2023届湖南省益阳市桃江县第一中学高三下学期试题原创模拟物理试题

2024年2月14日发(作者：璀璨读音)

2023届湖南省益阳市桃江县第一中学高三下学期试题原创模拟物理试题（一）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为mA和mB的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比mA:mB=2:1．当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时（如图甲所示），弹簧的伸长量xA；当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时（如图乙所示），弹簧的伸长量为xB，则xA:x等于（

）A．1:1B．1:2C．2:1D．3:22．关于天然放射现象，下列说法正确的是（

）A．放出的各种射线中，粒子动能最大，因此贯穿其他物质的本领最强B．原子的核外具有较高能量的电子离开原子时，表现为放射出粒子C．原子核发生衰变后生成的新核辐射出射线D．原子核内的核子有一半发生衰变时，所需的时间就是半衰期3．“嫦娥四号”实现了人类首次月背登陆，为实现“嫦娥四号”与地球间通信，我国还发射了“鹊桥”中继卫星，“鹊桥”绕月球拉格朗日L2点的Halo轨道做圆周运动，已知L2点距月球约6.5万千米，“鹊桥”距月球约8万千米，“鹊桥”距L2点约6.7万千米，月球绕地球做圆周运动的周期约为27天，地球半径为6400km，地球表面重力加速度为10m/s2，电磁波传播速度为3108m/s。下列最接近“嫦娥四号”发出信号通过“鹊桥”传播到地面接收站的时间的是（

）试卷第1页，共8页

A．2sB．10sC．12sD．16s4．如图所示， AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是A．B．C．D．5．如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上，be为圆形区域的一条直径，be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入试卷第2页，共8页

从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为（　　）A．BIR3B．2BIR3C．BIRD．06．如图，自动卸货车静止在水平地面上，质量为m的货物放在车厢内挡板附近，车厢在液

压机的作用下，θ角缓慢增大，当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑，货物与车厢的动摩擦因数为，重力加速度为g．若货物还未离开车厢，下列说法正确的是A．θ增大过程中，货物对车厢压力大小不变B．θ增大过程中，货物的摩擦力大小等于mg cos θC．货物加速下滑时，货车受到地面向右的摩擦力D．货物加速下滑时，地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和二、多选题7．如图（甲）所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R=4.0Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下。质量m=0.2kg、长度l=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v－t图像如图（乙）所示，其余电阻不计、则（　　）试卷第3页，共8页

A．t=0时刻，外力F水平向右，大小为0.7NB．3s内，流过R的电荷量为3.6CC．从t=0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压为1.6VD．在0~3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式是F=0.1+0.1t（N）8．如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　）A．物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒B．物块落上小车后的最终速度大小为3m/sC．物块在小车的上表面滑动的距离为0.5mD．物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J9．如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则(　　)A．μ1一定小于μ2B．μ1可能大于μ2C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动10．2019年1月11日1时11分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中星2D”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。该卫星可为全国广播电台、电视台等机构提供广播电视及宽带多媒体等传输任务。若已知“中星2D”的运行轨道距离地面高度h、运行周期T、地球的半径R，引力常量G，根据以上信息可求出（

）试卷第4页，共8页

A．地球的质量B．“中星2D”的质量C．“中星2D”运行时的动能D．“中星2D”运行时的加速度大小三、实验题11．某实验小组为了测量某微安表G（量程200μA，内阻大约2200Ω）的内阻，设计了如下图所示的实验装置。对应的实验器材可供选择如下：A．电压表（0~3V）；B．滑动变阻器（0~10Ω）；C．滑动变阻器（0~1KΩ）；

D．电源E（电动势约为6V）；

E．电阻箱RZ（最大阻值为9999Ω）；开关S一个，导线若干。其实验过程为：a．将滑动变阻器的滑片滑到最左端，合上开关S，先调节R使电压表读数为U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值为R16924Ω；3b．重新调节R，使电压表读数为U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使4微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值（如图所示）为R2；试卷第5页，共8页

根据实验过程回答以下问题：（1）滑动变阻器应选_______（填字母代号）；（2）电阻箱的读数R2=________Ω；（3）待测微安表的内阻_________Ω。2W”的字样，现在要用伏安法描绘出这个电珠的UI图象，12．一个小电珠上标有“2V、有下列器材供选用：A．电压表（量程为0~3V，内阻约为10kΩ）B．电压表（量程为015V，内阻约为20kΩ）C．电流表（量程为00.6A，内阻约为1Ω）D．电流表（量程为01.0A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（阻值范围为05Ω，额定电流为10A）F．滑动变阻器（阻值范围为0500Ω，额定电流为0.2A）(1)实验中电压表应选用_______，电流表应选用_______（均用器材前的字母表示）。(2)为了尽量减小实验误差，要电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器调节方便，滑动变阻器应选用_________（用器材前的字母表示）。(3)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图_____，并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图_______试卷第6页，共8页

四、解答题13．如图所示，在倾角为＝30°且足够长的斜面上，质量为3m的物块B静止在距斜面顶编为L的位置，质量为m的光滑物块A由斜面顶端静止滑下，与物块B发生第一次正碰．一段时间后A、B又发生第二次正碰，如此重复．已知物块A与物块B每次发生碰撞的时间都极短且系统的机械能都没有损失，且第二次碰撞发生在物块B的速度刚好减为零的瞬间．已知物块B所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g．求（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间的速度（2）从一开始到A、B发生第n次碰撞时，物块A在斜面上的总位移．14．如图所示ABCD是一玻璃砖的截面图,一束光沿与AB面成30°角从AB边上的E点射入玻璃砖中,折射后经玻璃砖的BC边反射后,从CD边上的F点垂直于CD边射出．已知ÐB=90°,C60,EB10cm,BC30cm．真空中的光速c3108m/s,求:①玻璃砖的折射率;试卷第7页，共8页

②光在玻璃砖中从E传播到F所用的时间．15．如图所示，半径为R15m的1光滑圆弧AB固定在水平面上，BCD为粗糙的水平4面，BC和CD距离分别为2.5 m、1.75 m，D点右边为光滑水平面，在C点静止着一个小滑块P，P与水平面间的动摩擦因数为10.2，容器M放置在光滑水平面上，M的左边是半径为R22m的1光滑圆弧，最左端和水平面相切于D点。一小滑块Q从A4点正上方距A点高H3.45m处由静止释放，从A点进入圆弧并沿圆弧运动，Q与水平面间的动摩擦因数为20.5。Q运动到C点与P发生碰撞，碰撞过程没有能量损失。已知Q、P和M的质量分别为m11kg、m25kg、m31kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)P、Q第一次碰撞后瞬间速度大小；(2)Q经过圆弧末端B时对轨道的压力大小；(3)M的最大速度。试卷第8页，共8页

参考答案：1．A【详解】设mA=2mB=2m，对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：a对A物体有：FmAmBgmAmBFg3mF弹-μ∙2mg=2ma，得F弹2F2Fkx1

；x13k3对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：a对A物体有：FmAmBgmAmBFg3mF弹′-2mg=2ma′，得F弹2Fkx232F3kx2则x1：x2=1：1．A． 1:1，与结论相符，选项A正确；B． 1:2，与结论不相符，选项B错误；C．2:1，与结论不相符，选项C错误；D．3:2，与结论不相符，选项D错误．2．C【详解】A．在三种放射线中，粒子动能虽然很大，但贯穿其他物质的本领最弱，选项A错误。B．

衰变射出的电子来源于原子核内部，不是核外电子，选项B错误。C．原子核发生衰变后产生的新核处于激发态，向外辐射出射线，选项C正确。D．半衰期是放射性原子核总数有半数发生衰变，而不是原子核内的核子衰变，选项D错误；故选C。答案第1页，共11页

3．A【详解】根据地球对月球的万有引力提供月球绕地球圆周运动的向心力，有GMm4π2m2rr2T忽略地球自转，在地球表面附近gGMR2可计算地月间距r38万千米所以L2到地球距离为44.5万千米，根据勾股定理可计算地球到“鹊桥”距离约为45万千米，所以“嫦娥四号”到地球表面通讯距离为53万千米，即5.3108m，因此通信时间5.3108ts1.8s3108最接近2s，故A正确，BCD错误。故选：A。4．C【详解】当平抛的初速度vv0时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角，可得：12gty2gt

，tanxvt2v可得平抛时间：t则小球所受的重力的瞬时功率为：2vtangPmgvymggt2mgtanv可知，P关于v构成正比例函数关系；当平抛的初速度vv0时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h，有：h则平抛时间为：t12gt22hg答案第2页，共11页

则小球所受的重力的瞬时功率为：Pmgvymggtmg2gh可知功率P为恒定值；综合两种情况可得C项的图像争取，ABD项的图像错误；故选C。5．A【详解】根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流：I15I6流过abcdef边的电流：I21I6de、ab边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理bc、ef边受到的安培力等大同向，斜向右下方，则de、ab、bc、ef边所受的安培力合力为：1F3BIR3方向向下；cd边受到的安培力：F1BI2RBIR6方向向下，；af边受到的安培力：F2BI1R5BIR6方向向上，所以线框受到的合力：FF2F1F31BIR3A正确，BCD错误。故选A。6．D【分析】本题考查牛顿定律在斜面上的应用。【详解】A.

对货物受力分析可知，货物受到的支持力FN=mgcos当角度变化时，支持力也变化，故A错误；B.

对货物受力分析可知，货物受到的摩擦力答案第3页，共11页

f=mgsin故B错误；C.

当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向左上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向右下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向左的摩擦力，故C错误；D.

当货物相对车厢加速下滑时，物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力，所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力，故D正确。故选D。7．CD【详解】A．根据v－t图象可以知道金属杆做匀减速直线运动，加速度为av062m/s2t3当t=0时刻，设向右为正方向，根据牛顿第二定律有FBILma根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有IBLv0ErRrR联立以上各式代入数据可得F0.1N，负号表示方向水平向左，故A错误；B．根据EItqEtRr联立可得qBSRrRr又因为v－t图象与坐标轴围成的面积表示通过的位移，所以有1S63m9m2故代入数据可解得q=0.9C故B错误；C．设杆运动了5m时速度为v1，则有答案第4页，共11页

2v12v02as1此时金属杆产生的感应电动势E1BLv1回路中产生的电流I1E1Rr电阻R两端的电压UI1R联立以上几式结合A选项分析可得U1.6V，故C正确；D．由A选项分析可知t=0时刻外力F的方向与v0反向，由牛顿第二定律有FBILma设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则有vv0atEBLvIERr联立以上几式可得F0.10.1tN负号表示方向水平向左，即大小关系为F0.10.1tN故D正确。故选CD。8．CD【详解】A．物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；B．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：Mv0=（M+m）v所以共同速度为：答案第5页，共11页

v故B错误；Mv022.5m/s2m/sMm20.5C．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：E1代入数据解得：112Mv0(Mm)v222ΔE1=1.25J由功能关系：ΔE1=μmg·Δx解得：Δx =0.5m故C正确；D．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得：112EmghMv0(Mm)v222代入数据可得：ΔE=7.5J故D正确。故选CD。9．BD【分析】因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．【详解】对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A错误、B正确．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C错误．若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动．故D正确．故选BD．答案第6页，共11页

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．10．AD【详解】AB．根据GMm22m()(Rh)可得

(Rh)2T42(Rh)3MGT2但是不能求解m，选项A正确，B错误；C． “中星2D”的质量未知，则不能求解其运行时的动能，选项C错误；D．根据

GMmma

可得2(Rh)aGM(Rh)2可求解“中星2D”运行时的加速度大小，选项D正确；故选AD。11． B 4653 2170【详解】(1)[1]．滑动变阻器用分压电路，则为方便实验操作，滑动变阻器应选择B；(2)[2]．由图示电阻箱可知，电阻箱示数为R2=4×1000Ω+6×100Ω+5×10Ω+3×1Ω=4653Ω(3)[3]．根据实验步骤，由欧姆定律可知U=Ig（Rg+R1）3UI（

gRgR2）4解得Rg=2170Ω12． A D E

答案第7页，共11页

【详解】(1)[1]因为电珠的额定电压为2V，为保证实验安全，选用的电压表量程应稍大于2V，但不能大太多，量程太大则示数不准确，所以只能选用量程为03V的电压表，故选A；[2]由PUI得，电珠的额定电流IP1AU应选用量程为01.0A的电流表，故选D。(2)[3]由题意可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中，为调节方便应选总阻值小的滑动变阻器，故选E。(3)[4][5]电珠内阻U2R2ΩP电压表内阻远大于电珠内阻，应采用电流表外接法，故电路图和实物连接图分别如图乙、丙所示13．（1）vAgLvv0方向沿斜而向上；vB0222gL方向沿斜面向下；（2）L+（n-1）2答案第8页，共11页

33n1L（n =1，2，3……）L=44【详解】（1）设物块A运动至第一次碰撞前速度为v0，由动能定理得12mgsin×L=mv02A、B发生弹性正碰，有mv0 mvA3mvB121212mv0=mvA3mvB222解得第一次碰撞后瞬间A、B的速度vAgLv0，方向沿斜而向上22vBv02gL，方向沿斜面向下2（2）碰后经时间t时A、B发生第二次正碰，则A、B的位移相等，设为x，取沿斜而向右下为正方向，对B有1x=（vB0）t2对A有：1x=(vAvA2)t2mgxsin122m(vA2vA)2解得第二次碰前A的速度vA2=v03x=L4因为第二次碰前两物体的速度与第一次碰前完全相同，因此以后每次碰撞之间两物体的运动情况也完全相同．到第n次碰撞时，物块A在斜面上的总位移：33n1L（n =1，2，3……）s=L+（n-1）L=4414．①n3

②t45531010s1.79109s3【详解】本题考查光的折射和全反射．答案第9页，共11页

①

光在玻璃砖中传播的光路如图所示，由几何关系可得i60光在BC边发生反射后垂直BC边射出，可得rBQECQF30由折射定律n解得n3②

光在玻璃砖中的速度为vcnsinisinr由几何关系得EQ2EB20cmBQBEtan600

QFQCcos30BCBQcos3015315cm所以tEQQF45531010s1.79109sv315．（1）-8m/s 4m/s（2）43.8N（第一次）和17.8N（第二、三次）（3）5m/s【详解】（1）物体Q从开始下落，到到达C点的过程，由动能定理：m1g(HR1)2m1gBC解得v1=12m/sQ运动到C点与P发生碰撞，则：1m2v12

2m1v1m1v2m2v3

11122m1v12m1v2m2v3222联立解得：v2=-8m/s

v3=4m/s答案第10页，共11页

（2）碰撞后Q向左滑行，设Q第二次到B点时速度为v4，由动能定理有2m1gBC1122m1v4m1v222Q第二次在B点，设轨道对Q的支持力大小为F2，应用向心力公式有2m1v4F2m1gR1解得F217.8Nv439m/sQ滑上圆弧轨道AB后再次滑下，第三次经过B点时的速度大小仍为v4，轨道对Q的支持力大小仍为F217.8N，之后Q一直向右运动，最终停在BD上，且与P无碰撞，所以由牛顿第三定律可知，Q在B点对轨道的压力大小为43.8 N（第一次）和17.8N（第二、三次）（3）P、Q碰撞后P向右滑行，设P点运动到D点速度为v5，由动能定理有1m2gCD解得1122m2v5m2v322v53m/sP滑上M的轨道过程M向右加速，从轨道上滑下，M仍向右加速，则P滑到水平面时M有最大速度，设P刚到水平面时，M和P的速度分别为v7和v6，v7为M的最大速度，P从滑上到回到水平面，P和M水平方向动量守恒，初末两态总动能相等，则有m2v5m2v6m3v7111222m2v5m2v6m3v7222联立解得v75m/sv62m/s答案第11页，共11页