2022_2023学年湖北省华中师大新高考联盟高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析）

这是一份2022_2023学年湖北省华中师大新高考联盟高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 氢原子的能级图如图所示等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年湖北省华中师大新高考联盟高三（第一次）模拟考试物理试卷1.  如图所示，半圆柱体冲浪台静止在粗糙水平面上，半圆柱圆弧面光滑。运动员在水平牵引力F的作用下，从离开B点后缓慢运动到A点之前，始终处于平衡状态。将运动员看成质点，下面说法正确的是(    )A. 牵引力先增大再减小 B. 冲浪台对运动员的支持力增大
C. 地面对冲浪台的支持力减小 D. 地面对冲浪台的静摩擦力减小2.  梦天实验舱已成功发射并与中国空间站完成对接，至此中国空间站建造进入收官阶段。已知梦天实验舱在近地轨道上做匀速圆周运动，空间站的运行轨道为椭圆，近地点距离地面的高度为，且近地点与地球近地轨道相切，远地点距离地面的高度为。则下列说法正确的是(    )A. 在近地点，中国空间站的绕行速度等于梦天实验舱的绕行速度
B. 在近地点，中国空间站的向心加速度等于梦天实验舱的向心加速度
C. 中国空间站在远地点的机械能大于在近地点的机械能
D. 梦天实验舱减速才能在远地点追上中国空间站完成对接3.  质量为m的同学参加学校运动会的三级跳远项目，将其看成质点，从静止开始助跑直至落地过程运动轨迹如图所示。其中OA段为助跑阶段，AB段为腾空之后的第一步，BC段为腾空之后的第二步，CD段为腾空之后的第三步。已知腾空的最高高度为h。空气阻力忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是(    )A. 腾空阶段合外力随水平位移变化
B. 腾空阶段加速度随水平位移变化
C. 腾空阶段重力势能随水平位移变化
D. 腾空阶段机械能随水平位移变化4.  某旋转磁极式风力发电机原理如图所示，风吹动风叶，带动磁极旋转，使得水平放置线圈的磁通量发生变化，产生感应电流。已知风速与发电机的转速成正比，线圈的电阻不能忽略。下列说法正确的是(    )A. 风速越大，感应电流的周期越大
B. 风速越大，交流电压表的有效值越大
C. 风速一定的情况下，减少线圈的匝数，电压表读数增大
D. 风速一定的情况下，发电机的功率等于电阻的电功率5.  氢原子的能级图如图所示。已知红光的光子能量范围为，绿光能量范围为，蓝光能量范围为，紫光能量范围为。用能量为的光子照射处于基态的氢原子，能发出哪种颜色的光(    )A. 红光 B. 绿光 C. 蓝光 D. 紫光6.  如图所示，在第十四届中国航展上空，歼穿云破雾、呈现了驾“七彩祥云”的壮观景象。因为飞机的发动机喷出高温尾流会使得飞机周围的空气经过机翼后膨胀降温，在飞机表面形成一层水雾。阳光照射到水雾上，由于不同颜色的光折射率不同，就会形成七彩光芒。如下右图所示，将原理简化并作出光路图。已知a光与界面的夹角为。b光的折射率为，b光与法线的夹角为，光在空气中的传播速度为c，水雾半球的半径为R。a光在水雾半球中的传播时间(    )A.  B.  C.  D. 7.  如图所示，一个圆柱体空间被过旋转轴的平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从圆柱体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。质子重力忽略不计。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(    )A.  B.
C.  D. 8.  如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮。出手点离地面的高度为h，篮筐离地面的高度为H。该同学出手的瞬时速度，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(    )A. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为 B. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为
C. 水平距离 D. 水平距离9.  空间中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B和沿着纸面竖直向下的匀强电场E。一带电的轻质小球以初速度沿着纸面水平向右射出。使用频闪照相，记录下小球的频闪照片如图所示，小球重力忽略不计。下列说法正确的是(    )A. 小球一定带正电
B. 小球在轨迹最高点所受合外力为零
C. 小球从水平射出到轨迹最高点的过程中，电势能增大
D. 小球从第一次轨迹最高点到第二次轨迹最高点的过程中，做匀速圆周运动10.  如图所示，质量物体以初速度滑上足够长的固定斜面。已知物体与斜面之间的动摩擦因数。调节斜面与水平方向的夹角从零开始增大到，发现物体沿斜面向上的最大位移x先减小后增大，重力加速度，则下列说法正确的是(    )A. 当时，物体的最大位移为
B. 当时，物体达到最大位移后，将保持静止
C. 当时，物体的最大位移具有最小值
D. 当时，物体克服摩擦力做功18J11.  城市施工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线。若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导线中通过电流。现用一闭合的检测线圈来检测，俯视检测线圈，下列说法正确的是(    )A. 若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，线圈中会产生感应电流
B. 若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，检测线圈受到安培力与运动方向相反
C. 若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，感应电流的方向先逆时针后顺时针，然后再逆时针
D. 若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，检测线圈所受安培力在水平方向的分量一直向北12.  某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。实验时，该同学进行了如下操作：①用天平分别测出物块A、B的质量和的质量含遮光片：②用20分度游标卡尺测量遮光片的挡光宽度d，示数如图乙所示，游标卡尺的示数为______mm；③将重物A、B用轻绳按图甲示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为，则重物A速度的大小为______，重物B速度的大小为______。要验证系统重物A、的机械能守恒，应满足的关系式为______用质量、，重力加速度为g，遮光片经过光电门的时间为，遮光片的宽度d和距离h表示。 13.  某兴趣学习小组根据所学的电学原理，利用相同的器材，自制了以下不同的电子秤。实验器材有：直流电源电动势为，内阻为；理想电压表量程为：限流电阻；竖直固定的滑动变阻器总长，总阻值；电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦弹簧劲度系数；开关S以及导线若干。重力加速度取，不计摩擦和其他阻力。实验步骤如下：①两种电子秤，托盘中未放被测物前，滑片恰好置于变阻器的最上端，电压表的示数均为零。②两种电子秤，在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入被测物，待托盘静止平衡后，当滑动变阻器的滑片恰好处于下端b处，此时均为电子秤的最大称重。请回答下列问题所有计算结果保留一位小数：两种电子秤，当滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，电压表的示数均为______V；该电子称的最大可测质量均为______kg。当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，如左图所示的第一套方案电子称测得质量为______kg。如右图所示的第二套方案电子称测得质量为______kg。第______填“一”或“二”套方案更为合理，因为电压表读数U与物体质量m成线性关系，电压表改装的电子秤刻度______均匀的。填“是”或“不是” 14.  如图所示是一种由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车氮气减震装置，该装置的质量、活塞柱与气缸摩擦均可忽略不计，气缸导热性和气密性良好，环境温度不变，气缸内的气体可视为理想气体。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态。封闭气体和活塞柱长度均为，气体压强等于大气压强。将四台减震装置安装在汽车上，稳定时汽车重量由四台减震装置支撑，且封闭气体被压缩了。已知活塞柱横截面积，弹簧的劲度系数。求：压缩后，气缸内氮气的压强；汽车的质量。 15.  冰壶比赛时，在冰壶前进的时候，运动员不断的用刷子来回的刷动冰面，以减小摩擦力。如图所示，水平地面上冰壶A、B间距，运动员通过刷动冰壶A前的地面，使得冰壶A以初速度向前匀速运动。同时冰壶B以初速度向前匀减速运动，此后冰壶A追上冰壶B并发生完全非弹性碰撞，碰撞后冰壶AB整体一起向前做匀减速直线运动，已知冰壶B与冰面的动摩擦因数，碰撞后冰壶AB整体与冰面的动摩擦因数，冰壶A、B的质量均为，重力加速度。求：冰壶A追上冰壶B时，冰壶B的位移；碰撞过程中损失的能量；全过程中冰壶B的最大位移。16.  1931年，劳伦斯和学生利文斯顿研制了世界上第一台回旋加速器，如图所示。其结构示意图如图所示，和是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。求粒子离开加速器时获得的最大动能：在分析带电粒子的运动轨迹时，求第N次加速后与第次加速后匀速圆周运动轨道直径的差值；已知劳伦斯回旋加速器两盒之间窄缝的宽度，加速电压，磁感应强度，可加速氘核带电量为，质量，达到最大动能。氘核在电场中加速的时间不能忽略，氘核在最后一次加速后刚好继续完成半个匀速圆周运动，求氘核运动的总时间。结果保留两位有效数字
答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：运动员从离开B点后到运动到A点之前，始终保持平衡状态，运动员受到 mg 、牵引力 F 、支持力  三个力，由平衡条件可知，牵引力与支持力的合力与重力等大反向，由矢量三角形可得，如图所示牵引力 F 减小，支持力  减小，故AB错误；以运动员和冲浪台整体为研究对象，整体在重力、牵引力、地面对冲浪台的支持力、地面对冲浪台的静摩擦力4个力的共同作用下处于平衡状态，由平衡条件有，水平方向上竖直方向上则地面对冲浪台的支持力不变，对冲浪台的静摩擦力 f 减小，故C错误，D正确。故选D。
本题考查学生对平衡条件的掌握，可以采用矢量三角形法或根据平衡条件列解析式的方法。
由平衡条件可知，牵引力与支持力的合力与重力等大反向，由矢量三角形，分析牵引力和支持力变化;
以运动员和冲浪台整体为研究对象，整体在重力、牵引力、地面对冲浪台的支持力、地面对冲浪台的静摩擦力4个力的共同作用下处于平衡状态，由平衡条件，分析地面对冲浪台的支持力、对冲浪台的静摩擦力。
 2.【答案】B 【解析】【分析】根据万有引力提供向心力求环绕速度和向心加速度；根据只有万有引力做功，可分析运动过程中机械能守恒。
【解答】
A.由万有引力提供向心力可得梦天实验舱的环绕速度为由于空间站运行轨道为椭圆轨道，在近地点，加速才能从近地卫星轨道切换到椭圆轨道，即中国空间站在近地点的绕行速度大于梦天实验舱的绕行速度，故A错误；B.由万有引力提供向心力可得解得在近地点，中国空间站的向心加速度等于梦天实验舱的向心加速度，故B正确；C.中国空间站在椭圆运动过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；D.梦天实验舱减速，实际受到的万有引力大于所需要的向心力，发生近心运动，离地球越来越近，不可能在远地点追上中国空间站完成对接，故D错误。故选B。  3.【答案】D 【解析】【分析】
本题考查斜抛运动及功能关系的应用，基础题目。
根据运动员的受力情况，逐一分析运动员各个过程的运动情况和能量转化关系即可判断。
【解答】
A.运动员腾空阶段，空气阻力忽略不计，三个阶段均只受到重力，合外力不变，故A错误；B.运动员腾空阶段，三个阶段的加速度均为重力加速度，故B错误；C.腾空阶段，上升阶段重力做负功，重力势能增大，下降阶段重力做正功，重力势能减小，而非图中所示水平直线段，故C错误；D.腾空阶段，运动员只受重力，机械能守恒。在腾空前，运动员用力等地，运动员的机械能增大，BC段的机械能比AB段的机械能大，CD段的机械能比BC段的机械能大，故D正确。  4.【答案】B 【解析】 【分析】掌握交流电的产生，知道电压表的示数为有效值；发电机的功率等于线圈内部功率和电阻的电功率之和。
【解答】风速越大，发电机的转速越大。感应电流的频率越大，周期越小，故A错误；B.风速越大，线圈磁通量的变化越快，电压表的读数即感应电压的有效值越大，故B正确；C.风速相同，对于单匝线圈而言，磁通量的变化相同。由可知，匝数越多，线圈整体产生的感应电动势越大。匝数越少，产生的感应电动势越小，电压表读数不会增大，故C错误；D.由于线圈的内阻不能忽略，发电机的功率等于线圈内部功率和电阻的电功率之和，故D错误。故选B。  5.【答案】A 【解析】【分析】
本题考查能级跃迁公式的应用，基础题目。
分析迁移到的能级，在结合能级跃迁公式得出光子的能量，结合题设分析即可判断。
【解答】
由于基态与第3能级的能量差为，所以用能量为的光子照射处于基态的氢原子，则刚好跃迁到第3能级。当原子处于第3能级时，会自发的向低能级跃迁，产生的三种光子的能量为第3能级-第2能级的，第2能级-第1能级的，第3能级-第1能级的。其中的光刚好对应可见光中的红光。故选A。  6.【答案】A 【解析】【分析】
根据折射定律求解折射率，结合和求a光在水雾半球中的传播时间。
【解答】
设入射角为。由折射定律可知，对b光解得对于a光，由折射定律可知设a光在水雾半球中传播的速度为va。
由可知则a光在水雾半球中的传播时间故选A。  7.【答案】D 【解析】【分析】
本题考查带电粒子在多磁场中的运动，弄清楚粒子的运动情况，正确画出运动轨迹是解题的关键。
根据左手定则得出粒子的偏转方向，从而得出粒子的运动轨迹即可判断；结合粒子的运动情况方向得出Z轴投影情况即可判断。
【解答】
根据左手定则，质子所受的磁场力和磁场方向垂直，质子始终在xOy平面内运动，在圆柱体左侧做顺时针圆周运动，在圆柱体的右侧做逆时针圆周运动，其运动轨迹在xOy平面的投影如图所示故AB错误；质子始终在平行于xOy的平面内运动，z轴坐标为正值且不变，其运动轨迹在zOy平面的投影始终出现在y轴负半轴，运动轨迹可能如图所示故C错误，D正确。  8.【答案】BC 【解析】【分析】
本题考查斜抛运动知识，知道斜抛运动物体运动到最高点的逆运动为平抛运动是解题的关键。
结合斜抛运动的逆运动和平抛运动规律列方程求出出手时瞬时速度与水平方向的夹角和水平距离即可判断。
【解答】
根据题意可知，篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零。可以看成从篮筐处开始做平抛运动。设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为  ，由平抛运动可知联立解得，故选BC。  9.【答案】AC 【解析】【分析】根据小球的运动情况分析其受力情况，根据电场力做功情况分析电势能的变化。
【解答】小球在轨迹最高点速度为零，洛伦兹力为零，故小球只在向下的电场力作用下向下加速运动，所受合外力不为零，根据题意加竖直向下的匀强电场，可判断小球一定带正电，故A正确，B错误；C.小球从水平射出到轨迹最高点的过程中，电场力做负功，电势能增大，故C正确；D.小球从第一次轨迹最高点到第二次轨迹最高点的过程中，除受洛伦兹力外，还受竖直向下的电场力作用，不可能做匀速圆周运动，故D错误。故选AC。  10.【答案】ABC 【解析】【分析】
本题考查动能定理的应用和动力学知识的应用，基础题目。
根据动能定理得出物体的最大位移即可判断；根据重力的下滑分力与最大静摩擦力关系分析出物体的状态即可判断；根据动能定理列方程得出物体位移的表达式，结合数学知识得出物体的最大位移具有的条件即可判断；分析此时物体所受支持力情况，从而得出所受摩擦力情况即可判断。
【解答】
A.当  时，物体沿水平方向故匀减速直线运动。由动能定理解得，故A正确；B.当  时，有，物体速度减小到零后，在斜面上保持静止，故B正确；C.物体在斜面上滑行的过程中，由动能定理可得解得其中，由数学知识可知，当  时，物体的最大位移具有最小值，故C正确；D.当  时，物体与竖直平面之间的支持力为零，摩擦力为零，物体不存在克服摩擦力做功，故D错误。  11.【答案】CD 【解析】【分析】感应电流产生的条件为：通过闭合回路中的磁通量发生变化；根据楞次定律分析感应电流产生的方向。
【解答】若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，由对称性可知，通过线圏的磁通量为零，变化量为零，感应电流为零，故A错误；B.若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，变化量为零，感应电流为零，安培力为零，故B错误；C.根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先逆时针后顺时针；当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，故C正确；D.由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D正确。故选CD。  12.【答案】②；     ③；   ;
 【解析】【分析】游标卡尺的读数为主尺和游标尺之和，不需估读；
当距离很短时，可认为瞬时速度等于这段时间的平均速度；
根据机械能守恒确定表达式。
【解答】②游标卡尺的示数为；③由光电门测速原理，A通过光电门的速率为则B的速率为；如果系统重物A、的机械能守恒，应满足的关系式为整理得。  13.【答案】；一     是 【解析】【分析】
该题考查自制电子秤实验相关知识。弄清实验原理，根据闭合电路的欧姆定律结合平衡条件可求解。
【解答】
滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，由欧姆定律可得由受力平衡可得解得电子称的最大可测质量为 。当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，电压表读数  。如左图所示的第一套方案，根据闭合电路欧姆定律可得由平衡条件可得联立解得如右图所示的第二套方案，设滑动变阻器 R 接入电路的阻值为  ，根据闭合电路欧姆定律可得，解得又由平衡条件可得联立解得左边方案一，根据闭合电路欧姆定律可得又联立可得U 与 m 成线性关系，电子秤刻度均匀；右边方案二，根据闭合电路欧姆定律可得又 ， 联立可得U 与 m 不成线性关系，电子秤刻度不均匀；故方案一更合理，电压表示数与物体的质量 m 成正比，电压表改装的电子秤刻度是均匀的，便于测量。  14.【答案】解：当汽车装上减震装置后，设气缸压缩后的体积为  ，压强为  ，由玻意耳定律可知解得；设汽车对一个减震装置的压力为 F ，以减震装置气缸上表面为研究对象，受力分析可知联立解得即减震装置对汽车的支持力以汽车为研究对象解得汽车的质量。 【解析】对被封闭气体分析，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得压强，然后对承载物受力分析，根据共点力平衡求得汽车的质量。
 15.【答案】解：冰壶B匀减速直线运动速度减为零的时间为此时冰壶A的位移为冰壶B的位移为因为即冰壶B速度减小为零时，冰壶A还末追上冰壶B，则冰壶A在冰壶B停下的位置追上冰壶B，即冰壶A追上冰壶B时，冰壶B的位移；冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，动量守恒解得则碰撞过程中损失的能量；碰撞后，冰壶A、B整体一起向前做匀减速直线运动，设向前运动的位移为  。由动能定理可知解得冰壶B的最大位移。 【解析】冰壶A匀速运动追做减速运动的冰壶B时，需要讨论A追上B时，B是否已经停止运动。
冰壶A与冰壶B碰撞过程中动量守恒，然后求解损失的能量。
冰壶B的最大位移等于B单独运动的位移与碰撞后一起运动的位移之和。
 16.【答案】解：当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径 R 时，粒子的速度达到最大值  ，由牛顿第二定律得粒子离开加速器时获得的最大动能解得；第 N 次加速后，由动能定理得根据牛顿第二定律得可解得第 N 次加速后可推得第  次加速后相邻轨迹直径差值；氘核每穿过缝隙一次，电场力对氘核做功。由动能定理有解得氘核穿过 D 形盒间缝隙的总次数为 次氘核在电场中做匀加速直线运动，将在电场中的运动看成一个整体
 联立解得氘核在磁场中完成15次匀速圆周运动，总时间
 联立解得氘核运动的总时间。 【解析】根据回旋加速器的工作原理，由洛伦兹力与向心力的关系求出最大动能。
利用电场力做正功与动能的关系求出速度的变化，利用洛伦兹力与向心力的关系分析判断。
电场加速过程可视为间断性的匀加速直线运动，可以由动能定理求出加速次数后可求解经过金属盒的时间，磁场运动期间每次都是半个周期，由洛伦兹力充当向心力可以求出半个周期的时间，进而进行求解。