2023届新高考模拟预热卷 物理（湖南卷 含解析）

2023届新高考模拟预热卷 物理（湖南卷 含解析）

一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.用如图甲所示的光电管研究光电效应实验。用某波长的绿光照射阴极K，实验测得的电流表示数I与电压表示数U的变化规律如图乙所示。光电管的阴极材料的极限频率，电子的电荷量，普朗克常量，则(   )

A.阴极K每秒钟发射的光电子数为个

B.光电子飞出阴极K时的最大初动能为

C.入射光的波长约为

D.若改用紫光照射阴极K，饱和光电流一定变大

2.某课外兴趣小组，晚上用无人机在水池中平静的水面上巡航，无人机观察到水面上有一个光线形成的圆形区域，原来是水面下有一位置不变的单色点光源S。当无人机位于点光源正上方时，观察到点光源的位置为，如图所示。若观察到的位置相对水面在上升，则(   )

A.无人机一定正在上升

B.水池的水面正在降低

C.该单色光在水中发生全反射的临界角变小

D.观察到的圆形区域大小不变

3.如图所示，滑块位于光滑水平面上，已知的质量均为1 kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态.现使滑块A以速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为(   )

A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J

4.如图所示为某人造地球卫星的变轨发射过程，先将卫星发射到近地圆轨道1，轨道半径为，在A点进行变轨，使卫星在椭圆轨道2上运行，在B点再次进行变轨，使卫星在圆轨道3上运行，轨道半径为，卫星在轨道1、轨道3上运行的环绕速度、加速度大小分别为，在轨道2上运行到两点的速度、加速度大小分别为.关于该人造卫星的运行过程以下说法正确的是(   )

A.卫星在1，2，3三个轨道上的机械能关系是

B.卫星在1，2，3三个轨道上的周期关系是

C.卫星在两点的环绕速度关系为

D.卫星在两点的加速度关系是

5.如图，竖直虚线右侧区域有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边缘有一质量为m的矩形匀质导线框，顶点a固定在虚线上，线框可绕a点在竖直平面内自由无摩擦转动，从图示位置由静止释放线框，线框顺时针摆动到左侧最高点时边与之间的夹角为45°。已知，线框单位长度的电阻为ρ，忽略空气阻力，重力加速度为g，则(   )
 

A.线框向左摆动离开磁场过程中线框中的电流方向为由a指向b

B.线框从释放到摆至左侧最高点过程中通过线框某截面的电荷量为

C.若顶点c转到最低点时角速度为ω，则此时线框受到的安培力大小为

D.线框从释放到最终静止克服安培力做的功为

6.真空中有一个边长为L的正三角形ABC，AB中点为D，AC中点为E，中心为O点，如图所示.现在A点固定一个电荷量为的正点电荷，BC两点分别固定一个电荷量为Q的负点电荷.已知真空中的点电荷对外部某处的电势公式为（无穷远处电势为零），其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量（带正负），r为某点到点电荷Q的距离，且电势的叠加符合代数运算，下列说法正确的是(   )

A.O点电场强度大小为

B.O点电势为零

C.将一个电荷量为的点电荷从O点移动到E点，静电力对做正功

D.将一个电荷量为的点电荷从D点移动到O点再移动到E点，电势能一直不变

7.如图所示，质量均为m的两个物块A和B左右中心开有小孔穿在粗糙的细杆CD上，细杆绕过O点的竖直轴在水平面内匀速转动，之间用轻质细线相连，物块中心与圆心距离分别为，与细杆间的动摩擦因数μ相同，当细杆转速缓慢加快到两物块刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（重力加速度为g）(   )

A.此时细线张力为

B.此时A所受摩擦力方向沿半径指向O

C.此时细杆的角速度为

D.此时烧断细线，A仍相对细杆静止，B将做离心运动

二、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的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.已知某横波的频率为，某时刻该波在某介质中沿x轴正方向传播的波动图像如图所示。图中的质点P位于处，则(   )

A.该波的传播速度为

B.质点P在半个周期内向右运动了

C.该时刻P点的加速度方向沿y轴正方向

D.该时刻后再经过点位于波谷

9.如图所示，小型交流发电机两磁极N、S间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小。矩形金属线圈ABCD的匝数，面积，线圈内阻和导线电阻不计，线圈绕垂直于磁场的水平轴逆时针匀速转动，角速度。变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表，均为定值电阻，R为滑动变阻器。现将开关S断开，观察到电流表的示数减小了0.2 A，电流表的示数减小了0.8 A，则下列说法正确的是(   )

A.电压表的示数为200 V

B.变压器原、副线圈匝数之比为1：4

C.电压表示数变化量的大小与电流表示数变化量的大小的比值不变

D.若再将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电压表示数变大

10.如图甲所示，两根足够长、电阻不计且相距的平行金属导轨固定在倾角的绝缘斜面上，两导轨间存在磁感应强度大小、垂直斜面向上的匀强磁场，现将两根质量均为、电阻均为、长度均为的金属棒放置在导轨顶端附近，两金属棒与导轨接触良好，金属棒ab与导轨间的摩擦忽略不计，金属棒cd与导轨间的动摩擦因数为.在时将金属棒ab由静止释放，此时金属棒cd锁定在斜面上，若在时间内，金属棒ab沿着斜面下滑的距离为时将金属棒cd由静止释放，金属棒ab中的电流随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度大小为，则(   )

A.时，金属棒ab的加速度大小为

B.时，金属棒cd的加速度大小为

C.时，金属棒ab的速度大小为2 m/s

D.在时间内，金属棒ab产生的焦耳热为2 J

11.一个质量为的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示.某时刻，给长木板一个向右大小为的冲量，此后小物块和长木板运动的图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中，小物块与长木板间的动摩擦因数设为，长木板与地面的动摩擦因数设为，重力加速度，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是(   )

A.

B.时间内，小物块与长木板间摩擦产生的内能为3.2 J

C.小物块比长木板提前0.2 s停下

D.小物块相对长木板的位移为0.88 m

三、非选择题：本题共5小题，共52分。

12.（6分）某同学用平板A和B制作了一个直角架。该同学想通过该装置，利用压力传感器和量角器来验证力的平行四边形定则，主要实验步骤如下：

（1）平板B置于水平面上，压力传感器固定在平板B上，将木块C置于压力传感器正上方，长方体木块C另一侧紧靠平板A，如图甲所示，记录此时传感器的示数，此时平板A对木块C的弹力为________；

（2）以直角架连接边为支点，抬高平板B的另一端，使平板B绕支点逆时针旋转，平板B转过的角度为60°时，记录传感器的示数，如图乙所示；

（3）在误差允许的范围内，比较和的大小，若与的关系为________，即可初步验证平行四边形定则；

（4）重复步骤（2），多次调整平板B转动的角度，比较和的大小，多次验证；

（5）若平板B从图甲所示位置开始，以直角架连接边为支点，缓慢将平板B旋转到图乙所示位置，可以观察到平板B对木块C的弹力变化，通过平行四边形定则可以推出平板A对木块C的弹力________（填“一直变大”或“先变大后变小”）。

13.（9分）某同学用如图所示的电路测量电源的电动势和内阻。

（1）他连接好电路后进行测量，发现调整电阻箱的电阻R时电压表示数几乎不变，他经过分析后提出了下列几种可能的原因，正确的是________。

A.电源的电动势太小 B.电压表的量程太大

C.电源的内阻太小  D.电阻箱的接入电阻太小

（2）为解决这一问题他提出了如下可能的做法，其中可能有效的是________。

A.将5 Ω的定值电阻与电阻箱并联

B.将5 Ω的定值电阻串联在电源和开关之间

C.将5 Ω的定值电阻与电压表串联

D.将5 Ω的定值电阻与电阻箱串联

（3）在完成上述改进措施后，调节电阻箱接入电路的阻值R，并记录对应的电压表的示数U，测得多组实验数据，他以为纵坐标，以为横坐标，将所测得的数据描点、连线后，得到了一条倾斜的直线，测量后得到该直线的斜率的绝对值为k，纵截距的绝对值为b，则他测得该电源的电动势________，内阻________。（以上结果用实验测得的物理量表示，定值电阻用表示）

（4）该同学代入数据后测得电源的内阻为2.0 Ω，考虑到由于电压表的分流，可能电源的实际电阻会有所不同，通过查找资料他得知了所用电压表的内阻，则他所用电源内阻的真实值________（结果保留2位小数）。

14.（10分）一定质量的理想气体的图像如图所示，气体由状态A变化到状态B再到状态C，气体在状态A时的压强为。

（1）求气体在状态C时的压强；

（2）若过程中气体吸收热量为，则过程中，求气体向外界放出的热量。

15.（12分）如图所示，一长度的水平传送带，左侧与竖直平面内一倾角的斜面相邻，右侧在同一水平面上紧邻一水平平台。现有质量为的小滑块从距离B点处的A点静止释放。斜面与传送带距离较小且其底端间有一小圆弧（运动过程可忽略），可以使小滑块在两点速度大小不变。已知小滑块与倾斜轨道、传送带间的动摩擦因数分别为，滑块相对传送带滑动时能留下清晰划痕。已知传送带以的速度顺时针运动，重力加速度g取。求：

（1）小滑块从A运动到D所需的时间；

（2）小滑块在传送带上留下划痕的长度和受到传送带的摩擦力的冲量大小。

16.（15分）某科研设备中的电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图甲所示。如果在偏转电极和之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑，如图乙所示。以荧光屏中心为坐标原点，以方向为x轴正方向，方向为y轴正方向建立直角坐标系，在板间加恒定电压（X极板接电源正极），在板间加恒定电压（Y极板接电源正极），偏转电极两极板之间的距离均为d。正负接线柱之间电压为，忽略电子在两偏转电极之间的运动时间，已知两偏转电极和沿示波管轴线方向长度都是，荧光屏到偏转电极右侧的距离为，电子质量为m，电荷量大小为e，电子从灯丝逸出的初速度不计。

（1）已知灯丝正常工作电阻为R，电源电动势为E，内阻为r，求灯丝加热t时间产生的热量；

（2）求电子进入偏转电极时的速度；

（3）求电子打在荧光屏上的位置坐标。

答案以及解析

1.答案：C

解析：饱和光电流，解得个，A错误；由，解得，B错误；根据光电效应方程得，代入数据解得，C正确；饱和光电流取决于单位时间内入射的光子数，改用紫光照射阴极后，若紫光的光照强度减弱，单位时间内光子数可能比绿光少，饱和光电流也可能减小，D错误。

2.答案：B

解析：根据视深公式可知，观察到的位置在上升，即光源的视深在减小，则实深h也在减小，即水池的水面正在下降，与观察者在光源正上方的位置无关，A错误，B正确；光发生全反射时的临界角满足，水对该单色光的折射率不变，故临界角不变，C错误；由于水面下降，临界角不变，所以观察到的圆形区域范围变小，D错误。

3.答案：A

解析：对系统，速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有，代入数据，解得；弹簧被压缩到最短时，B的速度为，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对组成的系统，由动量守恒定律得，代入数据，解得，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则损失的系统机械能为，选项A正确，选项BCD错误.

4.答案：C

解析：卫星由轨道1变为轨道2需要在A点加速，机械能增加，同理卫星由轨道2变为轨道3需要在B点加速，机械能增加，所以卫星在三个轨道的机械能大小关系是，A错误；根据开普勒第三定律有，因为，得，B错误；对于轨道1和轨道3，根据万有引力充当向心力得，解得，因为，所以卫星在轨道1和轨道3的速度关系为，卫星由轨道1变为轨道2需要在A点加速，则，由轨道2变为轨道3需要在B点加速，则，所以卫星在两点环绕速度大小关系为，C正确；在A点轨道1和轨道2的加速度相同，即，同理在B点轨道2和轨道3的加速度也相同，即，根据牛顿第二定律，得，因为，则，所以卫星在两点加速度关系为，D错误.

5.答案：D

解析：线框顺时针转动离开磁场过程中磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，即电流方向为由b指向a，A错误；，导线框的总电阻为，所以，B错误；线框顶点c转到最低点时产生的感应电动势为，回路中的感应电流为，受到的安培力大小为，C错误；线框最终静止时，对角线恰好与重合，整个过程中根据能量守恒定律有，D正确。

6.答案：B

解析：由题意分析知，O点的合电场强度向下，大小为，A错误；O点的电势大小为，B正确；E点的电势，即从O点到E点，电势升高，则电荷量为的点电荷在此过程中电势能增大，静电力对其做负功，C错误；同理可计算，得，初末位置电势能相同，但中间电势能是变化的，D错误。

7.答案：A

解析：两物块A和B随着细杆转动时，合外力提供向心力，则，又B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，又因为细线拉力相等，所以当细杆转速加快到两物块刚好要发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对细杆沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得，解得，A正确，BC错误；烧断细线瞬间A所需向心力为所需向心力为，此时烧断细线，所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，则均做离心运动，D错误.

8.答案：CD

解析：由题图可知，该波的波长为，则该波的传播速度，A错误；质点不随波迁移，B错误；P点位于处，回复力指向平衡位置，所以该时刻P点的加速度方向沿y轴正方向，C正确；根据“同侧法”结合题图可知，质点P正在向y轴负方向运动，因为，所以波的周期，再经过，即，质点P刚好位于波谷，D正确。

9.答案：AC

解析：线圈中产生的感应电动势的最大值，电压表的示数，A正确；由得，B错误；由知保持不变，电压表的示数，则，电压表示数变化量的大小与电流表示数变化量的大小的比值，保持不变，C正确；将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的有效阻值减小，电流表的示数变大，则电压表的示数变小，D错误。

10.答案：AC

解析：在时，对ab棒，由牛顿第二定律有，则金属棒ab的加速度大小，选项A正确；对cd棒，由牛顿第二定律有，则金属棒cd的加速度大小，选项B错误；时，设金属棒ab的速度为，此时回路中的电流，解得，选项C正确；由能量守恒定律得，可得在时间内，金属棒ab产生的焦耳热为，选项D错误.

11.答案：AB

解析：对长木板，由动量定理可知，对小物块，由牛顿第二定律有，对长木板有，通过对题图及题中数据分析，在时刻建立共速方程有，联立以上各式，解得，A正确；时间内，二者的相对位移可通过题图中面积算得，，则产生的内能，B正确；二者共速后，小物块加速度大小不变，由题图知，m做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有，解得，则的时间为，由对称性可知小物块停下也会用时0.4 s，则小物块比长木板晚0.2 s停下，C错误；小物块与长木板内的相对位移，则全过程的相对位移为，D错误.

12.答案：（1）0

（3）

（5）一直变大

解析：（1）题图甲中平板B水平放置，平板A与木块C只接触不作用，所以平板A对木块C的弹力为0。

（3）对木块C进行受力分析，可知平板A对木块C的弹力和平板B对木块C的弹力均与各自接触面垂直，由于木块C处于平衡状态，故这两个弹力的合力应该竖直向上，作出平行四边形如图1，根据几何关系可知合力为，所以在误差允许的范围内，若，即两个平板对木块C的弹力的合力与木块C受到的重力大小相等，方向相反，则可初步验证平行四边形定则。

（5）平板B从题图甲所示位置缓慢旋转至题图乙所示位置的过程中，两板对木块C的弹力夹角不变，保持垂直，作出辅助圆，如图2，可知平板A对木块C的弹力一直变大。

13.答案：（1）C

（2）B

（3）；

（4）

解析：（1）调整电阻箱的电阻R时，电压表示数几乎不变，有两种可能，一是电源的内阻太小，二是电阻箱的接入电阻太大，造成电阻箱分得绝大部分电压，结合题意可知C正确，A、B、D错误。

（2）知道了出现问题的原因是电源的内阻太小，所以应该将定值电阻与电源串联，结合题意可知B正确，A、C、D错误。

（3）由闭合电路欧姆定律有，整理有，由题意有，解得。

（4）当考虑电压表的分流时，根据闭合电路欧姆定律有，整理得，分析可知，解得。

14.答案：（1）

（2）50 J

解析：（1）气体在状态A和在状态C时的温度相同，由玻意耳定律有

由题图可知，代入数据解得

（2）由题图可知BA延长线过原点，则气体从状态A到状态B发生等压变化，过程气体从外界吸收热量，对外界做功，内能增加，由热力学第一定律有

状态C与状态A内能相等，为等容变化，气体对外界不做功，有

解得

15.答案：（1）4 s

（2）1 m；0.2 N·s

解析：（1）设滑块从A到B的加速度大小为，用时为，由牛顿第二定律有

由运动学公式有

解得，

根据运动学公式，滑块滑上传送带时的速度大小

由于滑块滑上传送带时速度小于传送带速度，所以滑块在传送带上先做加速运动，设加速度大小为，

由牛顿第二定律有

解得，

根据运动学公式，

解得滑块在传送带上加速运动时间，

加速运动位移

滑块速度达到传送带速度后与传送带一起匀速运动，

匀速运动时间

从A运动到D的时间为

（2）滑块在传送带上加速运动过程中传送带位移

在传送带上留下划痕的长度为

由动量定理，摩擦力的冲量大小为

16.答案：（1）

（2）

（3）

解析：（1）由闭合电路欧姆定律可得，灯丝中电流

由焦耳定律可得，灯丝加热t时间产生的热量

（2）由动能定理有

解得

（3）沿示波管轴线方向做匀速直线运动，通过两偏转电极的时间均为，电子进入偏转电极，受到的电场力沿y轴正方向，向y轴正方向偏转，

联立解得

电子进入偏转电极时，沿y轴正方向的分速度

电子进入偏转电极后，沿y轴正方向做匀速直线运动，

沿x轴正方向电子做初速度为零的匀加速直线运动，

联立解得

电子出偏转电极后，

设其到达荧光屏所用时间为，则有，

沿y轴正方向电子做匀速直线运动，

电子出偏转电极后，沿x轴正方向分速度

沿x轴正方向电子做匀速直线运动，

电子打在荧光屏上的位置坐标为