2023年湖北省荆州市沙市重点中学高考物理考前冲刺试卷（含解析）

2023年湖北省荆州市沙市重点中学高考物理考前冲刺试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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7小题，每小题4分，共28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. 太阳能源于其内部的聚变反应，太阳质量也随之不断减少。设每次聚变反应可看作个氢核结合成个氦核，太阳每秒钟辐射的能量约为，下列说法正确的是( )
A. 该聚变反应在常温下也容易发生
B. 太阳每秒钟减少的质量约
C. 该聚变的核反应方程是
D. 目前核电站采用的核燃料主要是氢核
2. 当分子间距离为时，分子间的作用力为。当分子间距离从增大到的过程中，关于分子间作用力和分子势能的变化，下列说法正确的是( )
A. 先变小后变大再变小，先减少后增加
B. 先变小后变大再变小，先增加后减少
C. 先变大后变小，先减少后增加再减少
D. 先变小后变大，先减少后增加再减少
3. 把一根通电的硬直导线放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图所示，导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由向。下列说法正确的是( )
A. 从上往下看，导线顺时针旋转同时向上移动
B. 从上往下看，导线逆时针旋转同时向下移动
C. 虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源不可能是蹄形磁铁
D. 虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源可能是条形磁体，通电螺线管，直线电流等
4. 粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱、、，质量分别为、、，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为，取重力加速度为。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力向右拉，另一人同时也用力向右推，使货箱向右运动，则、间的卡扣对的作用力大小为 ( )
A. B. C. D.
5. 如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框实验的简化分析图，已知图中矩形铜框下边水平的质量、长度、宽度、电阻，该铜框由静止释放时铜框下边与方向水平向里的匀强磁场上边界的高度差，磁场上、下水平边界间的距离，铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动。取重力加速度大小，不计空气阻力。下列说法正确的是
A. 铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针
B. 匀强磁场的磁感应强度的大小为
C. 铜框下边刚离开磁场时的感应电流为
D. 铜框下边刚离开磁场时的速度大小为
6. 近地卫星在赤道平面内自西向东绕地球做圆周运动，在某时刻，第一次处于地面上一标志性建筑物的正上方，经过时间后，第二次处于的正上方。若考虑地球的自转，则下列说法正确的是( )
A. 的角速度小于的角速度
B. 的向心加速度大于的向心加速度
C. 地球对的引力大于地球对的引力
D. 经过正上方的时间间隔越来越长
7. 一辆汽车做匀速运动，某时刻遇到紧急情况需刹车，刹车后的第秒内运动了，第秒内运动了，汽车秒末仍未停止运动，关于汽车的运动和刹车过程，下列说法正确的是( )
A. 汽车匀速运动时的速度是 B. 汽车刹车时的加速度大小是
C. 汽车刹车后秒末的速度为 D. 汽车刹车后运动的距离是
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 电容式位移传感器能把位移这个力学量转换为电容这个电学量。如图所示，当开关从“”拨到“”时，由电感与电容构成的回路中产生振荡电流，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，电容器的电容发生变化，振荡电流的频率发生变化。若测得振荡电流的频率变小，则( )
A. 电容器的电容变小 B. 电容器的电容变大
C. 被测物体向左发生了位移 D. 被测物体向右发生了位移
9. 某带活塞的气缸里装有一定质量的理想气体，气体经历如图所示的、、、四个变化过程已知状态的温度为，则下列说法正确的是( )
A. 态的温度 B. 过程气体对外做功
C. 过程气体对外做功 D. 从态又回到态的过程气体吸热
10. 如图所示，质量为的直武装直升机旋翼有片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为。已知空气密度为，重力加速度大小为。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为( )
A. B. C. D.
11. 如图所示，、、、是四盏相同的白炽灯，白炽灯的额定电压为、额定电流为，理想变压器原、副线圈的匝数分别为和，原线圈所接的正弦交流电的电压保持稳定，不计导线的电阻，当开关闭合时，四盏灯均正常发光。下列说法正确的是( )
A. B.
C. 开关断开后，灯的功率减小 D. 开关断开后，灯的功率增大
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。
12. 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示．
用毫米刻度尺测量摆线的长时，将摆线平放，如图所示，刻度尺读数是______ ，用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图所示，可知摆球直径是______ ，如图所示测出的摆长______ 偏大，偏小，正确的测量方法是______
该同学用秒表记录了单摆振动次全振动所用的时间如图所示，则秒表所示读数为______ 单摆的周期是______ 保留三位有效数字
为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长，测出相应的周期，从而得出一组对应的与的数值，再以为横坐标，为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，与的关系式 ______ ，利用图线可求出图线的斜率 ______ ，再由可求出 ______ ．
如果他测得的值偏小，可能的原因是______
A.未挂小球就测量绳长，然后与小球半径相加作为摆长
B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时，秒表过迟按下
D.实验中误将次全振动数记为次．
13. 在测量某电源的电动势和内阻时，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验小组设计了如图甲所示的电路进行测量。图中电压表满偏电压为，电流表满偏电流为，电阻箱最大阻值为。
实验主要步骤如下：
按照图甲连接实物电路。断开所有开关，将电阻箱连入电路的阻值调到最大；
只闭合，调节电阻箱，记录若干组电阻箱的示数和电流表的示数，断开；
闭合、、，调节电阻箱，记录若干组电阻箱的示数和电压表的示数，断开；
分别作出步骤中的和步骤中的图像；
请回答下列问题：
在步骤中，某次测量时，电压表指针如图乙所示，此时电压表示数 ______ 结果保留位小数；
若只用步骤中的数据，电源电动势的测量值______ 真实值；若只用步骤中的数据，电源电动势的测量值______ 真实值；均选填“大于”“等于”或“小于”
根据测得数据，作出和图像如图丙所示，根据这两条图线求得电源电动势 ______ ，内阻 ______ 。结果均保留位有效数字
四、计算题：本题共3小题，共38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。
14.（10分） 如图，垂钓者位于平静清澈湖面岸边的点，他的眼睛距离点的高度为，水面上的浮标离点的距离为，发光鱼饵位于浮标正前方处水面上点的正下方，此时垂钓者发现发光鱼饵刚好被浮标挡住，已知水的折射率。
求此时发光鱼饵在水中的深度；
发光鱼饵缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵发出的光恰好不能从水面上、间射出。
15. （12分）如图所示，段是长为的粗糙水平轨道，段是半径为的光滑竖直半圆形轨道，两段轨道在点处平滑连接，质量均为的滑块和滑块分别静止于点和点。现用力对滑块施加一水平向右的瞬时冲量，使其以的初速度沿轨道运动，与滑块发生碰撞，碰后二者立即粘在一起沿轨道运动并通过点。已知两滑块与水平轨道间的动摩擦因数，半圆形轨道的直径沿竖直方向，重力加速度为，滑块和均可视为质点。求：
力对滑块所做的功；
滑块和滑块组成的系统在碰撞过程中损失的机械能；
滑块和滑块经过点时对轨道压力的大小。
16. （16分） 如图所示，在平面内，与轴负方向的夹角，在与轴负方向区域内含边界存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第一象限内有平行于轴向上的匀强电场。比荷为带负电的粒子，以速度从轴上点平行于射入磁场，并从上的点图中点未标出垂直于离开磁场，与轴相交于点，最后回到轴上的某点。已知，点与点的距离，，，不计粒子的重力。求：
磁场的磁感应强度大小；
匀强电场的电场强度大小；
若仅改变磁感应强度的大小而其他条件不变，当磁感应强度满足什么条件时，粒子能到达第三象限。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、核聚变反应也叫热核反应，聚变反应必须在很高的温度下才能发生，温度要达到几百万开尔文才可以，故A错误；
B、根据可得太阳每秒钟减少的质量约为：，故B正确；
C、根据氢核的聚变过程中，质量数和电荷数守恒可知其反应方程为：，故C错误；
D、目前核电站采用的核燃料主要是铀原子核，因为重核裂变反应是可控的，故D错误。
故选：。
聚变反应必须在很高的温度下才能发生；根据质能方程可求得质量亏损；书写核反应方程注意质量数和电荷数守恒；目前核电站采用的核燃料主要是铀原子核。
本题考查了聚变反应的条件、质能方程、核反应方程的书写、核电站等知识，试题注重基础知识，要求同学们强化记忆，勤加复习。
2.【答案】
【解析】解：根据分子间作用力和分子势能的变化规律可知，当时，分子间作用力为，分子势能最小；当时，分子间作用力表现为斥力；当时，分子间作用力表现为引力。因此当分子间距离从增大到的过程中，先表现为斥力变小后表现为引力变大再变小，先减少后增加，故BCD错误，A正确。
故选：。
本题考查分子间作用、分子势能随分子间距的变化。做题时应熟记其特点：当时，分子间作用力为，分子势能最小；当时，分子间作用力表现为斥力；当时，分子间作用力表现为引力。
本题对分子力、分子势能与分子间距离的关系要熟悉，知道分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系，即可正确解题。
3.【答案】
【解析】解：、由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向下，右侧导体所处的磁场斜向上，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向里，右侧导体受力方向向外，故从上向下看，直导线为顺时针转动；当导体转过时，即导体与磁场垂直，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为顺时针转动的同时还要向下运动。即为端转向纸里，端转向纸外，且向下运动，故AB错误；
、虚线框内产生图示弧形磁感线方向是从右向左；因此可能由蹄形磁铁提供磁场，也可能由条形磁铁提供磁场，左端是极，右端是极，也可能通电直导线提供磁场，电流方向垂直纸面向外，故C错误，D正确；
故选：。
本题考查灵活运用左手定则来判定安培力方向，注意通电导线所处的磁场方向。并会区分右手定则不同。
4.【答案】
【解析】解：将卡扣依次连接在一起的货箱、、看做整体，由牛顿第二定律得

货箱的加速度等于整体的加速度，单独对研究：
设卡扣对的作用力大小为，则有

联立解得：，故卡扣对的作用力大小为。故BCD错误，A正确。
故选：。
将卡扣依次连接在一起的货箱、、看做整体，由牛顿第二定律得整体加速度；货箱的加速度等于整体的加速度，单独对应用牛顿第二定律求受力情况。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查电磁感应，目的是考查学生的分析综合能力。
根据楞次定律分析感应电流的方向，匀速运动时安培力等于重力，据此求；
铜框全部进入磁场后不再产生感应电流，做匀加速运动，根据运动学公式求铜框下边刚离开磁场时的速度，再通过和欧姆定律求感应电流。
【解答】
A.铜框下边进入磁场过程，磁场阻碍铜框下落，根据楞次定律可知，此时感应电流的方向为逆时针，选项A错误
B.铜框下边刚进入磁场时的速度大小，铜框下边切割磁感线产生的感应电动势，铜框中的电流，铜框所受安培力的大小，根据平衡条件可得，解得，选项B错误
D.铜框全部进入磁场后开始做加速度为的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场时的速度大小为，根据运动学公式有，解得，选项D正确
C.铜框下边刚离开磁场时，感应电流的大小，选项C错误。
故选D。
6.【答案】
【解析】解：、对于绕地球运行的卫星，根据，得，可知的角速度大于地球同步卫星的角速度，即知，故A错误；
B、根据，得，可知，即的向心加速度大于的向心加速度，故B正确；
C、根据，因卫星与建筑物的质量未知，故无法比较地球对的引力与地球对的引力大小，故C错误；
D、根据，解得。若不考虑太空中稀薄气体的阻力影响，则是不变的；即使考虑太空中稀薄气体的阻力，根据和，因变小，则变小，也是变短，故D错误。
故选：。
地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，将与地球同步卫星比较，根据万有引力提供向心力列式，分析与地球同步卫星的角速度关系，即可知道与的角速度关系；分析与地球同步卫星的向心加速度关系，从而知道与的向心加速度关系；根据万有引力定律分析引力大小；若不考虑太空中稀薄气体的阻力影响，则是不变的；即使考虑太空中稀薄气体的阻力，分析的周期变化，判断的变化。
本题解题关键是要掌握万有引力提供向心力这一思路，通过列式，分析与地球同步卫星的角速度、加速度、周期的关系。
7.【答案】
【解析】
【分析】物体做匀变速直线运动，根据根据求得加速度，利用位移时间公式求得初速度和位移，根据速度时间公式求得末速度。
解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式。
【解答】
由位移时间公式可知，第内的位移，前内的位移，第内的位移，代入数据可得，，、B错误；
C.刹车减速到零所需时间 ，故刹车后末的速度为零，C正确；
D.刹车后的运动距离为 ，D错误．

8.【答案】
【解析】解：、当振荡电流的频率变小时，根据振荡电路频率公式可知，电容器的电容变大，故A错误，B正确；
、电容变大，根据电容的决定式可知电介质板向左移动，即被测物体向左发生了位移，故C正确，D错误。
故选：。
振荡电流的频率变小，根据振荡电路频率公式分析电容器电容的变化情况，根据电容的决定式分析被测物体的移动方向。
解答本题时，要掌握振荡电路频率公式和电容的决定式，搞清电容的决定因素。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题是理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用。运用热力学第一定律时，注意做功和热量的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的。
【解答】
A.由图象得，， ，
到气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律，，解得故A错误；
B.到气体对外做功，故B正确；
C.到外界对气体做功，故C错误；
D.从态又回到态的过程温度不变，所以内能不变。
外界对气体做的总功
由热力学第一定律
解得：
为正，表示吸热，故D正确。
故选BD。
10.【答案】
【解析】解：、设时间内桨叶旋转推动空气的质量为，则有：，可得，故A错误，B正确；
、发动机输出的机械功率
以的空气为研究对象，取向下为正方向，由动量定理有：
直升机悬停空中，则受力平衡，则有：
联立方程可得，故C错误，D正确。
故选：。
、求出时间内桨叶旋转推动空气质量，则可得与的比值；
、由发动机做的功等于被加速空气的动能可得发动机的机械功率，利用动量定理和直升机受力平衡可得与的比值。
本题考查了功率和动量定理，解题时要注意构建物理模型，体会微元法在解题中的应用。
11.【答案】
【解析】解：、当开关闭合后，四盏灯均正常发光，则原线圈输入电流：，副线圈输出电流：，根据变流比可知，，故A正确，B错误；
、开关断开后，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，输出电流减小，根据变流比可知，输入电流减小，则灯泡两端电压减小，消耗功率减小，故C正确，D错误；
故选：。
原线圈串联用电器，则交流电压没有直接接在原线圈两端，可以从电流入手，根据变流比确定匝数之比，开关断开后，副线圈电阻变化，根据欧姆定律确定输出电流变化，进一步判断输入电流变化，确定小灯泡消耗的功率。
本题考查了变压器的构造和原理，解题的关键是掌握理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，明确原线圈的电路结构，交流电源没有直接接在原线圈两端。
12.【答案】；；偏小；将小球的摆线悬挂后测量；；；；；；
【解析】解：刻度尺的最小分度是，用毫米刻度尺测量摆线的长时，读数需要一位估读，所以读数为：；
游标卡尺的固定刻度为：，可动刻度的第格与上面对齐，游标尺的最小分度是，总读数为：
将摆线平放测量，摆长的测量值偏小，因为摆球悬挂后摆动，摆线有形变，正确的测量方法是将小球的摆线悬挂后测量．
秒表的分针已经超过半分钟，接近分针；秒针的示数为，所以总读数为：；
则单摆的周期为
根据单摆的周期公式，得，可知，图线应该是一条过原点的直线，其斜率：
则；
若根据所得数据连成的直线的延长线过坐标原点，时，所以：．
所以．
根据单摆的周期公式，得，分析知：
A、未挂小球就测量绳长，然后与小球半径相加作为摆长，使得摆长的测量值比实际值偏小，则测得的重力加速度偏小．故A正确．
B、摆动后出现松动，使摆线长度增加了，所测中期偏大，所测重力加速度偏小，故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，测得时间偏小，得到周期的偏小，得到的重力加速度偏大，故C错误．
D、实验中将次全振动数成次全振动，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选：．
故答案为：；；偏小；将小球的摆线悬挂后测量；
；；
，，；
用毫米刻度尺测量摆线的长时，读数需要一位估读；游标卡尺先读出固定刻度部分，再读出游标尺读数，然后求和；
秒表分针与秒针示数之和是秒表示数．
由重力加速度的表达式，根据数学知识分析图线斜率的意义．
根据单摆的周期公式，得，然后分析即可．
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系．单摆的周期采用累积法测量可减小误差．对于测量误差可根据实验原理进行分析．
13.【答案】 等于 小于
【解析】解：电压表的最小刻度为，电压表读数为；
只用步骤中的数据，若不考虑电流表内阻，根据闭合电路欧姆定律
化简得
电动势的测量值
考虑电流表内阻时，根据闭合定律的欧姆定律
化简得
电动势的真实值
可见电动势的测量值等于真实值。
若只用步骤中的数据，若不考虑电压表的分流作用，根据闭合电路的欧姆定律
化简得
图像的纵截距
电动势的测量值
若考虑电压表的分流作用，根据闭合电路的欧姆定律
化简得
图像的纵截距
电动势的真实值
可见电动势的测量值小于真实值。
图丙中图像的斜率
电源电动势
图丙中不考虑电压表的分流作用的函数与考虑了电压表分流作用的函数的斜率相等
图像的斜率
结合函数
电源的内阻
故答案为：；等于；小于；；。
电压表的最小刻度为，要估读到下一位，根据题图读数；
只用步骤中的数据，根据闭合电路的欧姆定律分别求解不考虑电流表内阻和考虑电流表内阻两种情形下的函数，然后作答；
若只用步骤中的数据，根据闭合电路的欧姆定律分别求解不考虑电压表的分流作用和考虑电压表的分流作用两种情形下的函数，然后作答；
根据步骤中的数据求电源电动势，根据步骤中的数据结合步骤求出的电动势求内阻。
本题考查电压表的读数，电源电动势和内阻的测量，弄懂实验原理是解题的关键，难点在于误差分析。
14.【答案】解：设发光鱼饵在水中的深度为，人眼的位置为，发光鱼饵发出的光线射向点的入射角为，经水面射向点的折射角为，光路图如图所示，有
根据折射定律有：
根据几何关系有：
解得：
设当鱼饵离水面时，鱼饵发出的光线射向点时恰好发生全发射，鱼饵发出的光不能从水面上、间射出，有
根据几何关系有：
解得：
答：此时发光鱼饵在水中的深度为；
发光鱼饵缓慢竖直上浮，当它离水面深度为时，鱼饵发出的光恰好不能从水面上、间射出。
【解析】作出光路图，由几何知识得出入射角的正弦值与折射角的正弦值，再结合折射定律求鱼饵灯离水面的深度；
若鱼饵灯缓慢竖直上浮，水面间恰好无光射出时，光在水面恰好发生了全反射，入射角等于临界角，由求出临界角，再由数学知识求解。
本题考查了光的折射规律。对于几何光学问题，根据折射定律画出光路是解答的基础，往往还要运用几何知识结合进行研究。
15.【答案】解：根据动能定理可得：；
设和碰撞前的速度大小为，从到运动过程中，根据动能定理可得：
解得：
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
解得：
碰撞过程中损失的机械能
联立解得：；
设二者达到点的速度大小为，从到根据动能定理可得：
在点，取向下为正分向，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：，方向向下；
根据牛顿第三定律可得对轨道压力的大小，方向向上。

【解析】本题主要是考查了动量守恒定律、动能定理、竖直方向的圆周运动以及能量守恒定律等；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
16.【答案】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由几何关系得
，
由牛顿运动定律得，
解得磁感应强度的大小为。
粒子进入电场后做类斜抛运动。由几何关系得
，
在轴方向，
在轴方向，
解得。
该粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界相切时，恰好能到达第三象限。
由几何关系知，
由牛顿第二定律得，
解得，
故当磁感应强度时，粒子能到达第三象限。
【解析】本题主要考查了带电粒子在组合场中运动的问题，要求学生能正确分析粒子受力情况，分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，还要抓住临界状态的几何关系等。
由几何关系确定粒子在磁场中的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力可求磁感应强度；
粒子进入电场后做类斜抛运动，根据运动的合成与分解规律结合牛顿第二定律求电场强度；
粒子恰好能到达第三象限的条件是该粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界相切，求出轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求解。