2023届湖南师大附中模考一高三物理试卷含答案.pdf

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1、姓名准考证号绝密食启用前支联考湖南师大附中2023届模拟试卷（一）物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。第I卷一、单项选择题（本题共7,J、题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.甲因为不同温度下的黑体辐射强度随波长A的变化规律；乙图中，某种单色光照射到光电管的阴极上时，电流表有示数；丙图为氢原子能级

2、图，有大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁；丁图为放射A性元素14c剩余质量m与原质量mo的比值随时间t的变化规律，下列说法正确的是1 句A阳匀，“m mo 辐射强度n EleV ex:-ri AJ s二0.544-0.853-1.5 I2 3.4 乙1-13.6丙0.500一一t0.2504 0.125一：一一一，0 5 730 11 460 17 I叨ti年A.甲图中，随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B.乙图中，用频率更低的光照射光电管的阴极时，电流表一定没有示数c.丙图中，从n=5能级跃迁到4 能级时产生的光子波长最小D.丁图中，14c的半衰期是5730年，则100

3、个14C经过5730年还剩50个物理试题（附中版）第1页（共8页）支德英才支联考湖南师大附中2023届模拟试卷（一）物理参考答案题号答案I 1 I 2 I 3 I 4 I s I 6 I 7 I s I 9 I 10 I 11 I I A I c I D I D I c I A I B I AD I B D I A C I AB I 一、单项选择题（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，只有一个选项是符合题目要求的）l.A E解析】随着温度的升高，各种波长辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确；用频率更低的光照射光电管的阴极时，如采频率小于极限频率电流表没有示数

4、，如采大于极限频率有示数，故B错误；从n二5 能级跃迁到二4 能级时，能级差t,E最小，根据t,E斗时可知光子频率最小，波长最长，故C错误；半衰期指的是大量原子核衰变时的统计规律，100个14c不是大量，经过一个半衰期后不一定剩余50个，故D错误。故选A。2.C【解析】设踏板的角速度为，链轮的半径为r1，飞轮的半径为，车轮的半径为R，则飞轮的角速度为飞生坠旦旦，可r2 r2 r2 知自行车行驶的速度大小为时飞R些旦R，由于半径与齿数成正比，则自行车行驶的最小速度为Vmin些旦旦R，自行车行驶22max x 48 28 24 的最大速度为VI)x旦旦旦R该自行车行驶的最大速度与最小速度之比为止一

5、王旦旦 目2血，U自minT2min Tmin 14 28 7。1 1 3.D 解析】由题图乙知，当。二53时发生全反射，则有二百二百二1.25，故选项A B错误；图甲中若减小入射角。，根据反射定律和折射定律可知反射角和折射角都减小，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故选项C错误；激光不从光导纤维未侧面外泄的1J各界条件是入射光在外侧面_ R 2E 处发生全反射，1J各界光路如图所可言，可得：sinC=R一，解得R=lOr，所以该采激光不从光导纤维I 2r 未侧面外泄，则弯成 的半圆形半径R 与纤维未半径r应满足的关系为R二三lOr，故选项D正确。A必n4.D【解析】“中国空间站”在轨道上

6、做匀速圆周运动，根据牛顿第定律有G一一一一二阳，物体绕地球表面运行，根据牛顿第二一（R十h)2R 定律有G节mg，联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为g，故A错误；根据向心加(R+h)2 速度公式古中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为u叫面，故B错误；根据牛顿第二定律有M仇4rr2I 42 CR+h)3 G一一一一m(R十 h），“中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为 T旷故C错误；根据牛顿第二定律有飞且h)T2;y GM =m，“中国空间站”正常在轨做圆周运动的速度为v代击手号轨道距地面高度为h时，空间站的动能为Ek1=/M(R十h)2R十h飞R十h户

7、丽GMm 2mv2二宿命，轨道距地面高的h时，空间站的势能为E一日，轨道距地峭的h时，空间站的机械能为E1二Ek1G儿如zG必如z十Ep1一豆豆丰万，同理轨道Je地面高度为h-M时，空间站的机械能为E2=-2(R十h M）中国空间站”轨道高度下降MGMm fGMm GMm时的机械能损失为t,E二EE 一一一一l）二一一一一一，故D正确。I 2 2(R+h）飞2(R十h-M)!2CR+h-M)2CR+h)U1 n1 5.C【解析】设副线圈电压为U2，原线圈电压为矶，R1两端电压为 U1F则U U1 F十U2 设灯泡电流为I，灯泡电阻与-1 U2-n2一，一I2 I1-1 I-22 22 电阻箱的

8、阻值相同，电阻箱的电流也为I，则U2IR2 2儿，y;2,U1 I1丸，联立解得I=5A，即电流表的示数为SA。故A错误；逐渐增大凡的阻佳，则负载阻值增大，把负载等效成一个电阻串联在原线圈中，则串联电路总阻值增大，则总电流减小，根据P/=IrR1，可知R1功率逐渐变小。故B错误；把负载等效成一个电阻串联在原线圈中，其等效阻值设为R，则U1=I1R,R2RL U1 n1 I1 1 R R 2(U 2又U2=I2，联立解得R=4一一_L,R的功率为PI1R()R 2，可知，当2 R2十RLU22I2 2 R2十RL飞R十R1!(R-R1)一一十 4R1_ R2RL一20R=R1时，R 的功率最大，

9、即副线圈功率达最大。则R4瓦丰Rt,R1，解得R27 fl，故C正确；若将R1换为一个理想二极U2 T T1,管，则原线圈只有一半时间里有电压且与左端输入电压相同，原线圈电压有效值设为Uo1,!i11J瓦言If:T，解得U110/2 V，则灯泡L两端电压的有效值不为110/2 Vo故D错误。故选C。6.A阻析】设圆弧半径为R，当，j物理参考答案（附中版）一1mgRcos州mgcos叫苦，解得，j、球对小车的压力为N加gcos（，其水平分量为Nx=3mgcos(sin(=fmg也n2（，根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为f=Nx=tmgsin 2川以看出当3 sin 2（二1，即

10、0二4 5时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f二言mg，故A正确，BCD错误。故选Ao7.B【解析】小球c从M到N，滑块b先下滑再回到原来的位置，则由能量关系 m,g2MOcos 37。sin37。二rrlf,gcos 30。2(MOJ3 MOsin 37。），解得滑块b与斜面间的动摩擦因数为言，选项A错误；小球在M点时弹簧被拉伸，弹力为SN，此时弹簧被拉长 主 m=4 cm，小球c滑至MN 的中点处时，b下滑的距离为M-OMsin37。8 cm，则此时弹簧被压缩4 cm，此时200 的弹性势能等于在M点的弹性势能，设此时c的速度为u，则 b的速度为0，则由能量关系，m,gMOcos 37si

11、n 37+4/2rrl/,g&sin 30二言m,v2+rrlf,gcr:s 30。，解得 u一一了m/s，选项 B正确；小球c从M点滑至N 点的过程中，经过 MN 中点处时，小球c沿斜面方向的合力为m,gsin37，如j加速度不为 零，速度不是最大，即此时重力的功率不是最大，选项C错误；小球c从M点滑至MN 中点的过程中，弹簧由伸长4 cm.fU被压缩4 cm，即弹簧的弹性势能先减小再增大；同样小球c从MN 中点滑至N点的过程中，弹簧由压缩4 cm 到被拉长4 cm，即弹簧的弹性势能仍先减小再增大，则选项D错误。故选 B。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

12、四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不会的得 3分，有选 错的得 0分）8.AD（解析】开关S闭合时，线圈L1和 L，相当于导线，三个灯泡的电i戎相等设为I，方向均向下。则 L1中电流为2I,L，中电流为I，方向均向右。断开开关S的瞬间，电感上的电流不会突变，L1中电流将由 2I 减小到零，L，中电流将由 I 减小到零，故b、c灯泡中电流由 I 逐渐减小到零，B、C 均错，D 对；灯泡a中电流由 2I 减小到零，故灯泡a先变亮，然后逐渐变暗，A 对。9.BD（解析】物体从A到B的时间根据“等时的知：t二2吁，重力傲的功为W二mgL,Hr以重力做功的平 均 功率为P平阿0言，

13、而重力的冲量为同t=2m屑，所以m正确10.AC【解析】设 O为AB 中点，根据电势的叠加可知，U点的电势为0，且 AB 两点关于o点对称，则 AB 两点电势大小相等，符号相反，故A正确；粒子在A点时，Q环产生的场电场强度为0，但Q环产生的电场强度不为0，即图像的原点处E手0，故 B错误；由动能定理 W二qEx二Ek一O二且，则 Ek-X 图像斜率为 电场力qE，而矿也电场力最大，故图像工二去处斜率最大，故C正确；由于AB 处的电势一正一负，绝对值相等，根据 Ep何可知，粒子在AB 两点的电势能也一正一负，绝对值相等，故D错误。故选AC。J3 J3 11.A B （解析】小球第一次沿轨道AC

14、下滑过程中，小球所受电场力等于其重力的倍，即F也mg，电场力方向垂直于轨道方3 1 0 1 向的 分量为几分二mgsin旷二言吨。重力垂直轨道的 分量为马二mgcos 60二言mg 则有2几分二马，因此，电场力与重力的合力方向恰好沿着 AC方向，且刚开始时小球与管壁元作用力。当小球运动后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于AC 向上，导致小球对管壁有作用力，小球将受到的滑动摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力，摩擦力增大，合力减小，根据牛顿第二定律可知小球做加速度减小的加速运动，当加速度减至零时做匀速运动，故A正确；对小球在0点受力分析，且由C向D运动时，根据牛顿第二定律

15、，则有：N-mg十Bqv二m丢。由C.f1JO点，由机械能守恒定律，则有，mgRsi丑30。寸mv2。解得，N二2mgqB 伊，故 B正确；最终，j2/Q 零的C.i?，D点，根据动能定理得，.（mg)2十（qE)2 l W1=0，则经足够长时间，小球克服摩擦力傲的il;rJJ W1亏丁gl,故C错误；当小球的摩擦力与重力及电场力的合力大小相等时，小球做匀速直线运动，小王求在轨道内受到的摩擦力最大，摩擦力的最大值为：fm=./(mg)2十（qE)2=J(mg)z（于mg)2=ki.f-mg，摩擦力不可能大于手mg，lD错误。故选：础。三、实验题(12 题4分，13 题 10分）12.(4分，每

16、空1分）(1）C BD(2）10 CE解析】(1）甲小组先用一个弹簧测力计施加一个力把结点拉至0点，记下这个力。再用两个弹簧测力计 分别钧住细绳套仍将结点拉至0点，记录下这两个力。这里采用的实验方法是等效替代法，故选Co 角与角卢适当即可，可以不相等，选项A错误；由于画平行四边形是在纸面上画，所以拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平 面平行，选项 B正确；在不超出弹簧；.911力计的量程的情况下，拉力应该适当大些，方便作图，但两弹簧测力计的拉力适当就好，不是越接近相等误差越小，选项C错误；为了使力的方向更精确，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，选项D正确。

17、故选 BD。走走40103(2）以钧码为研究对象有 mg二F二缸，整理得 m二x，结合 mx 图像有一二一一一寸，解得是二10N/m g g性XlO一 同一根弹簧上裁下的几段，越短的段劲度系数越大（或越长的段劲度系数越小），而FL图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图像的斜率越大劲度系数越大（斜率越小劲度系数越小），因此长的一段图像为b，短的一段图像为a。故选C。物理参考答案（附中版）2 L Eorx 1 Eo 13.(10分，每空2分）(1)Eo(2)+1.5(3)Si(4）不变Lo ExLo R ExL。【解析】(1）由于电流计示数为零，则标准电池与铅笔芯、待测电池与电阻箱分别组成两个相对独立的

18、电路，且UR=UAP，对标准电池与铅笔芯组成的回路，由闭合电路欧姆定律可知UAP扫，即UR扫。_ Ex L _ E 1 _ Eorx 1(2）对待测电池与电阻箱 组成的回路，由闭合电路欧姆定律可知UR-R+沪，则有r;Eo一豆在R，变形可得r:-err;i+E,1 1 E 1 Eorx _l些瓦，则王豆图像的纵截时8m，斜率为EX;0.5.n m 1，解得rx=l.5 no(3）如果断开，调节滑环，电流计G示数有可 能为零；如果马没有闭合，则电流计示数一定为零；只有Si没有闭合时，调节滑坏，电流计G示数无法为零。(4）若标准电池的内阻不可忽略，设为To，通过铅笔芯的电流恒定，设为I。，对铅笔芯

19、与标准电池 组成的回路，有UAP=E 1(Eo-Ioro)rx 1 Eo-Ioro 1(E,。一Ioro)，又U=U U?R联立可得一 ，与（2）中的表达式对比，可知待测Lo AP R R-R十几 L ExLo R ExL。-L 电池内阻的测量结果将不变。四、解答题(14题10分，15题16分，16题12分）14.(10分）【解析】(1）加热前气体的温度为T1=(273+7)K=280 K加热后的气体温度为：几(273+77)K=350 K设圆柱的体积为V，逸出的气体的体积为牟V1，对剩余气体的体积根据盖一吕萨克定律得VV1 VT1 T2 同温同压下，气体的质量比等于体积比，所以逸出的气体与加

20、热前的质量比为CWi1 V1mo V.(2分）.(2分）CWi1 1 解得豆豆5.(1分）(2）当灯体的重力和内部气体的重力之和等于浮力时灯会上升，所以只要排出的气体的重力等于灯体的重力灯就能上升。设加热到马后排出的气体的体和、为V2p V2=m.(1分）V牟V2V 对剩余气体的体积根据盖吕萨克定律得=.(2分）T1 273+ts 根据题意得V=Sh.(1分）解得ts=73.7.(1分）15.(16分）【解析】(1）依题意，设木板的长度为L,A、B第一次达到共速时速度大小为叫，物块和木板由动量守恒定律有m11o=(2m+m)v.t.(1分）1 1 根据能量守恒定律有严gL=2m-2(2m+m)

21、vt.(1分）1-联立拟寻VJ=钩，L一（2分）3g(2）由于物决与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为吻，取方向向右为正，根据 动量守恒定律有2mv.t m叫（2m+m）吨.(1分）1 1 根据能量守恒定律有严gx1=2(2m+m)vt 2(2m+m）.(1分）4喝联立求得巧；，11o,x1=.(1分）32 27wz 一 5 则可得此时物决距木板左端的距离为牟l1L X1.(1分）27g(3)ii,(1)(2）问分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为言，对B问ig=man.(1分）从B第一次

22、撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有（号）2=2aBS!从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有（去f=2句S2从B第n次撞击挡板到第n+l次撞击挡板过程，有（去f=2句句fl 1 1 1 则 s=2(s1+s2十S3十十乌）十十i.(2分）在Z飞3234 36 32n J 1/.1、得s-323旦g 1 _l_ 8g 飞i32).(1分）(4)B从第n次与挡板发生难撞到第n+l次与挡板发生放撞的过程中，设B做匀变速运动的时间为t1,B做匀速直线运动的时物理参考答案（附中版）3.间为川、B 保持相对静止共同运动的位移为此匀变速运动过程有幸先础，（去r一（豆主if=2句匀速过程有缸豆生1tz联立可

23、得t1:tz=l:1 (2分）即每相邻两次碰撞过程中，A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1:1。在O乌时间内，设A做匀J成速运动的累计时问为对 A有严.g=2阳A又号向t解得to严 (2分）.g 16.(12分）【解析】(1）设简谐运动周期为T，根据工0.5co s(2t)m和 T些，得Ts，在0？内，导体棒运动的位移大小IXm I=O.5 m BL Xm I 感应电动势的平均值E一T二4 感应电流的平均值I=f通过导体棒的电荷量 q=I.f 联立解得q=O.25 C.(4分）(2）根据x-t关系式，可得t时刻导体棒的速度v=sin(2t)m/sBLi I 通过导体棒的感应电

24、流 i=l联立解得i=O.5sin(2t)A根据可知Vm=l m/s,im=O.5 A在0ts内，设T形支架对导体棒做功为WT，电阻R上产生的热量为Q。根据功能关系，有WT；叫Q,Q=(72 rR t16 I 5 联立解得WT丁丽11 J.(4分）(3）根据式，可得t时刻导体棒的加速度2cos(2t)m/s2 导体棒受到的安培力F安BiL=O.25日in(2t)N 分析可知，导体棒在平衡位置的右侧向右运动的某一时刻，T形支架对导体棒的作用力可以为0，此时，根据牛顿第二定律，有F安ma联立解和主m/s89 根据简谐运动的对称性可知，导体棒在平衡位置的左侧向左运动的某一时刻，T形支架对导体棒的作用力也可以为0，此时v=-b m/s.(4分）、89物理参考答案（附中版）4