根据题意有，，则第二次进入时，金属框中的焦耳热为可知前、后两次进入磁场的过程中，金属框中的焦耳热之比为3:5，C正确；D．根据上述分析可知，线框第一次完全进入磁场之后的速度为v=1m/s，假如线框匀减速进入，则根据公式解得线框第一次进入磁场时，做加速度减小的减速运动，则所用时间由于第二次匀速进入，则运动时间为则金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比大于5:3，D错误。故选BC。二、实验题12.传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量（如温度、光、声等）转换成便于测量的量（电学量），例如热敏传感器。某热敏电阻RT阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由该热敏电阻RT作为传感器制作的简单自动报警器线路图。问：（1）为了使温度过高时报警器响铃，c应接在_________（选填“a”或“b”）处。（2）若要使启动报警温度降低些，应将滑动变阻器的滑片P向移动_________（选填“左”或“右”)。（3）如果在调试报警器报警温度时，发现将报警器放在预定报警温度的环境时，报警器一直报警，无论如何调节滑动变阻器的滑片P，报警器都一直报警，可能的原因和解决的办法是_________。〖答案〗（1）a（2）右（3）在预定的报警温度的环境时该热敏电阻RT和滑动变阻器的总电阻之和过小，可以换一个阻值大一点的滑动变阻器〖解析〗（1）[1]由题图甲可知，热敏电阻RT在温度升高时阻值变小，电路中电流变大，电磁铁磁性增强，把右侧衔铁吸引过来，与a接触，故c应接在a处。（2）[2]若要使启动报警的温度降低些，热敏电阻的阻值增大，滑动变阻器的滑片P向右移动。（3）[3]在预定的报警温度的环境时该热敏电阻RT和滑动变阻器的总电阻之和过小，电流过大，可以换一个阻值大一点的滑动变阻器。13.在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将0.6mL的油酸加入酒精中配制成1000mL的油酸酒精溶液，通过注射器测得50滴这样的溶液为1mL，取1滴溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后，测得油膜面积为4.4×10－2m2。（1）每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是_________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m。(结果保留两位有效数字)（2）将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，再使用该溶液进行实验会导致分子直径的测量结果__________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。〖答案〗（1）1.2×10－112.7×10－10（2）偏小〖解析〗（1）[1]一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为[2]油酸分子的直径约等于油膜的厚度（2）[3]将油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，酒精挥发，导致每滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积增大，油膜面积增大，因此测得的分子直径大小偏小。三、解答题14.如图，医院消毒用的压缩式喷雾器储液桶的容量为5.7×10－3m3，开始时桶内倒入了4.2×10－3m3的药液。现关闭进气口，开始打气，每次能打进2.5×10－4m3的空气，假设打气过程中药液不会向外喷出。当打气n次后，喷雾器内空气的压强达到4atm，设周围环境温度不变，气压为标准大气压强1atm。（1）求出n的数值；（2）试判断要使喷雾器的药液全部喷完至少要打气多少次。〖答案〗（1）18；（2）17〖解析〗（1）根据理想气体状态方程的分列式，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）当空气完全充满储液桶后，如果空气压强仍然大于标准大气压强，则药液可以全部喷出。由于温度不变，根据玻意耳定律有其中V0=5.7×10－3m3解得=16.8可知，要使喷雾器的药液全部喷完至少要打气17次。15.如图甲所示，质量为M=1kg、长度L=1.5m的木板A静止在光滑水平面上（两表面与地面平行），在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量为m=3kg的小物块B（可视为质点）以v=4m/s的初速度从A的最左端水平冲上A，一段时间后A与P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.3s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2，求：（1）A、B之间的动摩擦因数；（2）B刚冲上A时，挡板P离A板右端的最小距离；（3）A与P碰撞几次后，B与A分离，分离时的速度分别为多少？〖答案〗（1）0.5；（2）0.3m：（3）2，，〖解析〗（1）由题图乙得碰后0～0.3s，B的加速度大小根据牛顿第二定律解得（2）由题图乙得碰后B的速度，即A第1次与P碰前瞬间B的速度为，设此时A的速度，对A、B系统由动量守恒定律有代入数据解得A第1次与P碰撞前A一直向右加速，A与P的距离最短为，对A由动能定理有代入数据得（3）A第1次与P碰前，B在木板A上的滑动距离为，对A、B组成的系统，由能量守恒有代入数据得A第1次与挡板P碰后到共速的过程中，对A、B系统，动量守恒可得由能量守恒有解得假设第3次碰撞前，A与B仍不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有解得由能量守恒有解得由于故不能发生第3次碰撞，所以A与P碰撞2次，B与A分离。两次碰撞后由能量守恒由动量守恒联立得分离时的速度分别为，16.如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一