2023届湖北部分学校高三下学期新高考物理模拟预热卷

物理模拟预热卷

一、单选题

1．2022年6月23日，东北首座核电站辽宁红沿河核电站全面投产，成为国内在运的最大核电站。在该核电站的核反应堆中，中子轰击重核铀发生裂变反应，释放出大量核能。已知一个92235U裂变时能释放200MeV的能量，阿伏加德罗常数NA6.021023mol1，

则1kg的铀完全裂变释放的能量（ ） A．8.31013C．5.21026MeV

B．1.21025D．5.21030MeV

MeVMeV2．如图所示的变压器，原、副线圈的匝数比为4:1，原线圈输入端的a、b间串接有一个阻值为2R的电阻和一个理想电流表，副线圈与一个阻值为R的电阻串联，原线圈的中间位置有一个抽头d。当输入端的交流电压加到a、c两端时，电流表的读数为I1，当输入端的交流电压加到a、d两端时，电流表的读数为I2，则I1:I2为（ ）

A．1:2 B．2:1 C．1:3 D．3:1

1T3．一定质量的理想气体从状态A开始依次经过状态B再到状态C再回到状态A，其V图像如图所示，其中CA曲线为双曲线的一部分。下列说法正确的是（ ）

A．从B到C的过程中，气体放出热量

B．从B到C的过程中，气体吸收热量，内能增加 C．从C到A的过程中，气体的压强不变，内能增加

D．从C到A的过程中，气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变少，且单个气体分子的撞击力变小

试卷第1页，共8页

4．某跳伞运动员从悬停在空中的直升机上由静止自由下落（空气阻力不计），下落一段距离后打开降落伞，从打开降落伞开始计时，运动员的速度随时间变化的图像如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法中正确的是（ ）

A．运动员自由下落的距离为10m

B．在0~5s时间内，运动员运动的位移大小为62.5m C．在0~5s时间内，运动员所受阻力随时间减小 D．在5~8s时间内，运动员的机械能不变

5．电梯由静止从大楼的1层运动至30层，共用时间t0；第二次电梯由静止从大楼的1层运动至30层的过程中在16层停顿一小会儿（忽略在16层停留的时间），共用时间t，若电梯每次从静止开始运动到停止的过程中都经过匀加速、匀速、匀减速。电梯匀速运动时速度都一样，每次匀变速用时均为t1，则t与t0的差值为（ ） A．1

2tB．t1

7.7km/sC．2t1 D．3t1

6．“天宫一号”空间实验室以速度vM、N绕地球做匀速圆周运动。太阳帆板两端

20m的连线与空间实验室速度方向垂直，M、N间的距离L1.0105，当空间实验室穿

过垂直纸面向里的大小约为B半径R6.410km3T的匀强磁场时，将太阳帆板视为导体。地球

，忽略地球自转的影响。则（ ）

A．M端电势低于N端电势 B．M、N间感应电动势的大小E15.4V1h

C．“天宫一号”绕地球运行的周期T

3.710m5D．“天宫一号”距离地球表面的高度约h

7．如图所示，某同学手持黑板擦沿着水平方向向右匀速擦黑板。已知黑板擦的质量为

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0.1 kg，g取10所受滑动摩擦力大小为3 N，黑板擦与黑板间的动摩擦因数为0.3，则黑板擦运动过程中该同学对黑板擦的作用力大小约为（ ）

m/s2，

A．3 N B．1 N C．10.5 N D．10 N

二、多选题

8．如图所示，位于A点处的波源从ty0.01sin(20t)m0时刻开始振动，其振动方程为

。已知该波源产生的简谐横波沿着x轴负方向传播，当质点O开

始振动时，质点A刚好位于波谷，下列说法正确的是（ ）

A．该简谐横波的最大波长是16 m B．该简谐横波的周期是0.2 s

C．B开始振动后，质点B与质点A的振动方向始终相反

D．当波速为32 m/s时，质点B在0~0.55 s时间内的振动路程为0.12 m

9．如图所示，半径为L的导体环固定在水平面上，导体环的总电阻为2R，整个空间存在垂直导体环平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长为2L、阻值可忽略的导体棒MN可绕导体环上的M点在水平面内转动，t0时刻导体棒由与导体环相切的

位置，在外力的控制下沿逆时针的方向以恒定的角速度ω转动。导体棒与导体环接触良好，接触点用O表示，导体棒转过30°时为状态①，导体棒转过90°时为状态②。下列说法正确的是（ ）

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A．状态①，MO两端的电压为BL2 B．状态②，MO两端的电压为2BL2

C．状态①与状态②流过导体棒的电流之比为9:20 D．状态①与状态②，导体棒所受的安培力之比为9:20

10．如图所示，将一根光滑的硬质金属导线制成四分之一圆弧轨道AB后固定在竖直平面内，O1为轨道的圆心，O1B水平。质量为m的细圆环P套在轨道上，足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮O2、O3分别连接圆环P与另一质量也为m的小球Q，

AO1BO2为一边长为R的正方形。若将细圆环P从圆弧轨道的最高点A由静止释放，圆

环P在细绳拉动下将沿轨道运动。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，则细圆环P下滑至B点的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．小球Q的机械能先增加后减少 B．细圆环P的机械能先减少后增加

C．小球Q的速度为零时，细圆环P的速度大小为(632)gR D．细圆环P运动到B点时，圆弧轨道对圆环P的弹力大小为mg

11．如图所示的xOy坐标系中，y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的y轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，匀强磁场，一带正电的粒子由y轴上（0，

L）处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子

在y轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O点，粒子重力不计。下列说法正确的是（ ）

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A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y轴右侧的磁感应强度大小为

vkL

πLvB．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O点的时间为

πLvC．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为D．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为

7πL3v

三、实验题

12．为了探究加速度与力、质量的关系，某物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置。将表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板左端固定有打点计时器，滑块右侧固定一个轻质小滑轮。钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行。先接通电源，计时器开始打点，再静止释放滑块，滑块在钩码的作用下开始在长木板上运动（忽略滑轮与细绳间的摩擦，重力加速度g取10m/s2）。

（1）某次实验时，小组成员将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验中，拉力传感器显示的示数为5.7N，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），其中s1s45.97cm3.59cm，s24.41cm，s35.19cm，

，s56.78cm，s67.64cm，则滑块的加速度a＝______m/s2，此次实验中

悬挂钩码的质量m＝______kg。（结果均保留2位有效数字）

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（2）小组成员在实验中保持滑块质量M不变，通过增减悬挂钩码的数目进行多次实验，通过分析纸带求出相应实验时滑块的加速度，得到多组拉力传感器示数F和滑块加速度a的数据，作出如图丙所示的a－F图像。由图像可求得滑块的质量M＝______kg，滑块与长木板间的动摩擦因数______。（结果均保留2位有效数字）

13．某实验小组为测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材。 A．电流表A1（量程0~10 mA，内阻RA1约2Ω） B．电流表A2（量程0~3 mA，内阻RA2为10Ω） C．电阻箱R（最大阻值为99.99Ω） D．定值电阻R0490Ω

E.开关S一个，导线若干

（1）为了测量结果的准确性、测量范围尽可能大和操作方便，电流表应选______（填器材前面的序号）。

（2）请根据所选的实验器材，在虚线框内画出电路图_______。

（3）该实验小组的实验过程如下： ①按设计的电路图连接实物电路；

②将电阻箱的阻值调到_______（填“最大”或“最小”）；

③闭合开关S，将电阻箱的阻值调至某一值R，读出电流表的示数I，记录数据；

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④改变电阻箱的阻值，得到多组数据；

⑤在实验数据处理环节，小组成员一致认为采用图象法进行实验数据处理可以减小误差，但是在用图象法处理数据时，小组成员有两种观，点，一部分成员认为需要形象、直观地观察电流I随R变化的规律，可以以______（填“I”“I2”或“”）为纵轴，以

I11R为横轴

作图画出一条直线；

⑥有同学以为纵轴，以R为横轴，用计算机拟合出了如图所示的

I11IR关系图线，其

中

1I345A1为图线的渐近线，A点为图线上的一点，则E_______，r________。

（结果保留2位小数）

四、解答题

14．如图所示，柱状半圆形透明介质的横截面MON竖直放置，半圆面的半径为R、圆心为O，一束单色光以入射角in245射到整个直径MN上，介质对该单色光的折射率为

。已知光在真空中传播速度为c，不考虑圆弧面上的反射光。求：

（1）光在介质中的最长传播时间； （2）圆弧面上有光射出区域的长度。

15．如图所示，质量M3.0kg的长木板A的左端a处固定有一宽度不计的轻质竖直挡

1.0kg板P，b为长木板的右端点。质量m位置，且xac4.0m的可视为质点的小物块B放在长木板上的c

，小物块B与长木板A均静置于水平地面上。在长木板左侧，质量

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也为m、与长木板A等高的小物块Q正以某一速度水平向右运动，tQ以速度v012.0m/s0时刻，小物块

与长木板A发生弹性碰撞，碰撞时间极短，经历一段时间，小物

块B与挡板P亦发生弹性碰撞，碰撞时间也极短，碰撞之后，小物块B恰好到达长木板A的右端点b处。已知小物块Q与水平地面间的动摩擦因数1木板A之间的动摩擦因数2力加速度g取10m/s20.1，小物块B与长

0.20.1，长木板

A与水平地面间的动摩擦因数3，重

，求：

0（1）小物块Q停止运动时的位置与长木板A开始运动前左端a点之间的距离x； （2）长木板A上c位置到右端b点之间的距离xbc（结果保留3位有效数字）。

16．一根质量m1kg、长为L0.5m电阻不计的导体棒静止在足够长的光滑的U形导

轨上，导轨平面存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨左侧有两个开关S1、S2、S1与一个定值电阻串联，阻值R2；S2与一个电容器联，电容C1F，

如图甲所示。现将S1闭合，S2断开，且用拉力F拉着导体棒开始向右做匀加速直线运动，图乙为导体棒所受拉力F随时间t的变化图像，则： （1）磁感应强度B的大小为多少？ （2）已知在0~4s内外为F做功

2243J，则电阻R产生的焦耳热为多少？

（3）当t=4s时，将S1断开，S2闭合，同时撤去外力F，则电容器最终所带电荷量为多少？

试卷第8页，共8页

参考答案：

1．C

235【详解】1kg的92U含有的原子核数目

NmMNA10.235 6.0210232.61024

故1 kg铀完全裂变释放的能量

ENE02.61024200MeV5.21026MeV

故选C。 2．C

【详解】当输入端的交流电压加到a、c两端时，令变压器原副线圈匝数分别为n01、n02，变压器原副线圈两端电压分别为U01、U02，负线圈所接负载电阻为R负，若将变压器与副线圈所接电阻等效为一个电阻，则等效总电阻为

n01RxU01I01n02n02n01U02I02n01U02n01RxnIn02020222

根据上述，当输入端的交流电压加到a、c两端时，等效电阻

R14122R16R

则电流

I1U2RR1

当输入端的交流电压加到a、d两端时，等效总电阻为

42122R2R4R

则电流

I2U2RR2

解得

I1:I21:3

故选C。 3．B

【详解】AB．从B到C的过程中，V不变，则W0，T增大，则U0，内能增加，根据

答案第1页，共14页

热力学第一定律

UWQ

可得Q0，即气体吸收热量，阻值A错误，B正确；

C．从C到A的过程中，根据理想气体状态方程

pVTC

可得

VC Tp

V减小，T减小，由于CA曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体压强不变，内能减少，选项C错误；

D．从C到A的过程中，p不变，V减小，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多，温度减小，单个气体分子撞击力变小，选项D错误。 故选B。 4．C

【详解】A．由题图可知打开降落伞时，运动员的速度大小为20m/s，在运动员自由下落的过程中，有

v22gh

解得

h20m

A错误；

B．vt图像中图线与横轴所围图形的面积表示位移，由题图知在0~5s时间内，运动员运动的位移

x20552m62.5m

B错误；

C．根据vt图像中图线的斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速度的大小，可知在0~5s时间内运动员的加速度a减小，由牛顿第二定律得

fmgma

可知运动员所受阻力f随时间减小，C正确；

D．在5~8s时间内由题图可知运动员的速度不变，其动能不变，但重力势能减少，故机械能减少，D错误。

答案第2页，共14页

故选C。 5．B

【详解】设电梯匀速运动的速度为v，第一次上升过程有

x2v2t1vt02t1

第二次上升过程有

x4v2t1vt4t1

解得

tt0t1

故选B。 6．D

【详解】A．磁场竖直向下穿过太阳帆板，根据右手定则可知，M端电势高于N端电势，选项A错误； B．由EBLv可知，M、N间感应电动势的大小

E1.0105207.710=1.54V3

选项B错误；

CD．由万有引力提供“天宫一号”做圆周运动的向心力，有

GMm(Rh)2mv2Rhm4πT22(Rh)

忽略地球自转的影响，设地球表面的某一物体的质量为m，则有

GMmR2mg

联立解得

gR2v RhT2(Rh)gR23 代入数据可知“天宫一号”距离地球表面的高度

h3.710m5

“天宫一号”绕地球运行的周期

答案第3页，共14页

T1.5h

选项C错误，D正确。 故选D。 7．C

【详解】由滑动摩擦力公式

FfFN

可得手对黑板擦垂直黑板的压力

FN10N

同时手对黑板擦竖直向上的作用力

Fmg1N

因为黑板擦做匀速直线运动，可知手对黑板擦的作用力有三个分力，分别是平衡摩擦力的力、平衡重力的力和垂直黑板的压力，三个力两两垂直，根据勾股定理，可知

F合 F2FNFf10.5N22

故选C。 8．ACD

【详解】A．由题意知

AO14n(n0,1,2,)

则波长

164n1m(n0,1,2,)

当n0时，波长有最大值，最大值为16 m，A正确；

B．该简谐横波的周期

T2220s0.1s

选项B错误； C．因为

AB84n1162n12(n0,1,2,)

所以质点B与质点A的振动方向始终相反，选项C正确； D．当波速为32 m/s时，波从A点传到B点所用的时间

答案第4页，共14页

t1ABv832s0.25s

0~0.55 s时间内质点B的振动时间

t20.55s0.25s0.3s3T

所以质点B的振动路程

sB12A120.01m0.12m

选项D正确。 故选ACD。 9．BC

A．O两点之间的距离为L，【详解】根据几何关系可知，导体棒转过30°（状态①）时，M、O点的速度

v1L

则MO两端的电压

E1BLv1BLv1212BL2

A错误；

B．根据几何关系可知，导体棒转过90°（状态②）时，M、O两点之间的距离为2L，O点的速度

v22L

则MO两端的电压

E2B2Lv2B2Lv222BL2

B正确；

CD．状态①时，电路的总电阻

RR135R35R18

2R流过导体棒的电流

I1E1R19BL5R2

导体棒所受的安培力大小

答案第5页，共14页

F1BI1L9BL5R23

状态②时，电路的总电阻

R2RR2RR2

流过导体棒的电流

I2E2R24BLR2

导体棒所受的安培力大小

F2BI22L8BLR23

解得状态①与状态②流过导体棒的电流之比为9:20，状态①与状态②导体棒所受的安培力大小之比为9:40，C正确，D错误。 故选BC。 10．CD

【详解】A．在细圆环P下滑至B点的过程中，小球Q先向下运动，后向上运动，细绳拉力对Q先做负功后做正功，因此小球Q的机械能先减少后增加，A错误；

B．B错误； 细绳拉力对细圆环P先做正功后做负功，因此细圆环P的机械能先增加后减少，C．根据速度的合成与分解可知，细圆环P的速度沿细绳方向的分量大小等于Q的速度大小，当小球Q的速度为零时，细圆环P的速度方向与细绳垂直，根据几何关系可知，此时细绳与水平方向的夹角为45°，根据机械能守恒定律有

mg[R(2RR)]mg(RRcos45)12mvP2

解得

vP(632)gR

C正确；

D．细圆环P运动到B点时，P、Q的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律可得

mgR122mv2

在B点，对细圆环P有

NmvR2

解得圆弧轨道对圆环P的弹力大小

答案第6页，共14页

Nmg

D正确。 故选CD。 11．AD

【详解】A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示

根据

qvBmv2R

解得

BmvqR

由几何关系可知

RL

则有

BvkL

A正确；

B．由几何关系可知粒子在y轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O点的时间

tT6

由于

T2Lv

解得

tL3v

B错误；

CD．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴左右两侧各偏转一次经过O点，如

答案第7页，共14页

图乙所示，由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径

R12L

则y轴左侧磁场的磁感应强度大小

B1mvqR1v2kL

粒子运动的时间

t156TT16

由于

T12π2Lv

解得

t17πL3v

若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴的左侧偏转一次、在y轴的右侧偏转两次经过O点，如图丙所示

由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径

R23L

则y轴左侧磁场的磁感应强度大小

B2mvqR2v3kL

粒子运动的时间

t253TT26

由于

T22π3Lv

解得

答案第8页，共14页

t213πL3v

C错误，D正确。 故选AD。

12． 0.80 0.68 0.29 0.14

【详解】（1）[1][2]由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔T＝0.1s，根据逐差法可得

as4s5s6s1s2s39T20.80m/s2

钩码的加速度大小为滑块加速度的2倍，对钩码进行受力分析，由牛顿第二定律有

mgF02ma

解得

m＝0.68kg

（2）[3][4]对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有

2FMgMa

解得

a2MFg

结合题图丙可知

2M1.40.2kg1

g1.4m/s2解得

M0.29kg

0.14

13． B 最大

1I 1.45 V

0.29Ω

【详解】（1）[1]根据实验器材，要完成电源电动势和内阻的测量，需将电流表改装成电压表，电流表应选内阻已知的B。 （2）[2] 电路图如下

答案第9页，共14页

（3）②[3]为了保证安全，闭合开关前，需将电阻箱阻值调至最大。 ⑤[4]根据闭合电路欧姆定律得

RA2R0EIRA2R0IIrR

变形得

1IRA2R0rERA2R0rE1R

以为纵轴，以

I11R为横轴作图得到的图线是直线。

1I345A1⑥[5][6]当R时，，当R10Ω时，

1I355A1，解得

E1.45V,r0.29Ω

14．（1）26R3c；（2）

R2

【详解】（1）设折射角为r，根据光的折射定律有

nsinisinr

解得

r30

由几何关系得，光在圆弧面上的射出点与圆心等高时，该光在介质中的传播路径最长，为

sRcosr233R

该光在介质中传播速度为

vcn22c

则最长传播时间为

tsv26R3c

（2）如图所示，能从圆弧面射出的光线就是从AB之间入射的光线，由

sinC1n

解得临界角

答案第10页，共14页

C45

由几何知识得圆弧面上有光射出区域对应的圆心角

180751590oooo

故圆弧面上有光射出区域的长度

l90oo3602RR2

15．（1）18 m；（2）3.14 m

【详解】（1）小物块Q与长木板A发生弹性碰撞，则有

mv0mv1Mv2，

12mv0212mv1212Mv22

解得

v16m/s，v26m/s

碰后，小物块Q反向做匀减速直线运动，有

v121gx02

解得

x018m

（2）小物块Q与长木板A发生碰撞后，分别对小物块B与长木板A进行受力分析，设其加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有

2mgma1，3(mM)g2mgMa2

小物块B与挡板P发生碰撞前，小物块B向右做匀加速直线运动，长木板A向右做匀减速直线运动，且长木板A的速度始终大于小物块B的速度，由运动学公式有

v2t112a2t1212a1t1xac

2答案第11页，共14页

解得

t11s或t12s（舍去）

设小物块B与P碰前瞬间速度为v3，由运动学公式有

v3a1t1

设长木板A与小物块B碰前瞬间速度为v4，由运动学公式有

v4v2a2t1

小物块B与挡板P发生弹性碰撞，设碰后瞬间长木板A的速度为v5，小物块B的速度为v6，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

Mv4mv3Mv5mv6，

12Mv4212mv3212Mv5212mv62

解得

v52m/s，v64m/s

小物块B与挡板P碰撞后，两者均向右做匀减速直线运动，小物块B的加速度大小仍为a1，设长木板A的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有

3(mM)g2mgMa3

由分析可知，长木板A停止运动后，小物块B继续以加速度大小a1做匀减速直线运动，直到运动至长木板A的右端点b处停止。由运动学公式有

xbcxacv622a1v522a3

解得

xbc3.14m

16．（1）2T；（2）

1283 J；（3）4C

【详解】（1）根据题意可知，导体棒在外力F拉动开始做匀加速直线运动，由法拉第电磁感应定律有

EBLv

通过导体棒的电流

答案第12页，共14页

IER

导体棒所受安培力

F安 BIL

对导体棒，由牛顿第二定律有

FF安 ma

导体棒做匀加速直线运动的速度

vat

联立以上各式可得

FBLaR22tma

由题图乙可得，斜率

k1N/sBLaR22

纵截距

b2Nma

联立解得

a2m/sB2T2

（2）当t=4s时，导体棒的速度

vat8m/s

对导体棒，由动能定理有

WFW安 12mv2

电阻R产生的焦耳热

QW安

联立解得

Q1283 J

（3）将S1断开，S2闭合，导体棒给电容器充电，电容器两端电压增大，导体棒受到向左的安培力，做减速运动，导体棒两端电压减小，当二者电压相等时，导体棒匀速运动，电容器所带电荷量稳定。设稳定时，导体棒的速度为v，则电容器两端电压

答案第13页，共14页

UBLv

电容

CQU

对导体棒由动量定理有

BILtmvmv

通过导体棒的电荷量

联立以上各式解得

QIt

Q4C

答案第14页，共14页