2022-2023学年湖北省随州市第二高级中学高考模拟第一次测试物理试题试卷

2022-2023学年湖北省随州市第二高级中学高考模拟第一次测试物理试题试卷

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于。点，B球用轻弹簧系于。，点，。与0,点在同一水

平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳和轻弹簧均处于水平且自然伸直状态，将两球分别由静止开始释

放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则（）

A.两球到达各自悬点的正下方时，两球损失的机械能相等

B.两球到达各自悬点的正下方时，A球速度较小

C.两球到达各自悬点的正下方时，重力对A球做的功比B球多

D.两球到达各自悬点的正下方时，A球的动能大于B球的动能

2、匀强电场中有一条直线，M、N、尸为该直线上的三点，且MN=NP。若MN两点的电势分别为5V、11V,则下

列叙述正确的是（）

A.电场线方向由N指向M

B.尸点的电势不一定为17V

C.正的检验电荷从M点运动到N点的过程，其电势能不一定增大

D.将负的检验电荷以初速度为0放入该电场中的M点，检验电荷将沿直线运动

3、如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为仇传送带以速度到。逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个

质量为，”的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数〃〉tan仇则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是

（）

0

4、关于牛顿第一定律和惯性有下列说法，其中正确的是（）

A.由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态

B.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性

C.牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律

D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动

5、下列说法正确的是（）

A.“康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量

B.目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是;H+：Hf；He

C.对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关

D.中子与质子结合成流核时，需要吸收能量

6、AC,CD为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中NACB<45。，水平距离均为3C,两个完全相同且可视为质

点的物块分别从A点和。点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（）

A.沿AC下滑的物块到底端用时较少

B.沿AC下滑的物块重力的冲量较大

C.沿AC下滑的物块到底端时重力功率较小

D.沿AC下滑的物块到底端时动能较小

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、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1,电压表、电流表为理想电表。Li、L2、L3、L4为四只规

格均为“220V,60W”的灯泡。如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）

A.电压表的示数约为1244.32V

B.电流表的示数约为0.82A

C.a、b两端的电压是1045V

D.a、h两端的电压是U00V

8、如图所示，质量为机的小球与轻质弹簧相连，穿在竖直光滑的等腰直角三角形的杆AC上，杆8c水平弹簧下端固

定于5点，小球位于杆AC的中点。时，弹簧处于原长状态。现把小球拉至。点上方的E点由静止释放，小球运动的

最低点为E,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.小球运动D点时速度最大

B.ED间的距离等于。尸间的距离

C.小球运动到O点时，杆对小球的支持力为与加g

D.小球在F点时弹簧的弹性势能大于在E点时弹簧的弹性势能

9、迄今为止，大约有1000颗卫星围绕地球正常工作，假如这些卫星均围绕地球做匀速圆周运动，关于这些卫星，下

列说法正确的是

A.轨道高的卫星受到地球的引力小B.轨道高的卫星机械能大

C.线速度大的卫星周期小D.线速度大的卫星加速度大

10、如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为

28,2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为8。边长为d（d<”的正方形线圈PQMN电阻为R,各边

质量和电阻都相同，线圈平面在纸面内。开始尸。与1重合，线圈在水平向右的拉力作用下以速度为%向右匀速运动。

设P。刚进入磁场时尸。两端电压为〃，线圈都进入2、3间磁场中时，PQ两端电压为。2；在线圈向右运动的整个

过程中拉力最大为尸，拉力所做的功为W,则下列判断正确的是（）

V乃XX

X

x

：*7*r-nr

…一竽B.一"…=『

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。

IL(6分)某实验小组在实验室做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。

(1)下列是实验室的仪器台上摆放的部分仪器，本实验须从中选用

(2)下列关于实验的一些说明，其中正确的是.

A.轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡

B.拉小车的细线应与长木板平行

C.相关仪器设置完毕后，应先释放小车再接通电源

D.在实验打出的合理的纸带上，连接小车的一端其打点痕迹较为密集

(3)打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。如图为实验中获取的一条纸带的一部分，A、B、C、。、E、尸是

各相邻计数点，相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)。

-A~HCDE~

|||川1川||川ipii甲川।川¥川1叫硒ipnpi甲iipiipnpii|L

0cm12345678910

根据图中数据计算，打。点时小车的速度大小为，小车运动加速度的大小为O(均保留3位有效数

字)

12.(12分)小华同学欲测量小物块与斜面间的动摩擦因数，其实验装置如图1所示，光电门1、2可沿斜面移动，物

块上固定有宽度为d的挡光窄片。物块在斜面上滑动时，光电门可以显示出挡光片的挡光时间。(以下计算的结果均

请保留两位有效数字)

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度，其示数如图2所示，则挡光片的宽度4=mm。

(2)在P处用力推动物块，物块沿斜面下滑，依次经过光电门1、2,显示的时间分别为40ms、20ms,则物块经过光

电门1处时的速度大小为m/s,经过光电门2处时的速度大小为m/so比较物块经过光电门

1、2处的速度大小可知，应_______(选填“增大”或“减小”)斜面的倾角，直至两光电门的示数相等；

(3)正确调整斜面的倾角后，用刻度尺测得斜面顶端与底端的高度差A=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm,g取9.80m/s2,

则物块与斜面间的动摩擦因数的值〃=（）。

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，水平面上固定着一条内壁光滑的竖直圆弧轨道，为圆弧的竖直直径，C点与圆心。等高。

轨道半径为R=0.6m,轨道左端A点与圆心。的连线与竖直方向的夹角为8=53。，自轨道左侧空中某一点尸水平

抛出一质量为机的小球，初速度大小％=3m/s,恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧轨道已知sin530=0.8,

cos53°=0.6,求：

（1）抛出点P到A点的水平距离；

（2）判断小球在圆弧轨道内侧运动时，是否会脱离轨道，若会脱离，将在轨道的哪一部分脱离。

14.（16分）如图所示，A、B两板间的电压为M、N两平行金属板长为2d,两板间距为2d,电压为U。QP

的右侧有垂直纸面的匀强磁场，磁场宽度为1美+1〉/。一束初速度为0、电荷量的范围为4~44、质量的范围为

加~4m的带负电粒子由S无初速度射出后，先后经过两个电场，再从M、N两平行金属板间（紧贴"板）越过界

面QP进入磁场区域。若其中电荷量为9、质量为〃，的粒子恰从M、N两板间的中点C进入磁场区域。求解下列问

题（不计重力）：

（1）证明：所有带电粒子都从C点射出

（2）若粒子从QP边界射出的速度方向与水平方向成45角，磁场的磁感应强度在什么范围内，才能保证所有粒子均不

能从边射出？

NK

15.(12分)如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平.B端上放有质

量为3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台

3

右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触.现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点

时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半.

P

(1)求细绳能够承受的最大拉力；

(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大;

(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来.

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、D

【解析】

A.A球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，B球运动过程中，B球机械能转化为弹簧的弹簧势能，故A错误;

BD.两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，可知在整个过程中，A、B两球重力

势能减少量相同。球A的重力势能全部转化为动能，球B的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以两球到达各

自悬点的正下方时，A球动能较大，速度较大，故B错误，D正确；

C.两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，可知在整个过程中，A、B两球重力势

能减少量相同，即重力做功相同，故C错误。

故选D。

2、D

【解析】

A.在匀强电场中，沿电场线的电势变化，沿其他方向的直线电势也变化，N点电势高于M点电势，但直线MN不一

定是电场线，选项A错误。

B.匀强电场中沿任意非等势面的直线电势均匀变化，则有

(PM~(PN=(PN~9P

解得

%>=17V

选项B错误；

C.电势有8M</、，，正的检验电荷在高电势处电势能大，则在M点的电势能小于在N点的电势能，选项C错误。

D.匀强电场的电场线是直线，将负的检验电荷以初速度为0放入M点，该电荷在恒定电场力的作用下，沿场强的反

方向做匀加速直线运动，选项D正确；

故选D。

3,B

【解析】

初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律

得加速度：

ai=gsinO+〃gcos。

。恒定，斜率不变；

当小木块的速度与传送带速度相等时，由"〉tanO知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，

所以第二段的斜率为零。

A.该图与结论不相符，选项A错误；

B.该图与结论相符，选项B正确；

C.该图与结论不相符，选项C错误；

D.该图与结论不相符，选项D错误；

4、D

【解析】

A.根据牛顿第一定律知，物体只有在不受外力，或者所受合外力为零时，才能处于静止或匀速直线运动状态，A错

误；

B.行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的万有引力作用，其运动状态是不断变化的，则B项

错误；

C.牛顿第一定律反映物体具有惯性这种性质，并不能反映物体惯性的大小，C错误；

D.运动物体如果没有受到力的作用，将保持原来的速度做匀速直线运动，D项中说法符合牛顿第一定律，D正确；

故选D。

5、C

【解析】

A.“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故A错误；

B.目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故B错误；

C.对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。故C正确;

D.中子与质子结合成气核时，核聚变放出能量，故D错误。

故选C。

6、A

【解析】

A.由于两者水平距离相同，均可用水平距离表示出运动时间，设水平距离为x,斜面倾角为贝!I：

X1.2

------=-gsin，•f

cos。2

得：

I2x4x

Vgsin8cos。gsin29

则倾角越大用时越少，A正确;

B.重力冲量:

I=mgt

沿轨道AC下滑的物块到底端用时较小，重力的冲量较小，B错误；

CD.由动能定理：

mgh=g"?/

可知沿轨道AC下滑的物块重力做功大，所以到底端时速度大，动能较大；沿轨道AC下滑的物块到底端时速度大,

倾斜角度，大，由重力瞬时功率功率：

P=mgvsin0

可知其重力瞬时功率较大，C错误，D错误。

故选A。

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】

A.由输出端交变电压的图象可求出有效值220V,由原、副线圈匝数之比4:1,可得原、副线圈的电压之比4:1,则原

线圈的电压即电压表的示数为

=4x220V=88OV

故A错误；

B.副线圈电压为220V,L2、1小1“三只灯泡都正常发光，电流表的示数为

/=3/,=3x—A»0.82A

、220

故B正确；

CD.原、副线圈的电流之比1:4,则原线圈电流为

I.=-x0.82A=0.205A

'4

灯泡的电阻

U222()2

R.=—=——Q«806.7Q

LP60

则。、〃两点的电压

U=5+=880V+0.205x806.7V«1045V

故C正确，D错误。

故选BC,

8、CD

【解析】

分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力和弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械

能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。

【详解】

A.圆环沿杆滑下，段受到重力和弹簧弹力(杆对小球的支持力垂直于杆，不做功)，且与杆的夹角均为锐角，则

小球加速，。点受重力和杆对小球的支持力，则加速度为gsin45,仍加速，。厂段受重力和弹簧弹力，弹力与杆的

夹角为钝角，但一开始弹力较小，则加速度先沿杆向下，而尸点速度为0,则。尸段，先加速后减速，。点时速度不

是最大，故A错误；

B.若EO间的距离等于。尸间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则系统机械能不守恒，

故B错误；

c.。点受重力和杆对小球的支持力，垂直于杆方向受力分析得杆对小球的支持力为变〃吆，故C正确；

2

D.若EZ)间的距离等于。尸间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则即间的距离应小于

O尸间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能增大，则系统机械能守恒，故D正确；

故选CD»

【点睛】

本题考查弹簧存在的过程分析，涉及功能关系。

9、CD

【解析】

A.引力的大小不仅与轨道半径有关，还与卫星质量有关，故A错误；

B.机械能的大小也与质量有关，故B错误；

CD.根据

八Mm4/v2

G—―-mr-丁-ma-m——

rT-r

可知线速度越大，轨道半径越小，加速度越大，周期越小，故CD正确。

10、ABD

【解析】

A.只有进入磁场，尸。切割磁感线产生电动势

£,=2Bdv()

电路中电流

'R

尸。两端电压

'412

选项A正确；

C.受到的安培力

6=(28””四尹

进入过程克服安培力做功

W4B2d3V3

Wt=Fid=—『

都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0,不做功；P。进入右边磁场、MN在左边磁场中，MN切割

磁感线产生电动势用，PQ切割右边磁感线产生电动势

E2=BdvQ

回路中电流

j_E1+与

2―_

PQ和MN受到安培力大小分别为

片=Bl/

玛=（28）3

需要拉力最大为

932d2%

/=6+居=—鼠上

选项C错误；

B.PQ进入右边磁场过程中克服安培力做功

W2=Fd

都进入右边磁场后，尸。和MN都切割磁场，回路无电流，安培力为0,

U2=E2=Bdv0

选项B正确；

D.PQ出磁场后，只有MN切割磁感线，线圈受到安培力

F、=BId=»"乜

5R

PQ出磁场过程中安培力做功

叱=印

整个过程克服安培力做功

1432d‘％

卬=叱+%+吗1IZ=-——-~

选项D正确。

故选ABD.

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、ACABD0.205m/s0.0433m/s2

【解析】

(1)[1].须选用打点计时器打点，选用天平测量质量。不需要弹簧测力计、秒表进行测量，故选AC。

(2)[2].A.轻推小车，拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡，则选项A符合实验要求。

B.若拉小车的细线与长木板不平行，则细线拉力沿木板方向的分力为拉动小车的力，且该力随时间变化，选项B正

确。

C.应先将打点计时器接通电源，再释放小车，以保证纸带上有足够多的打点且有运动开始段的打点，选项C错误；。

D.纸带做初速度为零的加速运动，打点计时器在纸带连接小车的一端先打点，此时小车速度较小，则点迹较为密集,

选项D正确；故选ABD。

(3)[3].打点计时器频率为50Hz,则相邻计数点时间间隔T=5x5s=O.ls。

读取纸带数据，有/°=2.40cm,/E=6.50cm。贝！|

XcE=%E-XAc=4.10cm

则打D点时小车的速度为

v--0.205m/s

D2T

[4].有效应用纸带上的多段数据以减小误差。分段逐差法是推荐使用的方法。纸带上有五段距离，该题意不要求分析

舍弃哪段更精确，故舍去中间段、最小段或最大段均为正确计算。

舍弃中间段，应用逐差法有

c—XDE-XAB

c_XEFXBC

则加速度为

__4+

a~2

解得

——(“DE+XEF)―+XBC)_XDF

2

一2—x3一T6T-

读取纸带数据有乙。=4.24cm,924cm,则

xDF=5.00cm

解得

a«0.0433m/s2

(结果为明确性计算数字，保留3位有效数字，().0420~().0450范围内均对)

12、5.20.130.26减小0.75

【解析】

挡光片的宽度为d=0.5cm+2x0.1rnm=5rnrn+2x0.1mm=5.2mm；

33

⑵[2][3]d=5.2mm=5.2xl0-3m,Z|=40ms=40xl0S>Z2=20ms=20xl0s,用平均速度来求解瞬时速度:

5.2x103

匕m/s=0.13m/s

v,=—=—-------m/s=0.26m/s

2

t220x10-3

[4]由于也〈灯，物块做加速运动，设斜面的倾角为仇则对物块受力分析有

故应减小斜面的倾角，直到

mgsin0=^ntgcosO

此时物块匀速运动，两光电门的示数相等

(3)[5]//=60.00cm=0.6m,L=100.00cm=lm,物块匀速运动时

/"gsin6="〃igcos。

即

tan〃="

又

tan0=/h

J/?一

解得

〃=0.75

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)1.2m；(2)会，小球在轨道C。部分脱离轨道

【解析】

(1)如图所示，画出小球通过4点时的速度矢量三角形

vv=v()tan0

%=gf

XPA=卬

代入数据求得

xPA=1.2m

19

—fnvA>mgRcos0

说明小球能越过轨道。点；

假设小球能从A运动到D,根据动能定理

一+cos8)=4一gmu；

解得

vD=V5^8m/s

若小球恰能通过。点则有

诺

mg=7n卞

r

vD=V6m/s

因功<%,因此小球会在轨道CD部分脱离轨道。

,cxr-n2I2ml7

14、（1）见解析⑵B>-------

ayq

【解析】

（1）电场加速有

qU（）=gmv；

Q：*••

I

AB

叩。口

S□

'N了...K

带电粒子在偏转电场U