2023年安徽省黄山市高考物理一模试卷（含答案解析）

这是一份2023年安徽省黄山市高考物理一模试卷（含答案解析），共18页。
2023年安徽省黄山市高考物理一模试卷1.  2022年11月31日，“神十五”成功对接空间站组合体，“胜利会师”两个航天员乘组。我国空间站在地球近地轨道运行，轨道参数为倾角：度、近地点距地面高度：388km、远地点距地面高度：398km，地球半径约为6300km，以下判断错误的是(    )A. 空间站近地点速度大于远地点速度
B. 空间站上的航天员完全失重是因为不受地球引力作用
C. 空间站运行速度小于第一宇宙速度
D. 从近地点到远地点空间站的加速度大小逐渐减小2.  两个轻核结合成质量较大的核称为核聚变，一个氘核和一个氚核的聚变方程为，已知几种常见原子核质量：氘、氚、氦、质子、中子，，光速，以下说法正确的是(    )A. X粒子带正电
B. 一次上述聚变反应亏损质量为
C. 一次上述聚变反应放出能量约为
D. 氘核的比结合能大于氦核的比结合能3.  如图所示，可视为质点的小球A、B分别同时从倾角为的光滑斜面顶端水平抛出和沿斜面下滑，平抛初速度大小为，下滑初速度未知，两小球恰好在斜面底端相遇，重力加速度，，，则(    )
 A. 斜面长5m B. B球初速度
C. 相遇前，A、B两球始终在同一高度 D. 相遇前两小球最远相距4.  如图所示，倾角的固定斜面上质量为m的物块和质量为M的光滑球如图放置，已知球体半径R为物块厚度h的2倍，两者均处于平衡状态，重力加速度为g，则以下判断正确的是(    )
 A. 球对斜面压力大小为
B. 物块对斜面压力大小为
C. 物块与斜面之间的动摩擦因数可能等于
D. 适当减小物块厚度且两物体仍能静止，物块对球的支持力将减小5.  如图所示，一条直线上有ACBO四个点，AC距离2L，CB距离L，BO距离L，A处固定一个电荷量为2Q的正点电荷，B处固定一个电荷量为的负点电荷，图中虚线圆圆心为O、半径为2L，D为圆上一点且BD与直线垂直，已知将试探电荷从圆上任意一点移动到无穷远处，电场力做功均为0，则以下判断正确的是(    )
A. 试探电荷在圆上所受电场力一定指向O点
B. 试探电荷在C点所受电场力为0
C. 将正试探电荷从D点移到AC中点，电势能减小
D. D点场强大小为6.  一列简谐波时刻波形如图甲所示，平衡位置为的质点振动图像如图乙所示，且该质点时刻刚开始振动，则(    )
 A. 该简谐波传播方向为x轴负方向
B. 平衡位置为的质点向x轴负方向运动，速度为
C. 平衡位置为的质点振动方程为
D. 从到的时间间隔内平衡位置为的质点位移为，路程为7.  如图所示，先后两次用恒力拉动粗糙水平面上的质量为2kg的同一物体，已知第一次拉力方向水平，物体由静止开始运动后第二秒位移比第一秒位移多，第二次力斜向上与水平方向成，拉动物体以与第一次相同的加速度由静止开始运动，重力加速度，以下判断正确的是(    )
A. 物体与水平面的动摩擦因数为
B.
C. 若两次由静止拉动物体位移相同，则拉力做功相同
D. 运动过程中做的功等于物块增加的机械能8.  如图所示，足够长的光滑倾斜导电轨道与水平面夹角为，上端用阻值为R的电阻连接，下端断开，EF以上轨道平面无磁场，EF以下存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场。两根一样的导体棒AB、CD质量均为m，电阻为R，用绝缘轻杆连接。将两导体棒从EF上方导轨处由静止释放，经过t时间CD边进入磁场，CD边刚进入磁场时的瞬时加速度为零，再经过t时间AB边进入磁场，运动过程中AB、CD始终与轨道接触良好且垂直于轨道，导电轨道的电阻忽略不计，重力加速度为g，则(    )
A. AB边刚进入磁场的瞬间，流经AB的电流方向和电势差的正负均发生变化
B. 导轨宽度为
C. 第二个t时间内CD杆产生热量为
D. AB棒进入磁场后，导体棒先做加速度减小的变速运动，最终匀速运动9.  小明用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板左端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，主要实验步骤如下：

①将五角硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为，如图乙所示；
②将一元硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射五角硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值和，如图丙所示。
实验中还需要测量的量有______ 。
A.五角硬币和一元硬币的质量、
B.五角硬币和一元硬币的直径、
C.硬币与木板间的动摩擦因数
D.发射槽口到O点的距离
该同学要验证动量守恒定律的表达式为______ 用已知量和测量的量表示，若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式______ 是否成立用、、表示。10.  某同学把铜片和锌片相隔约1cm插入一个梨中，就制成一个水果电池铜片是电池的正极，锌片是负极，铜片和锌片相距越近、插入越深，电池的内阻就越小。现要利用图所示的实验电路测量水果电池的电动势和内阻。图中电流表量程1mA，内阻，电压表内阻约，已将实验器材进行了部分连接。

请将图中的实物电路补充完整；
实验时发现电压表坏了，于是移去电压表，同时用电阻箱替换滑动变阻器，重新连接电路，测量该电池的电动势和内阻。
①请完成虚线框内图的设计______ ；
②闭合开关，调节电阻箱，实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算电阻箱两端的电压U，数据见下表，请将表中第7次数据补充完整；次数1234567______③作图像如图所示，根据图像并考虑电流表内阻的影响，求出水果电池的电动势______ V，内阻______ 结果均保留2位有效数字。
 11.  如图所示，质量为的活塞将一定质量的理想气体密封在气缸中，开始时活塞距气缸底高度。此时气体的温度。现缓慢给气体加热，气体吸收的热量，活塞上升到距气缸底。已知活塞面积，大气压强，不计活塞与气缸之间的摩擦，g取。求：
当活塞上升到距气缸底时，气体的温度；
给气体加热的过程中，气体增加的内能。12.  如图所示，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向夹角为，虚线OM右侧区域Ⅰ内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，虚线OM左侧区域Ⅱ内存在沿y轴正向的匀强电场。一个比荷为k的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度射入磁场，此后当粒子第一次穿过边界线OM后恰能到达x轴上点。不计粒子重力。求：
匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；
粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间；
第四次穿过边界线OM的位置坐标。
13.  如图，倾角、bc长的传送带上端与固定在竖直平面内半径的光滑圆弧轨道cd相切于c点，半径od竖直；传送带下端与光滑水平面ab间用一极小段光滑的圆弧平滑连接。可视成质点的质量分别为，的物块A、B之间夹着一根仅与物块B拴连、被压缩且锁定的轻短弹簧，它们静止在光滑的水平轨道ab上。传送带以逆时针匀速传动，物块A与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度，，。
若解除弹簧锁定后，要使物块A恰能通过圆弧轨道最高点，求开始时弹簧弹性势能大小；
若开始时弹簧弹性势能，求解除弹簧锁定后，物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热；
在问的基础上，求物块A在光滑水平面ab上运动的最终速度大小。

答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：根据开普勒第二定律推理可知，空间站近地点速度大于远地点速度，故A正确；
B.空间站上的航天员完全失重是因为地球给航天员的万有引力全部提供宇航员圆周运动所需的向心力，故B错误；
C.第一宇宙速度是绕地卫星的最大环绕速度，空间站运行速度小于第一宇宙速度，故C正确；
D.根据万有引力提供向心力有：可知，从近地点到远地点空间站的加速度大小逐渐减小，故D正确。
本题要选错误选项，故选：B。
根据开普勒第二定律分析；完全失重是因为地球给航天员的万有引力全部提供宇航员圆周运动所需的向心力；第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度；根据万有引力提供向心力及万有引力与重力的关系分析。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键是掌握处理卫星问题的两条思路：1、万有引力等于向心力。2、万有引力等于重力。要灵活选择向心力公式的形式。
 2.【答案】C 【解析】解：根据质量数与电荷数守恒，可知X的质量数与电荷数分别为
，
可知，X为中子，X不带电，故A错误；
B.一次上述聚变反应亏损质量为
故B错误；
C.根据上述可知，一次上述聚变反应放出能量约为
代入数据解得：
故C正确；
D.聚变过程释放出核能，说明氦核比氘核更加稳定，可知，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故D错误。
故选：C。
根据电荷数守恒、质量数守恒分析X粒子；根据爱因斯坦质能方程求出核反应所释放的能量，聚变过程释放出核能，说明氦核比氘核更加稳定．
解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程．
 3.【答案】D 【解析】解：设斜面长为L，小球A做平抛运动
小球A的竖直位移，
水平位移
代入数据联立解得A球在空中运动的时间，
斜面的长度，故A错误；
B.小球B沿斜面做匀加速运动，根据牛顿第二定律
解得小球B的加速度
根据运动学公式，小球B的位移
代入数据联立解得B球的初速度，故B错误；
C.经历时间，A球的竖直分位移
经历时间，B球体的竖直分位移
代入数据化简得
若两球始终在同一高度，则有，即
解得
由于，因此在相遇前，A、B两不在同一高度，C错误；
D.将小球A的初速度和加速度沿斜面方向分解
沿斜面方向的初速度
沿斜面方向的加速度
由于，可见小球A、B沿斜面方向的运动情况始终相同，这就将A、B两球相距最远的问题转化为小球A离斜面最远的问题
小球A垂直与斜面方向的初速度
小球A垂直斜面方向的加速度
根据运动学公式，小球A离斜面的最远距离
即相遇前两小球最远相距，故D正确。
故选：D。
A.小球A做平抛运动，抛出点与落地点之间的距离为合位移，根据平抛运动规律和运动的合成求运动时间和斜面长度；
B.小球B沿斜面做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解小球B的初速度；
C.根据两球的运动规律和运动学公式分别求解两球在时间内的竖直位移，然后再作判断；
D.将小球A的初速度、加速度分别沿斜面方向分解，确定两球沿斜面方向的运动情况；.将小球A的初速度、加速度分别沿垂直斜面方向分解，求解小球A离开斜面的最大距离。
本题考查了平抛运动和匀变速运动的规律；解题时要抓住两小球的运动具有等时性；解决D选项时，正确判断两小球沿斜面方向的运动情况是解题的关键，能很好地起到化难为易的目的。
 4.【答案】A 【解析】解：根据几何条件分析可知，物块对球的支持力与斜面间夹角为，对小球受力分析如图：

垂直于斜面方向有：
沿斜面方向有：
解得，
根据牛顿第三定律可知，球对斜面压力大小为，故A正确；
B.对物块和球构成的整体受力分析，根据平衡条件可知，垂直于斜面方向有
沿斜面方向有：
解得

根据牛顿第三定律可知，物块对斜面压力大小为，故B错误；
C.由于两者均处于平衡状态，故有
由上述分析可知
故C错误；
D.适当减小物块厚度时，物块对球的支持力与斜面间夹角增大，设为，根据平衡条件有
解得
可知随增大而增大，故D错误。
故选：A。
对小球和小球与物块组成的系统受力分析，根据共点力平衡条件解得AB项，根据摩擦力公式分析CD。
对物体正确受力分析是解题的前提与关键，应用平衡条件即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。
 5.【答案】D 【解析】解：将试探电荷从圆上任意一点移动到无穷远处，电场力做功均为0，可知圆上各点在同一等势面，由于电场线与等势面垂直，则正试探电荷在圆上所受电场力一定指向O点，负试探电荷在圆上所受电场力一定沿半径背离圆心，故A错误；
B.根据点电荷的场强公式及电场的叠加，C点的场强为
根据电场力公式，试探电荷在C点所受电场力为，故B错误；
C.D点与C点在同一等势面，AC间的场强方向水平向右，将正电荷从D点移到AC中点相当于由C点移到AC中点；由于AC中点的电势C点的电势，根据电势能的定义式可知，C点的电势能小于AC中点的电势能，即电势能增加，故C错误；
D.连接AD、OD，由题可知，在直角中，根据勾股定理
在直角中，根据勾股定理
设A处的点电荷和B处的点电荷在D点产生的场强大小分别为和
根据点电荷的场强公式，A处的电荷在D点产生的场强
B处的电荷在D点产生的场强
根据数学知识
因此
两点电荷在D点产生的场强如图所示：

根据平行四边形定则，D点的合场强为
由于，，场强与的夹角满足，因此
由矢量合成可知D点产生的场强大小为，故D正确。
故选：D。
A.由于试探电荷从圆上任意一点移动到无穷远处电场力不做功。可以确定圆上各点在同一等势面，再根据电场线与等势面垂直，确定电场方向，最后确定电场力方向；
B.空间中某点的场强为合场强，根据点电荷的场强公式求合场强，再求电场力；
C.AC间的场强方向水平向右，将正电荷从D点移到AC中点相当于由C点移到AC中点，根据电势能的定义式判断电势能的大小；
D.根据点电荷的场强公式分别求解A处的电荷在D点产生的场强，B处的电荷在D点产生的场强，最后求合场强。
本题主要考查了电场线与等势面的关系、电势能的大小、点电荷的场强及场强的叠加，具有一定的综合性。
 6.【答案】A 【解析】解：A、根据图乙所示图像可知，时处质点由平衡位置向下振动，根据微平移法可知，该简谐波传播方向为x轴负方向，故A正确；
B、在播的传播过程质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，故B错误；
C、由图甲所示图像可知，波长，由图乙所示图像可知，周期，波速，在时刻位置在处的质点开始振动，由图乙所示图像可知，质点开始振动时由平衡位置向上振动，振动传播到处需要的时间，由图乙所示图像可知，质点的振幅，质点振动时，平衡位置为的质点的振动方程为，故C错误；
D、振动从处传播到处需要的时间，从到时间内位置在处的质点的振动时间，波刚传到处质点由平衡位置向上振动，经过该质点位于波谷位置，该质点的位移为，该质点的路程，故D错误。
故选：A。
根据图乙所示图像判断质点的振动方向，然后根据质点的振动方向判断波的传播方向；质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移；根据图示图像求出质点的振幅与周期，然后求出质点的振动方程；求出波的传播速度，然后求出质点的位移与路程。
在求解机械振动的问题中，一般根据振动图象得到周期及质点的振动方向，进而根据波动图象得到传播方向和波长，然后求解波速；最后在根据距离和波速求得任一质点的振动状态。
 7.【答案】AB 【解析】解：物体由静止开始运动后第二秒位移比第一秒位移多，有

代入数据解得：
由牛顿第二定律可得
解得，故A正确；
B.第二次力斜向上与水平方向成，拉动物体以与第一次相同的加速度由静止开始运动，有

代入数据解得：
，故B正确；
C.由判断拉力做功大小，若两次由静止拉动物体位移相同，由于，则拉力做功不同，故C错误；
D.运动过程中做的功等于物块增加的机械能与摩擦产生的热量之和，故D错误。
故选：AB。
两物体以相同的加速度运动，由牛顿第二定律求物体与水平面的动摩擦因数；由牛顿第二定律求第二次拉力大小，与第一次拉力进行比较。由判断拉力做功；由能量守恒求做的功等于物块增加的机械能与摩擦产生的热量之和。
本题关键是用牛顿第二定律结合功的表达式进行分析求解．
 8.【答案】BC 【解析】解：A、CD棒进入磁场后，根据右手定则可知，感应电流方向为从，则AB棒电流方向为，当AB边刚进入磁场的瞬间，此时还是CD棒切割磁感线产生感应电流，故感应电流方向不变，且电势差也没有发生变化，故A错误；
D、AB棒进入磁场后，磁通量不在变化，无感应电流的产生，则在重力的作用下，导体棒做匀加速直线运动，故D错误。
B、经过t时间CD边进入磁场，则此时CD的速度为：，CD边刚进入磁场时的瞬时加速度为零，则安培力等于重力的分力，即：
而电流：
电路的总电阻：
电动势：
代入平衡方程解得：，故B正确；
C、第二个t时间内，CD杆做匀速直线运动，则此过程中CD杆产生热量为：，故C正确；
故选：BC。
AB进入磁场的瞬间，由右手定则确定“电源”的电流方向，根据欧姆定律求AB两端电压；
CD边进入磁场的瞬间，根据平衡条件结合动生电动势公共、欧姆定律和安培力公式，求出此时导轨的宽度；
第二个时间t做匀速直线运动根据位移-时间及焦耳定律求热量；
全部进入磁场后无感应电流，做匀加速直线运动。
本题实质上电磁感应中平衡问题，关键要会推导安培力与速度的关系式，运用力学的基本知识解答。
 9.【答案】   【解析】解：为了得出动量守恒定律的表达式应测量质量，故应分别测出一枚五角硬币和一元硬币的质量、。故A正确；
验证碰撞过程动量守恒，需要测出硬币在O点以后滑行的位移，可以不测量五角硬币和一元硬币的直径，发射槽口到O点的距离也不需要测量，故BD错误；
C.由于五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，所以硬币与木板间的动摩擦因数不需要测量，故C错误；
故选A。
硬币在桌面上均做加速度大小相等的匀减速运动，根据速度-位移关系可知。其中
则
由动量守恒定律可知
只需验证
成立，即可明确动量守恒。
如果该碰撞为弹性碰撞，则
解得
故答案为：；，。
根据实验原理和注意事项分析判断；
根据运动学规律、动量守恒定律和能量守恒推导。
本题考查验证动量守恒定律实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
 10.【答案】   【解析】解：水果电池内阻较大，相对而言电流表的内阻可以忽略不记，故实物图连接如图所示

根据题意，电路图如图所示

由题意及表中数据可得，根据欧姆定理可知，电阻箱两端的电压为
由题意及上述分析可得
变形可得：
结合图形可得，图线与纵轴的交点为电池电动势，图线的斜率大小为电池内阻，即

解得：
故答案为：；    ，，790
水果电池内阻较大，分析电流表接法并连接实物图和电路图；
根据闭合电路欧姆定律和图像信息求电源电动势和内阻。
本题考查电表改装、电源电动势和内阻测量等知识，解题关键要明确电表改装原理和实验原理，掌握图像法处理实验数据，注意误差来源分析。
 11.【答案】解：气缸内封闭的气体等压变化，根据盖-吕萨克定律有：
其中，
代入数据可得：
封闭气体的压强为：
外界对气体做功为：
根据热力学第一定律可知气体增加的内能为：
答：当活塞上升到距气缸底时，气体的温度为400K；
给气体加热的过程中，气体增加的内能为260J。 【解析】气缸内封闭的气体等压变化，根据盖-吕萨克定律进行解答；
求出外界对气体做的功，根据热力学第一定律求解气体增加的内能。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
 12.【答案】解：粒子在磁场中做运动圆周运动，粒子运动轨迹如图所示

由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
粒子的比荷，解得，磁感应强度大小：
粒子第一次穿过边界线OM后恰能到达x轴上P，粒子到达P点时速度为零
粒子从第一次进入电场运动到P点过程，由动能定理得：
解得电场强度大小：
粒子从O点出发到第四次穿过边界OM的运动轨迹如上图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的总圆心角
粒子在磁场中的运动时间
粒子在电场中运动过程，由牛顿第二定律得：
解得加速度大小
粒子第一次在电场中的运动时间
粒子从A到C过程做类平抛运动，设AC间的距离为L
在水平方向：
在竖直方向：
解得：，
粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间
设第四次穿过边界线OM的位置坐标为
由几何知识可知：，
解得：，，即坐标为
答：匀强电场的电场强度E大小是，匀强磁场的磁感应强度B大小是；
粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间是；
第四次穿过边界线OM的位置坐标是。 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子做匀速圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律与运动学公式求出磁感应强度与电场强度大小。
求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出粒子从O点射出到第四次穿过OM的时间。
根据几何知识求出第四次穿过边界OM的位置坐标。
本题考查了带电粒子在磁场与电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式与几何知识可以解题。
 13.【答案】解：物块A恰能通过最高点d时，重力提供向心力，则有：
物块A从b到d，根据动能定理有：
解除弹簧锁定后动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
若开始时弹簧弹性势能，解除弹簧锁定后A、B组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据解得：，
设物块A在传送带上向上的位移为x，根据动能定理可得：
代入数据解得：
设上升时间为，根据速度-时间公式有：
上升过程，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：，
物块A减速为零后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速到与传送带速度相等需要的时间
该过程物块A的位移
由于，物块A加速到与传送带速度相等后继续向下做匀加速直线运动
下滑过程，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
物块A到达传送带底端时的速度大小为v，则
代入数据解得：
从与传送带速度相等到到达传送带底端需要的时间
物块A在传送带上运动过程中相对传送带滑行的距离
代入数据解得：
物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热
物块A回到光滑水平面上时的速度大小，方向水平向左
A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：，，A的最终速度大小是
答：开始时弹簧弹性势能是64J；
物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热是24J；
物块A在光滑水平面ab上运动的最终速度大小是。 【解析】恰好通过最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出通过最高点时的速度，应用动能定理求出A离开弹簧时的速度大小；解除弹簧锁定过程A、B系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
根据A的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式求出A相对传送带滑行的距离，然后求出摩擦产生的热量。
、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、动能定理与运动学公式即可解题。