2023届高考物理考前押题卷（湖南适用）（Word版附解析）

2023年高考考前押题卷（湖南适用）物理第Ⅰ卷（选择题）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.核反应堆是利用某种粒子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能，核反应方程式为。下列说法正确的是（　　）A.X为质子B.X为α粒子C.的比结合能小于的比结合能D.的结合能小于的结合能【答案】C【解析】【详解】AB．由核电荷数守恒知X的电荷数为0，由质量数守恒可知X的质量数为1，所以X为中子，故AB错误；C．核裂变过程释放能量，比结合能变大，所以的比结合能小于的比结合能，故C正确；D．的比结合能小于的比结合能，但的结合能大于的结合能，故D错误。故选C。2.如图所示，水平桌面上的小物块a通过轻绳跨过光滑定滑轮连接小物块b，物块a、b的质量之比为。将物块a从P点由静止释放，t时间后到达Q点处（b未落地）；若将a、b调换位置，经过t时间b也从P点由静止运动到Q点，则a、b与桌面间的动摩擦因数、的关系为（　　）AB.C.D.【答案】B【解析】 【详解】设a的质量为，b的质量为，由牛顿运动定律可得，又联立解得故选B。3.如图所示，有一个长的线光源AB，其表面可以朝各个方向发光。现将AB封装在一个半径的半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合，AB发出的所有光恰好都能射出球面，半球形介质的折射率为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由几何关系可知，光源AB两端的光是最难射出球面的，从B点射向球面的一束光如图所示，由正弦定理可知可得当时AB发出的所有光恰好都能射出球面，根据全反射定律，则有解得 故选C。4.一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小，方向如图所示。把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4，则（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】AB．根据点电荷电场强度公式且电荷只分布球的表面，对于图甲，表面积相同，所分布电荷总量相同，由电场强度的矢量叠加可知，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为El＞E2；因电荷Q在球心O处产生电场的场强大小则故A正确，B错误；CD．对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知，左侧部分在O点产生的场强与右侧部分O点产生的场强大小相等，即E3＝E4，由于方向不共线，根据合成法则可知故CD错误故选A。 5.如图甲所示电路中，a、b两端接有如图乙所示正弦交流电源，在原线圈前串接一电阻R0=40Ω的保险丝，副线圈串联有一电流表和定值电阻，理想电流表示数为2A，定值电阻R的阻值也为40Ω，则理想变压器原、副线圈匝数比为（　　）A.2∶1B.1∶1C.4∶1D.5∶2【答案】A【解析】【详解】由图乙可知a、b两端接入电压的有效值U0＝200V设原、副线圈匝数比为，有则经过R0的电流为，则有解得k＝2则故选A。6.一颗小行星环绕地球做匀速圆周运动，其运行轨道到地面的距离是地球半径的3倍，已知地球半径为R，表面重力加速度为，则这颗小行星的运转周期可表示为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由公式 得故选D。7.2022年11月，由我国自主研制的新概念武器—电磁枪在珠海航展闪亮登场，这标志着中国电磁弹射技术在世界范围内处于领先地位。下图是用电磁弹射技术制造的轨道炮原理图，质量为m的弹体可在间距为d的两平行水平轨道之间自由滑动，并与轨道保持良好接触。恒定电流从轨道左边流入，通过弹体后从轨道左边流回。轨道电流在弹体处产生垂直于轨道面的磁场，可视为匀强磁场，磁感应强度的大小与电流成正比。通电弹体在安培力作用下加速距离后从轨道右边以速度v高速射出。下列说法中正确的是（　　）A.弹体受到的安培力大小为B.若电流增大到，则弹体射出速度变4vC.若轨道长增大到，则弹体射出速度变为D.若电流从轨道左边流入，轨道左边流回，则弹体将向左边射出【答案】C【解析】【详解】A．由动能定理得安培力大小故A错误；B．结合安培力公式得 可知若电流增大到，则射出速度为，故B错误；C．若轨道长增大到，则射出速度变为，故C正确；D．若电流从轨道左边流入，轨道左边流回，由受力分析可知，弹体仍向右边射出，故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，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等。让甲球在沿斜面向下的恒力作用下沿斜面以初速度从顶端A运动到底端，同时让乙球以同样的初速度从B点抛出，两球同时到达地面，不计空气阻力。则（　　）A.两球运动过程中受重力的冲量相同B.两球运动过程中动量的变化量相同C.两球到达地面前瞬间速度大小相等D.两球到达地面时重力的瞬时功率相等【答案】AD【解析】【详解】AD．因两球同时到达地面，由可知甲球的加速度在竖直方向的分量等于重力加速度，由公式，可知两球运动过程中受重力的冲量相同，两球到达地面时重力的瞬时功率相等。故AD正确；BC．甲球在水平方向还有分加速度，即甲球的加速度比乙球的加速度大，所以甲球运动过程中速度的变化量大，两球到达地面前瞬间速度大小不相等，故BC错误。故选AD。9.甲、乙是两列振幅相同的同种简谐波，在同一介质中沿着x轴方向传播，甲波沿x轴正方向传播，频率 为Hz；乙波沿x轴负方向传播。如图为某时刻两列波的波形图，P是处的质点。由此可知（　　）A.此时质点P的速度为零B.甲、乙两波的频率之比为C.再过1.5s，质点P沿y轴正方向振动D.再过3s，质点P振动的位移和速度均为0【答案】BC【解析】【详解】A．根据同侧法判断可知此时两列波在质点P处引起的振动方向均向下，此时质点P的速度不为零，故A错误；B．由图可知，甲和乙的波长分别为，两波在同种介质中传播，则波速相等，由可知甲、乙两波的频率之比为，故B正确；C．两波波速均为再过1.5s，两波各沿传播方向传播3m，此时甲波在质点P处引起的振动位移为0，速度方向向上，乙波在质点P处引起的振动位移为正向最大，速度为零，则此时质点P振动方向向上，故C正确；D．再过3s两波各沿传播方向传播6m，则此时质点P，由甲波引起的位移为零，由乙波引起的位移也为零，则此时该质点再次处于平衡位置，但二者振动频率不同，振动速度不同，速度叠加不为0，故D错误。故选BC。10.如图所示，一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势为E、内阻为r，一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为R0，导轨电阻不计。金属导轨与金属棒之间的动摩擦因数为μ（μ>tanθ），重力加速度为g。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关后，下列判断正确的是（　　） A.金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上B.金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下C.若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的阻值为D.要保持金属棒静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为【答案】AC【解析】【详解】AB．根据左手定则可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力分力也沿斜面向下，则金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故A正确，B错误；CD．若金属棒恰好不运动，此时金属棒受到静摩擦力达到最大，此时金属棒在导轨上静止受到最大安培力，根据受力平衡可得又联立可得可知要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为故C正确，D错误。故选AC。11.如图所示，光滑水平绝缘轨道和半径的竖直半圆光滑绝缘轨道相切于点。半圆轨道直径的右侧有垂直轨道水平向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，磁感应强度。M、N 为两相同的金属球，质量均为，带电量分别为、。初始时N球静止在轨道处，M球以向右运动。M与N碰撞后，N球恰好能沿半圆轨道做匀速圆周运动且对轨道无压力，不计两球间的库仑力，取。下列说法正确的是（　　）A.M、N两球碰撞为弹性碰撞B.碰后N球的速度大小为C.碰后M球也能沿半圆轨道运动D.匀强电场竖直向上，电场强度大小为【答案】AD【解析】【详解】D．M、N两球相碰瞬间电量中和平分球要能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡电场力的方向向上，又因球带正电，所以电场强度的方向向上，代入数据解得D正确；ABC．N球做匀速圆周运动且对轨道无压力，则得即M与N的速度交换，所以为弹性碰撞，碰撞后M球静止，A正确，BC错误。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题）三、实验题：本题共2小题，共15分 12.探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图所示。在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时刻的拉力值。小球半径、摆线的质量和摆动过程中摆线长度的变化可忽略不计。实验过程如下：（1）测量小球质量m，摆线长L，重力加速度g已知。（2）将小球拉离平衡位置某一高度h处无初速度释放，在传感器采集的数据中提取最大值为F，小球摆到最低点时的速度的表达式为___________（用上面给定物理量的符号表示）。 （3）改变高度h，重复上述过程，获取多组摆动高度h与对应过程的拉力最大值F的数据，在F-h坐标系中描点连线。 （4）通过描点连线，发现h与F成线性关系，如图所示，可证明小球摆动过程中机械能守恒。（5）根据F-h图线中数据，可求得小球质量m=___________ kg，摆线长L=___________m。（重力加速度g=10m/s2）【答案】①.②.0.12③.1.5【解析】【详解】（2）[1]小球摆到最低点时，根据牛顿第二定律有解得（5）[2][3]在（4）中明确说明了机械能守恒，则有，联立可得则根据图像有 ，解得，13.某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻，可选用的器材如下：A．待测电压表V1：量程3V，内阻约3kΩB．电压表V2：量程15V，内阻约20kΩC．电流表A：量程3A，内阻约0.1ΩD．定值电阻R0：9.0kΩE．滑动变阻器R1：0～1kΩF．滑动变阻器R2：0～100ΩG．电源E：电动势约为12V，内阻忽略不计H．开关、导线若干（1）现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“×100”挡，其他操作无误，多用电表表盘示数如图所示，则电压表V1的内阻约为___________Ω。（2）为了准确测量电压表V1的内阻，请用笔画线代替导线将电路图乙连接成完整的分压电路______。（3）该实验中滑动变阻器应该选用___________（选填“R1”或“R2”）。（4）用已知量R0和V1、V2的示数U1、U2来表示电压表V1的内阻RV1=___________。 【答案】①.3400②.③.R2④.【解析】【详解】（1）[1]用多用电表测得的电压表的内阻为（2）[2]因为电压表V2的电阻与R0阻值相当，通过电压表V2的电流不能忽略，故V1内接，电源电路连接如图（3）[3]实验中滑动变阻器要用分压电路，故选取阻值较小的R2。（4）[4]根据欧姆定律可知四、计算题：本题共3小题，共37分14.如图所示，新冠疫情期间，学校杀菌消毒用的压缩式喷雾器储液桶的总容量为6.0L，现倒入5.0L的消毒药液后盖紧盖子，开始打气，每打一次都能把体积为200mL、压强与大气压相同的空气打进储液桶，假设打气过程中药液不会向外喷出，储液桶气密性良好，出液管体积及出液口与储液桶底间高度差不计，周 围环境温度不变，气体可视为理想气体，外界大气压恒为。求：（1）当打气20次后，喷雾器内空气的压强及这个压强下最多能喷出的药液体积；（2）要使喷雾器内的药液一次性全部喷完，至少需要打气的次数。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）在将气体打进储液桶之前，有，倒入药液后，储液桶中气体部分的体积为打气过程，气体保持温度不变，根据玻意耳定律可得联立解得药液喷出过程，气体温度保持不变，根据玻意耳定律可得解得因此能喷出的药液的体积为（2）设至少需要打气次，才能将喷雾器内的药液一次性全部喷完，根据玻意耳定律可得 解得要使喷雾器内的药液一次性全部喷完，至少需要打气次。15.如图所示，在坐标系中，区域I是圆心为O1（0，2m）、半径r=2m的圆形的匀强磁场，区域II是宽度d=1.0m的直线边界匀强磁场，两区域（含边界）磁感应强度大小均为B=1T，方向均垂直于纸面向里。在区域内，一群质量、电荷量的粒子以速度平行于x轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域，其中粒子a正对O1沿半径的方向射入，粒子b打在区域II的上边界最左边P点（图中未标出）。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：（1）粒子在圆形磁场区域I运动的时间；（2）区域II的下边界能被粒子打中的长度；（3）粒子在两磁场区域运动的总时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力得解得由题意可知粒子从坐标原点出区域I，由几何关系可得粒子转过的圆心角为，则在磁场中运动的时间为解得 （2）如图所示，所有粒子都从原点出来，如图所示其中从原点出来后沿轴正方向的粒子打在区域II的下边界最右边，根据几何关系可得从原点出来后打在区域II的下边界最左边的粒子，其轨迹与区域II的下边界刚好相切，根据几何关系可得区域II的下边界能被粒子打中的长度为（3）由几何关系可知，粒子b在圆形磁场和轴下方磁场各运动，则有解得16.如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少；（2）若物块刚好不会从长木板右端滑下，求F的大小及对应点的坐标；（3）图乙中BC、DE均为直线段，求这两段恒力F的取值范围及函数关系式。 【答案】（1）；（2）1N；（1，1）；（3）见解析【解析】【分析】【详解】（1）以初速度为正方向，物块的加速度大小木板的加速度大小由图乙知，板长滑块相对木板的路程联立解得或当时，滑块的速度为，木板的速度为，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，应舍弃，故所求时间为。（2）当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，由牛顿第二定律得由速度关系得由位移关系得 联立解得由图乙知，相对路程代入解得即当时，物块刚好不会从长木板右端滑下，对应点的坐标为（1，1）。（3）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，由牛顿第二定律得由速度关系得由位移关系得联立解得由图乙知，相对路程代入解得当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得 由于静摩擦力存在最大值，所以联立解得综述：BC段恒力F的取值范围是函数关系式是②当时，对应乙中的DE段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为当两者具有共同速度v，历时t，根据速度时间关系可得根据位移关系可得联立解得:−F函数关系式