2022-2023学年武汉市部分学校招生全国统一考试模拟调研卷（五）物理试题

2022-2023学年武汉市部分学校招生全国统一考试模拟调研卷（五）物理试题

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、有一匀强电场，场强方向如图所示，在电场中有三个点A、B、C,这三点的连线恰好够成一个直角三角形，且AC

边与电场线平行。已知A、B两点的电势分别为%=5V,仰=L8V,AS的距离为4cm,3c的距离为3cm。若把一

个电子（e=1.6xl0i9C）从A点移动到C点，那么电子的电势能的变化量为（）

A.-1.8X1019JB.6.0X10',9JC.8.0x1019JD.-6.0xl019J

2、如图所示，正六边形的物体上受四个共点力的作用下保持平衡。下列说法正确的是（）

A.尸I与尸2的大小可能不相等

B.必与用的大小可能不相等

C.f4的大小一定是尸2的2倍

D.尸4的大小一定是的2倍

3、如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90。，两底角为a和小a、b为两个位于斜面上质

量均为机的小木块，已知所有接触面都是光滑的.现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对

水平桌面的压力等于（）

A.Mg+mg

B.Mg+2mg

C.Mg+mg（sina+sinfl）

D.Mg+mg（COSQ+COS/?）

4、如图所示，真空中位于x轴上的两个等量正点电荷的位置关于坐标原点。对称，规定电场强度沿x轴正方向为正,

无穷远处电势为0。下列描述丫轴上的电场强度E或电势9随位置x的变化规律正确的是（）

5、如图所示，一小物体沿光滑斜面做匀变速直线运动经过a、c、b三点。已知C为。、匕的中点，小物体经过。、匕两

点的速度大小分别为匕,=21m/s和％=3m/s,则小物体从4点运动到c点的时间与从c点运动到。点的时间之比餐

可能为（）

11

A.-B.-C.5D.4

36

6、一列简谐横波沿X轴正方向传播，速度为0.5m/s,周期为4s。Uis时波形如图甲所示，Cl、b、C、4是波上的四个

质点。如图乙所示是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（）

A.这列波的波长为Im

B.f=Os时质点a的速度与质点b的速度相等

C.Uis质点a的加速度大小比质点b的加速度大

D.如图乙表示的是质点6的振动图像

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。分。

7、如图所示，8和C两个小球均重为G,用轻绳悬挂而分别静止于图示位置上，则以下说法中正确的是（）

A.A8细绳的拉力为GB.细绳的拉力为G

C.绳BC与竖直方向的夹角〃=60。D.绳8c与竖直方向的夹角。=45。

8、如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不

需加电场，如图所示，带电粒子从尸〃处以速度w沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场

做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）

A.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关

B.带电粒子每运动一周被加速一次

C.带电粒子每运动一周尸/尸2等于P2P3

D.加速电场方向不需要做周期性的变化

9、如图所示，两条平行导轨MN、尸。的间距为L,水平导轨的左端与两条竖直固定、半径为r的J光滑圆弧导轨相

切，水平导轨的右端连接阻值为R的定值电阻，从水平导轨左端起宽度为d的区域内存在磁感应强度大小为8、方向

竖直向上的匀强磁场。现将一金属杆从圆弧导轨的最高处由静止释放，金属杆滑到磁场右边界时恰好停止。已知金属

理想气体，活塞A、8均位于气缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为87℃,且活塞B向右移动了-L.

2

已知大气压强为P。，相当于10m高水柱产生的压强。求：

M="

k-3L-7

（1）装置所在处水的深度；

⑵活塞A向右移动的距离。

14.（16分）如图所示，半径R=3.6m的,光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L=5m的绝缘水平传送带

6

平滑连接，传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E

=20N/C,磁感应强度8=2.0T,方向垂直纸面向外.a为1.0x10-3kg的不带电的绝缘物块，b为,"2=2.0、10一

•*g、q=1.0xl（F3c带正电的物块.b静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与

b发生弹性碰撞（碰后b的电量不发生变化）.碰后b先在传送带上运动，后离开传送带飞入复合场中，最后以与水平

面成60。角落在地面上的P点（如图），已知b物块与传送带之间的动摩擦因数为"=0.1.（g取10m/s2,a、b均可看

做质点）求：

（D物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力；

（2）传送带上表面距离水平地面的高度；

（3）从b开始运动到落地前瞬间，b运动的时间及其机械能的变化量.

15.（12分）如图所示，虚线。。2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为5”匀强电场的场强为E（电

场线没有画出）。照相底片与虚线。1。2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为现有一个离子沿着虚线彷。2向右

做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子

所受重力）。

（1）求该离子沿虚线运动的速度大小v；

⑵求该离子的比荷包；

m

⑶如果带电量都为夕的两种同位素离子，沿着虚线射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d,求这

两种同位素离子的质量差△，*

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、C

【解析】

设A6与AC之间的夹角为仇则

八4

cosff--

5

A3沿场强方向的距离为

,八,416

dAB=sABcos6>=4x-=ycm

则电场强度为

UA-<P

E=-=-^——生R=100V/m

ddAB

电子从A点到达C点时电势能的变化量为

l9

△盆=W=Rs=eE•s=1.6x1(尸9x10()x0.05=8xlO-J

A.—1.8XI0」9J与分析不符，故A错误；

B.6.0x10」，与分析不符，故B错误；

C.8.0X10」9J与分析相符，故c正确；

D.-6.0xlowj与分析不符，故D错误。

故选C。

2、A

【解析】

B.因尸I与尸3关于尸2和尸4方向对称，根据几何关系可知尸1与尸3必须相等，B错误；

ACD.将尸1与F3合成为一个乙方向上的力，大小未知，则尸2、尸4和合力三个力在同一直线上平衡，大小均未知，

则大小关系无法确定，CD错误，A正确。

故选A。

3、A

【解析】

本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析,

求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力。

【详解】

对木块a受力分析，如图，

'5g

受重力和支持力

由几何关系，得到：

Ni=mgcosa

故物体a对斜面体的压力为：N/=mgcosa…①

同理，物体b对斜面体的压力为：N2，=mgcos0…②

对斜面体受力分析，如图，

根据共点力平衡条件，得到:

Nz'cosa-N/cosjX)…③

F虹Mg-N/sin0-N2'sina=O…④

根据题意有：

a+P=90°...(§)

由①〜⑤式解得：

F支=Mg+mg

根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于Mg+mg；

故选：Ao

【点睛】

本题关键先对木块a和b受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个

力。也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度

不同连接体问题，难度提高。

4、A

【解析】

AB.由点电荷在真空中某点形成的电场强度公式后=后9和电场叠加原理可知，沿x轴方向，-oofA点，电场强

r~

度为负，逐渐变大，A点一0点，电场强度为正，逐渐减小，。点-8点，电场强度为负，逐渐变大，3点f+8,

电场强度为正，逐渐减小，故A正确，B错误。

CD.无穷远处电势为零，根据等量同种正电荷的电场线分布图，分析知，等量同种正电荷电场中的电势不会为负值，

且。点处电势大于零，故CD错误。

故选A。

5、A

【解析】

中点位移的瞬时速度大小

V<=V2^=15m/S

若小物体反向之前经过c、b两点,则有

Z工匕一凡：匕一匕=1.

Ua'a2：

若小物体反向之前经过c点、反向之后经过〃点，则有

t«c_V<-Va.-VI,-V<_1

tchaa3'

综合上述可知，选项A正确，BCD错误；

故选A.

6、C

【解析】

A.由题可知，速度为0.5m/s,周期为4s,则波长

A-vT=0.5x4=2m

A错误；

B.uOs时质点。在波峰处，速度为零，质点b在平衡位置，速度最大，B错误；

T

C.因为周期7=4s,所以当Uls时经历了一，此时质点a在平衡位置，位移为零，加速度为零，质点)在波峰处，位

4

移最大，加速度最大，C正确；

D.由乙图可知，当Uis时该质点在波谷处，与此相符合的质点是质点c,D错误。

故选C。

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、BC

【解析】

AB.对8、C两球整体受力分析，正交分解得

FACCOS30°+FCDCOS60°=2G

F4Bsin30o=FcDsin600

联立解得

FAB=yfiG

FCD=G

选项A错误，B正确；

CD.对C球受力分析，正交分解得

FB(COS0+Fcz>cos60°=G

F«csin0=Fc»sin6O0

联立解得

，=60°

选项C正确，D错误。

故选BC»

8、BD

【解析】

AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变，则在AC间加速.

故A正确；D错误.

B、根据知

式山-口）=D零

5口产血-卬=XD-⑶噜

所以-----故B错误；

-；-；工_；_

C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据一知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关.所以C选项是正确的.

一=-^―

故选AC

【点睛】

带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加

速一次，电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大.

9、AC

【解析】

A.金属杆沿圆弧导轨下滑过程中机械能守恒，

12

mgr=—mvz

在到达最低点前瞬间

V

F—mg=m—

r~

解得

F=3mg

故A正确；

B.金属杆刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，对金属杆受力分析，由牛顿第二定律有

B2I2V.

十〃=

2R

解得

_8*师

uni---------------------------

2mR

故B错误；

C.根据q=,可知，整个过程中通过金属杆横截面的电荷量为

R总

BdL

q=------

2R

故C正确；

D.根据能量的转化和守恒可知，整个过程中系统产生的热量

Q&=mgr-fimgd

定值电阻上产生的焦耳热

1

Q焦=2mg(r—fid)

故D错误。

故选ACo

10、BC

【解析】

A.库仑力是一种电磁相互作用，核力是强相互作用，在原子核内核力比库仑力大的多，故A错误;

B.光电效应和康普顿效应都说明了光是由一份一份的光子组成的，体现了光的粒子性，故B正确;

h

C.德布罗意提出运动的实物粒子具有波动性，其动量P与波长X满足2=下,故C正确；

D.比结合能反映平均拆开一个核子的难易程度，故比结合能越大，原子核越稳定，故D错误；

故选BCo

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L864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—C求解线速度，根据求解角速度

E口=:

(3)根据v=(or=(oD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_.；

二=三=^^］二/二=//二/二

角速度__；

二'=；=7^k二二二/口=仁二/二

（3）根据v=3r=（oD,因v-D图像是过原点的直线，可知3不变.

X

12、小车释放时距打点计时器过远；细线没有放在滑轮上；细线没有与木板平行BBCABD11.00

0.60（0.59—0.63均可）1.35（1.30-1.40均可）

【解析】

（1）口］小车释放时距打点计时器过远、细线没有放在滑轮上、细线没有与木板平行均为错误操作；

（2）⑵图甲中是电火花计时器，电源应用交流电压220V,故选B；

（3）网题图甲中已经有了电火花计时器，故不再需要电磁打点计时器，故A错误；实验中需要测量小车质量及纸带

点间距离，故要用到天平和刻度尺，故BC正确；题图甲中已经有钩码，不需要质量较大的祛码，故D错误，故选BC；

（4）［4］本装置不能做平抛运动实验，其他均可，故选ABD；

（5）［5］网⑺刻度尺分度值为1mm,故读数为11.00cm；

选C点前后点数据可得瞬时速度

x（12.22—9.82）x10-2m，

v=—=---------------------=0.60m/s

r°t0.04s

前面的点抖动明显存在误差，选择后面的点计算

八与二（I7.657L。。）-⑴。。-5.7。）xm向=1.35mzs?

t20.12

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）〃=38m；（2）x=—L

4

【解析】

⑴气缸N中气体初状态：PNI=2poJ\=300K，Xvi=LS

气缸N中气体末状态：q=360K,%2=；LS

根据理想气体状态方程有

2VM_PNN〔

~T2

放入水中后气缸M中的气体压强与气缸N中的气体压强相等，即

P.M2~PN2

在此处水产生的压强为

P豕=PM2-P。

解得

P水=3.8,0

10m高的水柱产生的压强为P。，所以此处水深为=38m

⑵装置放在水中后，设活塞A向右侧移动的距离为x

气缸“中气体初状态：

PMI=Po，Ti=300K，V”i=3LS

气缸M中气体末状态：

P,”2=PN2,4=360K,%2=(3乙+1-彳卜

根据理想气体状态方程

PMIV”1_P,”2VM2

~rT~T2

解得

11

x=­Lr

4

14、(1)FN=2X1(12N,方向竖直向下(2)h=3m(3)♦E=-5.5x1O-2J

【解析】

(1)根据机械能守恒定律求解物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度；根据牛顿第二定律求解对最低点时对轨道的

压力；

(2)a于b碰撞时满足动量和能量守恒，列式求解b碰后的速度；根据牛顿第二定律结合运动公式求解b离开传送带

时的速度；进入复合场后做匀速圆周运动，结合圆周运动的知识求解半径，从而求解传送带距离地面的高度；

(3)根据功能关系求解b的机械能减少；结合圆周运动的知识求解b运动的时间.

【详解】

(1)〃物块从释放运动到圆弧轨道最低点。时，机械能守恒,

2

mgR(l-cos^)=—mvc

得：vc=6m/s

在c点，由牛顿第二定律：FN-m]g=ml^-

R

解得：FN=2X1『N

由牛顿第三定律，。物块对圆弧轨道压力：FN'=2X10-2N,方向竖直向下.

(2)a、6碰撞动量守叫匕=叫<+m2vh

a、方碰撞能量守恒;町匕2=g町.2+；网以2

解得Oc'=-2/〃/s,方向水平向左.可不考虑)V6=4m/s

b在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为S,

〃加2g=m2a

v2-以2=2as

得：s=4.5m<L加速Is后，匀速运动0.ls,在传送带上运动4