湖北省武昌区2023届高考仿真模拟物理试卷含解析.doc

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1、2023年高考物理模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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

2、。1、如图所示，虚线所围矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。现从ab边的中点O处，某一粒子以最小速度垂直于磁场射入、方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出。若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出，已知此粒子的质量为m，电荷量的大小为q，其重力不计；ab边长为2，ad边长为3，则下列说法中正确的是A匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为B匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为C离子穿过磁场和电场的时间之比D离子穿过磁场和电场的时间之比2、光滑绝

3、缘水平面上固定一半径为R、带正电的球体A（可认为电荷量全部在球心），另一带正电的小球B以一定的初速度冲向球体A，用r表示两球心间的距离，F表示B小球受到的库仑斥力，在rR的区域内，下列描述F随r变化关系的图象中可能正确的是（）ABCD3、如图所示，AB是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，A、B两点恰好位于圆周上，杆上套有质量为m、电荷量为+q的小球(可看成点电荷)，第一次在圆心O处放一点电荷+Q，让小球从A点沿杆由静止开始下落，通过B点时的速度为，加速度为a1；第二次去掉点电荷，在圆周平面加上磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从A点沿杆由静止开始下落，经过B点时速度为，加速

4、度为a2，则（ ）ABCa1 a2Da1 a24、下列四幅图的有关说法中正确的是（）A图（l）若将电源极性反接，电路中一定没有光电流产生B图(2)卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子核的构成C图(3)一群氢原子处于n=5的激发态跃迁到n=1的基态最多能辐射6种不同频率的光子D图(4)原子核D、E结合成F时会有质量亏损，要释放能量5、在冬季，剩有半瓶热水的老式暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来其中主要原因是A软木塞受潮膨胀B瓶口因温度降低而收缩变小C白天气温升高，大气压强变大D瓶内气体因温度降低而压强减小6、如图甲所示是法拉第制作的世界上最早的发电机的实验装置。有一个可

5、绕固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁体中实验时用导线连接铜盘的中心C。用导线通过滑片与钢盘的边线D连接且按触良好，如图乙所示，若用外力转动手柄使圆盘转动起来，在CD两端会产生感应电动势（ ）A如图甲所示，产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个以C为圆心的同心圆环中的磁通量发生了变化B如图甲所示，因为铜盘转动过程中穿过铜盘的磁通量不变，所以没有感应电动势C如图乙所示，用外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自下而上D如图乙所示，用外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自上而下二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小

6、题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m2、匝数为N=100匝、电阻为r=5.0，线圈所处的空间是磁感应强度为B=T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为n=r/min如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匝数比为52，R1=5.0、R2=5.2，电压表电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I=10A，则下列说法中正确的是A交流电压表的示数为720VB灯泡的工作电压为272VC变压器输出的总功率为2720WD若负载电路的灯泡增多，发电机

7、的输出功率会增大8、关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）A气体吸热后温度一定升高B对气体做功可以改变其内能C理想气体等压膨胀过程一定放热D热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡9、 “跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上.如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为v；若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则()A棋子从最高点落到平台上所需时间tB若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间

8、变长C棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少mghD棋子落到平台上的速度大小为10、如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100 秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A正离子在纵向场中沿逆时针方向运动B发生漂移是因为带电粒子的速度过大C正离子向左侧漂移，电子向右侧漂移D

9、正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电阻Rx的阻值。要求方法简捷，得到多组数据，有尽可能高的测量精度。(1)电流表应选用_，电压表应选用_。(2)完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。_(3)在实验中，有的同学连成下图所示的电路，其中a，b，c，k 是表示接线柱的字母。请将图中接线错误（用导线两端接线柱的字母表示）、引起的后果、改正的方法（改接、撤消或增添），填在图中表格相应的位置中。接线错误引起的后果改正的方法_12（12

10、分）木-木间动摩擦因数约为0.3，实验室中测量某木块与木板间动摩擦因数。(1)采用图甲所示实验装置，正确进行实验操作，得到图乙所示的一条纸带。从某个清晰的打点开始依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出0点到各点的距离d1、d2、d3、d4、ds、d6。已知打点周期T，求得各点木块运动速度vi，其中第4块木块的速度v4=_；取0点时刻为零时刻，作vt图得到木块加速度为a，已知木块的质量M、钩码的总质量m及当地重力加速度g，则木块与木板间动摩擦因数=_。(2)关于上述实验操作过程：长木板必须保持_（填“倾斜”或“水平”）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要

11、求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0T，在y轴上P点有一粒子源，沿纸面向磁场发射速率不同的粒子，均沿与y轴负方向间夹角=的方向，已知粒子质量均为m=5.0108kg，电荷量q=1.0108C，LOP=30cm，取=3。（不计粒子间相互作用及粒子重力）(1)若某粒子垂直x轴飞出磁场，求该粒子在磁场中的运动时间；(2)若某粒子不能进入x轴上方，求该粒子速度大小满足的条件。14（16分）如图所示，横截面积均为S，内壁光滑的导热气缸A、BA水平、B竖直放置，A内气柱的长为2L，D为B中可自由

12、移动的轻活塞，轻活塞质量不计A、B之间由一段容积可忽略的细管相连，A气缸中细管口处有一单向小阀门C，A中气体不能进入B中，当B中气体压强大于A中气体压强时，阀门C开启，B内气体进入A中大气压为P0，初始时气体温度均为27，A中气体压强为1.5P0，B中活塞D离气缸底部的距离为3L现向D上缓慢添加沙子，最后沙子的质量为求：(i)活塞D稳定后B中剩余气体与原有气体的质量之比；(ii)同时对两气缸加热，使活塞D再回到初始位置，则此时气缸B内的温度为多少?15（12分）有两列简谐横波a和b在同一介质中传播，a沿x轴正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速均为=4m/s，a的振幅为5cm，b的振幅为10cm

13、。在t=0时刻两列波的图像如图所示。求：(i)这两列波的周期；(ii)x=0处的质点在t=2.25s时的位移。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D【解析】根据某一粒子以最小速度垂直于磁场射入、方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出可知，本题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心和几何关系求解；若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出可知，本题也考查带电粒子在电场中的偏传，根据类平抛运动列方程求解。【详解】A、

14、B项：粒子在磁场中运动，由题意可知，粒子做圆周运动的半径为，由公式可得：，联立两式解得：；粒子在电场中偏转有： 联立解得： 所以，故A、B错误；C、D项：粒子在磁场中运动的时间为：粒子在电场中运动的时间为： 所以，故C错误，D正确。故选：D。2、C【解析】根据库仑定律可知，两球之间的库仑力满足，即随r增加，F非线性减小。故选C。3、D【解析】ABA点和B点在同一个等势面上，第一次小球从A点由静止运动到B点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，根据动能定理，得第二次小球从A点由静止运动到B点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理，得所以 ，故AB错误；CD小球第一次经过B点时，库仑力有竖直向下

15、的分量，小球受的竖直方向的合力F1mg ，由牛顿第二定律可知，小球经过B点时的加速度a1g，小球第二次经过B点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过B点时的加速度a2=g ，所以a1a2 ，故C错误，D正确。故选D。4、D【解析】A图（l）若将电源极性反接，即为反向电压，只要反向电压比遏止电压小，电路中就有光电流产生，故A错误；B图(2)卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B错误；C图(3)一群氢原子处于n=5的激发态跃迁到n=1的基态最多能辐射出种不同频率的光子，故C错误

16、；D原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要释放能量，故D正确。故选D。5、D【解析】木塞难拔出的现象，是因为瓶内的气压小于瓶外的大气压，所以外界大气压对瓶塞向里的压力大于瓶内气体对木塞向外的压力，可以根据理想气体的等容变化分析瓶内的气压变化【详解】一开始暖瓶塞受力平衡如图： 由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的温度降低，根据查理定律得： ；由于，所以，即暖瓶内的压强由原来的减小为现在的，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力A软木塞受潮膨胀，与结论不相符，选项A错误；B瓶口因温度降低而收缩变小，与结论不相符，选项B错误；C白天气温升高，大气压强变大，与结

17、论不相符，选项C错误；D瓶内气体因温度降低而压强减小，与结论相符，选项D正确；故选D.6、C【解析】AB外力摇手柄使得铜盘转动产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个沿半径方向的铜棒在切割磁感线而产生的，故AB错误；CD若用外力顺时针(从左边看)转动铜盘时，根据右手定则可得感应电流方向为C到D(电源内部)，D端是感应电动势的正极，所以通过R的电流自下而上，故C正确，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，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、CD【解析】（1）根据 求出电动势的有效值（2）根据闭

18、合回路欧姆定律求出原线圈的电压（3）利用及求出副线圈的电压（4）根据电路结构求电动机的输出功率【详解】A、根据题意电流表的示数为10A，根据 解得原线圈的电流为4A，线圈在磁场中产生电动势的有效值为 ,则电压表的读数为 ，故A错；BC、原线圈的电压为 根据 可以求出副线圈上的电压为，所以副线圈上的功率为 此时灯泡上的电压为 故B错；C对 D、把发电机外的所有用电器等效为一个电阻为R的电阻，根据题意可知 ，若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R减小，根据电源输出功率与电阻之间关系的函数图像可知，此时发电机的输出功率会增大，故D对；故选CD【点睛】此题比较复杂，对于原线圈中有用电器的变压器问题来说，一

19、般做题的方向是利用前后功率相等来求解的8、BDE【解析】A气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A错误；B改变气体内能的方式有两种：做功和热传导，故B正确；C理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C错误；D根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；E如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E正确。故选BDE【点睛】本题主要考查了热力学定律、理想气体的性质此题考查了热学中的部分知识点，都比较简单，但是很容易出错，解题时要记住热力学第一定律E=W+Q、热力学第二定律有关结论以及气体的状

20、态变化方程等重要的知识点9、AC【解析】A、从最高点速度水平，只受重力做平抛运动，由得：；A项正确.B、下落时间只与竖直高度有关，与初速度v无关，B项错误.C、下落过程中，重力势能减少mgh，C项正确.D、由机械能守恒定律：，得：，D项错误.故选AC.【点睛】斜上抛运动可以由运动的分解和运动的对称性分析.10、AD【解析】A根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A正确；B因为左右两边磁场强度不一样，导致左右的半径不同，所以发生偏移；CD根据得发现B越大，R越小，所以右边部分的R大于左边部分的R，结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂移，电子向上侧漂移，故C错误，D正确。故选AD

21、。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、A1 V1 ce 不利于调节电压，调节不当，电源可能短路，损坏电源 撤消ce连线 【解析】（1）1器材中的电源为3V，被测电阻约为10k，故通过电阻的电流最大约为I=3V/10k=0.3mA=300A刚好不超A1的量程，而A2的量程是0.6A就太大了；2电压表就选3V量程的V1，因为V2的量程也是太大了。（2）3因为题中要求得到多组数据，所以用分压式较好，再说所给的变阻器的最大阻值是50，它比被测电阻小多了，也不能用限流的方法连接，又因为需要尽可能高的测量精度，所以电阻测量需要用电压表外接法，因为被

22、测电阻的电阻值较大，外接法的误差较小；又因为使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏，所以闭合开关前，应该使电压表的示数接近0，故电路的实物图如图所示；（3）456接线错误的两个接线柱是ce，因为它接起来后，电压表与电源直接连接，变阻器的滑片如何滑动都不会影响电压表示数的变化了，当滑动滑片移动到最下端时，电源也可能短路，故是不可以的，应该将其去掉才行。12、 水平 【解析】(1)1根据木块运动第4点的瞬时速度等于3、5两个计点的平均速度，即可得2对木块与钩码为对象，根据牛顿第二定律可得解得木块与木板间动摩擦因数(2)3由于该实验需要测量木块与木板间动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，所以长木板必

23、须保持水平。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 (1)(2)【解析】(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示由几何关系可得R1=0.6m，PO1Q=由牛顿第二定律得解得运动时间(2)若带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图所示由几何关系得解得R2=0.2m由牛顿第二定律得解得当v8m/s时粒子不能进入x轴上方。14、 (i) (ii) 【解析】试题分析：（i）对活塞受力分析，得出A中原有气体末态的压强，分析A中原有气体变化前后的状态参量，由玻意耳定律得A末态的体积，同理对B中原来气体进行分析，由由

24、玻意耳定律得B末态的体积，气体密度不变，质量与体积成正比，则质量之比即体积之比；（2）加热后对B中的气体进行分析，发生等压变化，由盖吕萨克定律即可求解（i）当活塞C打开时，A、B成为一个整体，气体的压强对A中原有气体，当压强增大到时，其体积被压缩为由玻意耳定律得：解得：B中气体进入气缸A中所占体积为对原来B中气体，由玻意耳定律得：解得：B中剩余气体与原有气体的质量比为（ii）对气缸加热，阀门C关闭，此时被封闭在B中的气体温度为，体积为D活塞回到初始位置，气体体积变为，设最终温度为由盖吕萨克定律得：解得：【点睛】解题的关键就是对A、B中气体在不同时刻的状态参量分析，并且知道气体发生什么变化，根据相应的气体实验定律分析求解15、 (i) (ii) y=-5cm【解析】解：(i)由图可知根据可得：(ii)a波从图示时刻传播到x=0处需要的时间：则x=0处的质点随a波振动的时间为：；t=2.25s时x=0处的质点随a波振动到负向最大位移处，即：b波从图示时刻传播到x=0处需要的时间：则x=0处的质点随b波振动的时间为：，T=2.25s时x=0处的质点随b波振动到平衡位置处，即：故在t=2.25s时a、b波相遇叠加，x=0处质点的合位移为：y=-5cm