2023年湖南省洞口縣高考物理考前最后一卷預(yù)測卷含解析

2023學(xué)年高考物理模擬試卷

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。

3,請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。

4.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、如圖所示，一直角三角形acd在豎直平面內(nèi)，同一豎直面內(nèi)的a、力兩點關(guān)于水平邊cd對稱，點電荷。八3固定

在c、d兩點上。一質(zhì)量為機、帶負(fù)電的小球尸在。點處于靜止?fàn)顟B(tài)，取重力加速度為g,下列說法正確的是（）

iIb

A.0對尸的靜電力大小為手帆g

B.白、0的電荷量之比為且

3

C.將尸從a點移到分點，電場力做正功

D.將尸從a點沿直線移到》點，電勢能先增大后減小

2、在人類太空征服史中，讓人類遺憾的是“太空加油站”的缺乏。當(dāng)通信衛(wèi)星軌道校正能源耗盡的時候，它的生命就走

到了盡頭，有很多成了太空垃圾。如今“軌道康復(fù)者”是救助此類衛(wèi)星的新型太空航天器，圖甲是“軌道康復(fù)者”航天器

在給太空中“垃圾”衛(wèi)星補充能源，可簡化為圖乙所示的模型，讓“軌道康復(fù)者”N對已偏離原來正常工作軌道的衛(wèi)星M

進行校正，則（）

A.“軌道康復(fù)者"N從圖乙所示軌道上加速，與衛(wèi)星M對接補充能源后開動M上的小發(fā)動機向前噴氣，能校正衛(wèi)星

M到較低的軌道運行

B.讓M降低到N所在軌道上，補充能源后再開啟衛(wèi)星M上的小發(fā)動機校正

C.在圖乙中M的動能一定小于N的動能

D.在圖乙中，M、N和地球球心三者不可能處在同一直線上

3、如圖所示，小球放在光滑的墻與裝有錢鏈的光滑薄板之間，薄板在尸作用下逆時針緩慢轉(zhuǎn)動，在墻與薄板之間的

夾角0緩慢地從90。逐漸減小的過程中（）

A.小球?qū)Ρ“宓膲毫赡苄∮谛∏虻闹亓?/p>

B.小球?qū)Ρ“宓恼龎毫σ恢痹龃?/p>

C.小球?qū)Φ膲毫ο葴p小，后增大

D.小球?qū)Φ恼龎毫Σ豢赡艽笥谛∏虻闹亓?/p>

4、如圖1所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一個鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉下一段距離A,由靜止釋放。以鋼球

的平衡位置為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向建立x軸，當(dāng)鋼球在振動過程中某一次經(jīng)過平衡位置時開始計時，鋼球運

動的位移一時間圖像如圖2所示。已知鋼球振動過程中彈簧始終處于拉伸狀態(tài)，則（）

p

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

p

o

圖

A.乙時刻鋼球處于超重狀態(tài)

B.與時刻鋼球的速度方向向上

c.4~弓時間內(nèi)鋼球的動能逐漸增大

D.4時間內(nèi)鋼球的機械能逐漸減小

5、原子核FU有天然放射性，能發(fā)生一系列衰變，可能的衰變過程如圖所示。下列說法中正確的是（）

一2Mb

珈7I獨、2%

)7Tl

A.過程①的衰變方程為譽Bi-*Tl+；He

B.過程①的衰變方程為

C.過程②的衰變方程為1°P。f普Pb+；He

D.過程②的衰變方程為BiPo+°,e

6、如圖所示，一個質(zhì)量為，”的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑

中，假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,與沙坑的距離為Im,g取10m/s2,物

塊可視為質(zhì)點，則A碰撞前瞬間的速度為（）

囚由

P------1m--------?I

A.0.5m/sB.1.0m/sC.2.0m/sD.3.0m/s

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、如圖所示，CD、E尸是兩條水平放置的、阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為&在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在方向

垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為瓦磁場區(qū)域的寬度為d,導(dǎo)軌的右端接有一阻值為K的電阻，左

端與一彎曲的光滑軌道平滑連接.將一阻值也為R,質(zhì)量為，〃的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上人高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終

恰好停在磁場的右邊界處.已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為".下列說法正確的是

A.通過電阻R的最大電流為也殛

2R

B.流過電阻R的電荷量為攀

C.整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為"3?

D.電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為-〃d）

8、如圖所示為一列沿x正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖.其中a、b為介質(zhì)中的兩質(zhì)點，若這列波的傳播

速度是100m/s,則下列說法正確的是.

A.該波波源的振動周期是0.04s

B.a、b兩質(zhì)點可能同時到達平衡位置

C.t=0.04s時刻a質(zhì)點正在向下運動

D.從t=0到t=0.01s時間內(nèi)質(zhì)點b的路程為1cm

E.該波與頻率是25Hz的簡諧橫波相遇時可能發(fā)生波的干涉現(xiàn)象

9、下列說法中正確的是()

A.隨著分子間距離的增大，分子聞相互作用的斥力可能先減小后增大

B.壓強是組成物質(zhì)的分子平均動能的標(biāo)志

C.在真空和高溫條件下，可以利用分子擴散向半導(dǎo)體材料中摻入其他元素

D.液晶既有液體的流動性，又具有單晶體的各向異性

10、如圖所示為一質(zhì)點的簡諧運動圖象。由圖可知

B.t=0時，質(zhì)點正通過平衡位置向正方向運動

C.t=0.25s時，質(zhì)點的速度方向與位移的正方向相同

D.質(zhì)點運動過程中，兩端點間的距離為0.1m

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.(6分)某同學(xué)利用下圖所示的實驗裝置測定滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)"。置于水平桌面的長木板上固定兩個光

電門1、2?；瑝K上端裝有寬度為d的擋光條，滑塊和擋光條的總質(zhì)量為右端通過不可伸長的細(xì)線與鉤碼，〃相連,

光電門1、2中心間的距離為X。開始時直線處于張緊狀態(tài)，用手托住機，實驗時使其由靜止開始下落，滑塊M經(jīng)過

光電門1、2所用的時間分別為小出

(1)該同學(xué)認(rèn)為鉤碼的重力等于滑塊所受到的拉力，那么他應(yīng)注意o

(2)如果滿足(1)中的條件，該同學(xué)得出滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=。

(3)若該同學(xué)想利用該裝置來驗證機械能守恒定律，他只需就可以完成實驗。

12.(12分)如圖甲(側(cè)視圖只畫了一個小車)所示的實驗裝置可以用來驗證“牛頓第二定律”。兩個相同的小車放在

光滑水平桌面上，右端各系一條細(xì)繩，跨過定滑輪各掛一個相同的小盤，增減盤中的祛碼可改變小車受到的合外力，

增減車上的祛碼可改變小車的質(zhì)量。兩車左端各系條細(xì)線，用一個黑板擦把兩細(xì)線同時按在固定、粗糙的水平墊片上,

使小車靜止(如圖乙)。拿起黑板擦兩車同時運動，在兩車尚未碰到滑輪前，迅速按下黑板擦，兩車立刻停止，測出兩

車在此過程中位移的大小。

圖丙為某同學(xué)在驗證“合外力不變加速度與質(zhì)量成反比”時的某次實驗記錄，已測得小車1的總質(zhì)量町=100g,小車2

的總質(zhì)量，”2=200g。由圖可讀出小車1的位移％=5.00cm,小車2的位移馬=cm,可以算出

a.a,

,=__________(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)；在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，—________一(選填“大于”、“小于”或“等

a2a2叫

于

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.(10分)如圖甲所示，Si、S2為兩波源，產(chǎn)生的連續(xù)機械波可沿兩波源的連線傳播，傳播速度吟100m/s,M為兩

波源連線上的質(zhì)點，M離與較近。0時刻兩波源同時開始振動，得到質(zhì)點M的振動圖象如圖乙所示，求：

(1)兩波源$、S2間的距離；

(2)在圖中畫出U6s時兩波源S】、S2間的波形圖，并簡要說明作圖理由。

y/an

甲乙

14.(16分)如圖所示，長度為/=2m的水平傳送帶左右兩端與光滑的水平面等高，且平滑連接。傳送帶始終以2m/s

的速率逆時針轉(zhuǎn)動。傳送帶左端水平面上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，右端與質(zhì)量為mB物塊B相連，B處于靜止

狀態(tài)。傳送帶右端水平面與一光滑曲面平滑連接。現(xiàn)將質(zhì)量mA、可視為質(zhì)點的物塊A從曲面上距水平面入=1.2m處由

靜止釋放。已知物塊”與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)4=0.2,，浜=3機A,物塊A與B發(fā)生的是彈性正撞。重力加速度g取

2

10m/so

(1)求物塊A與物塊B第一次碰撞前瞬間的速度大?。?/p>

(2)通過計算說明物塊A與物塊B第一次碰撞后能否回到右邊曲面上；

(3汝口果物塊A、B每次碰撞后，物塊B再回到最初靜止的位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)他們再次碰撞前瞬間鎖定被解

除，求出物塊A第3次碰撞后瞬間的速度大小。

A

15.(12分)如圖所示，水平地面上方MN邊界左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場，磁感應(yīng)

強度8=1.0T,邊界右側(cè)離地面高/?=0.45m處由光滑絕緣平臺，右邊有一帶正電的“球，質(zhì)量ma=O.lkg、電量q=0.1C,

以初速度vo=O.9m/s水平向左運動，與大小相同但質(zhì)量為啊,=0.05kg靜止于平臺左邊緣的不帶電的絕緣球b發(fā)生彈性

正碰，碰后a球恰好做勻速圓周運動，兩球均視為質(zhì)點，g=10m/s2,求:

(D電場強度的大小和方向；

(2)碰后兩球分別在電磁場中運動的時間;

(3)碰后兩球落地點相距多遠；

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、B

【解析】

A.由于P處于平衡狀態(tài)，可知。2對尸的靜電力大小為

F2=mgcos60=；mg

選項A錯誤；

B.同理可知Qi對尸的靜電力大小為

百

￡=mgcos30"=——mg

設(shè)ac=L,則加/=6心由庫侖定律

F、=k整

居=%絲

23L2

聯(lián)立解得0、0的電荷量之比為

0一3

選項B正確；

CD.將尸從。點移到b點，電場力先做正功，后做負(fù)功，電勢能先減小后增加，選項CD錯誤；

故選B。

2、A

【解析】

A.開動M上的小發(fā)動機向前噴氣，可使衛(wèi)星M減速，速度減小，所需的向心力減小，衛(wèi)星M做向心運動，則能校

正衛(wèi)星M到較低的軌道運行，故A正確；

B.讓M降低到N所在軌道上，補充能源后再開啟衛(wèi)星M上的小發(fā)動機，可使衛(wèi)星M減速，速度減小，所需的向心

力減小，衛(wèi)星M做向心力運動，則衛(wèi)星M會在更低的軌道運動，故B錯誤；

C.由于不知道M、N的質(zhì)量，所以無法比較兩者的動能，故C錯誤；

D.由

「Mm2

G―^-=mcor

可得

可知

N的角速度比M的大，所以M、N和地球球心三者可能處在同一直線上，故D錯誤。

故選A.

3、B

【解析】

以小球為研究對象，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)受力平衡，由圖可知

Fi

mg

AB.當(dāng)墻與薄板之間的夾角。緩慢地從90。逐漸減小的過程中，薄板給球的支持力的逐漸增大，木板受到的壓力增大,

小球?qū)Ρ“宓膲毫Σ豢赡苄∮谛∏虻闹亓?，A錯誤B正確；

CD.當(dāng)墻與薄板之間的夾角。緩慢地從90。逐漸減小的過程中，墻壁給球的壓力入逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知

墻壁受到的壓力增大，小球?qū)Φ恼龎毫赡艽笥谛∏虻闹亓Γ珻D錯誤。

故選B。

4、D

【解析】

A.從圖中可知乙時刻鋼球正向下向平衡位置運動，即向下做加速運動，加速度向下，所以處于失重狀態(tài)，A錯誤；

B.從圖中可知與時刻正遠離平衡位置，所以速度向下，B錯誤；

c.彳時間內(nèi)小球先向平衡位置運動，然后再遠離平衡位置，故速度先增大后減小，即動能先增大后減小，C錯誤;

D.4時間內(nèi)小球一直向下運動，拉力恒向上，做負(fù)功，所以小球的機械能減小，D正確。

故選D。

5、D

【解析】

AB.由核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得，過程①的衰變方程為

^0Bi^6Tl+tHe

故AB錯誤；

CD.由核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得，過程①的衰變方程為

2i°Bi”po+°

83^84「口十-ice

故C錯誤，D正確。

故選D。

6、D

【解析】

碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得

一〃-2mgx=0-—?2mv2

代入數(shù)據(jù)得

v=2m/s

A與B碰撞的過程中A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則

mv0=mvy+2mv

由于沒有機械能的損失，則

12121c2

—77zv0=—mvx+—?z.mv~

聯(lián)立可得

v0=3m/s

故選D。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、ABD

【解析】

A.金屬棒下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：

mgh,1=-mv~2

金屬棒到達水平面時的速度

v^y[2gh

金屬棒到達水平面后進入磁場受到向左的安培力做減速運動，則剛到達水平面時的速度最大，所以最大感應(yīng)電動勢為

E=BLv

最大的感應(yīng)電流為

BLv_BLj2gh

~2R-

故A正確；

B.通過金屬棒的電荷量

△①BLd

q~~—

R+r2R

故B正確；

C.金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得：

mgh-

則克服安培力做功：

WB=mgh-〃井igd

整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=WB=mgh?〃〃igd

故C錯誤；

D.克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：

故D正確.

8、ACE

【解析】

2

由圖可知波的波長，根據(jù)u=—可以求得周期，根據(jù)波的平移原則判斷某時刻某個質(zhì)點的振動方向，知道周期則可得

T

出質(zhì)點的路程，當(dāng)兩列波的頻率相同時，發(fā)生干涉現(xiàn)象.

【詳解】

A.由圖象可知，波長2=4m,振幅A=2cm,由題意知，波速v=100m/s,波源的振動周期T=—=0.04s,故A正

v

確；

B.八》兩質(zhì)點不可能同時到達平衡位置，故B錯誤；

C.波沿*軸正方向傳播，0時刻a質(zhì)點正在向下運動，z=0.04s=T,一個周期后a質(zhì)點回到了原來的位置，仍然正

在向下運動，故C正確；

TA

D.從f=0到f=0.01s時間內(nèi)，0.015=-,四分之一個周期的時間內(nèi)，質(zhì)點運動的路程一定大于一=1cm,故D錯

42

誤；

該波的頻率/=|=25Hz,與頻率是25Hz的簡諧橫波相遇時可能發(fā)生波的干涉現(xiàn)象，故E正確.

故選ACE.

【點睛】

考查波的形成與傳播過程，掌握波長、波速與周期的關(guān)系，理解質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向的關(guān)系.

9、CD

【解析】

A.隨著分子間距離的增大，分子聞相互作用的斥力減小，選項A錯誤；

B.溫度是組成物質(zhì)的分子平均動能的標(biāo)志，選項B錯誤；

C.在真空和高溫條件下，可以利用分子擴散向半導(dǎo)體材料中摻入其他元素，選項C正確；

D.液晶既有液體的流動性，又具有單晶體的各向異性，選項D正確。

故選CD。

10、CD

【解析】

試題分析：簡諧運動圖象反映質(zhì)點的位移隨時間變化的情況，不是質(zhì)點的運動軌跡，故A錯誤.t=O時，質(zhì)點離開平

衡位置的位移最大，速度為零，故B錯誤.根據(jù)圖象的斜率表示速度，則t=0.25s時，質(zhì)點的速度為正值，則速度方

向與位移的正方向相同.故C正確.質(zhì)點運動過程中，兩端點間的距離等于2倍的振幅，為S=2A=2x5cm=10cm=0.1m,

故D正確.故選CD。

考點：振動圖線

【名師點睛】由振動圖象可以讀出周期、振幅、位移、速度和加速度及其變化情況，是比較常見的讀圖題，要注意振

動圖象不是質(zhì)點的運動軌跡；根據(jù)圖象的斜率表示速度分析振動的運動方向.質(zhì)點運動過程中，兩端點間的距離等于

2倍的振幅。

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

md2(\1_

11、M遠大于,”---—~--7將木板左端抬高，平衡摩擦力

MI')

【解析】

(1)口|實際上滑塊所受到的拉力小于鉤碼的重力，對滑塊應(yīng)用牛頓第二定律

Fr-pMg=Ma

對鉤碼

mg一4=ma

兩式相加解得加速度

Cl-

而如果滿足題中條件，同理解得加速度為

a=-------------

M

若想

d=a

M必須遠大于m。

(2)[2]對于滑塊通過光電門時的速度

d_

d

“2

由動能定理得：

(mg-RMg)x=-M(-)2--M(-)2

解得

(3)網(wǎng)驗證機械能守恒，需要將摩擦力平衡掉，所以該同學(xué)需將木板左端抬高，平衡摩擦力。

12、2.45-2.502.00-2.04等于

【解析】

[1]刻度尺最小分度為0.1cm,則小車2的位移為X2=2.45cm,由于誤差2.45cm—2.50cm均可

⑵由于小車都是做初速度為零的勻加速運動，根據(jù)x=可知，由于時間相同，則有

由于讀數(shù)誤差，則2.00-2.04均可

[3]由題意可知

m2_200_2

"4100

故在誤差允許的范圍內(nèi)

q_m2

a2町

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、⑴800m；(2)見解析

【解析】

(1)由乙圖知，M點2s時開始振動，6s時振動出現(xiàn)變化，所以可知，波源的振動經(jīng)2s傳到M點，波源S2的振動經(jīng)6s

傳到M點，所以兩波源間的距離

x=(100x2+100x6)m=800m

(2)2s時M點的起振方向沿y軸負(fù)方向，所以波源Si的起振方向沿y軸負(fù)方向，6s時波源Si引起的M點的振動方向

沿y軸負(fù)方向，而實際M點的振動方向沿y軸正方向，所以波源&引起的M點的振動方向沿y軸正方向，波源與引

起的振動位移為5cm,所以波源S2引起的振動位移為10m,波長

A-vT-400m

波源N引起的波形圖為

波源S2引起的波形圖為

兩波源8、S2間的波形圖為

14^(l)4m/s；⑵不能通過傳送帶運動至!］右邊的曲面上；(3)0.5m/s

【解析】

(1)設(shè)物塊A沿光滑曲面下滑至水平面時的速度大小為vo?由機械能守恒定律知:

物塊在傳送帶上滑動過程，由牛頓第二定律知：

〃加Ag=%a

2

物塊A通過傳送帶后的速度大小為巧有:v-vf)=-2al,解得

v=4m/s

因v>2m/s,所以物塊A與物塊B第一次碰撞前的速度大小為4m/s

(2)設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為0、VB,取向右為正方向，由動量守恒有

一gJ=

12