2023年湖北省罗田高考仿真模拟物理试卷含解析.pdf

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1、2023学年高考物理模拟试卷注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3,请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、理想变压器的输入端、输出端所连接电路如图所示，图中交流电源的电动势-311sin（10（hrt）V,

2、三只灯泡完全相同。当电键Si、S2均断开时，交流电源的输出功率为理想变压器输出功率的3 倍。下列各说法中正确的是（）LiA.理想变压器的匝数比为1：3B.灯泡L i消耗的功率是灯泡L2消耗功率的4 倍C.断开电键S”闭合电键S2时，灯泡L i两端的电压有效值为U0VD.断开电键S 2,闭合电键Si时，灯泡L i的亮度与C 项情况下相比较较暗2、在观察频率相同的两列波的干涉现象实验中，出现了稳定的干涉图样，下列说法中正确的是（）A.振动加强是指合振动的振幅变大 B.振动加强的区域内各质点的位移始终不为零C.振动加强的区域内各质点都在波峰上 D.振动加强和减弱区域的质点随波前进3、如图所示，匝矩形

3、闭合导线框A8C。处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S,电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴0 0,以角速度“匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光.从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（）A.图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B.灯泡中的电流方向每秒改变二次C.线 框 中 产 生 感 应 电 动 势 的 表 达 式 为 5sssin sfD.变压渊原、副线圈匝数之比为弓号4、如图所示，一倾角为30。的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度。转动，盘面上离转轴距离d 处有一带负电的电荷量为的质量为，的小物体与圆盘始终保

4、持相对静止.整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度小赛则物体与盘面间的动摩擦因数至少为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度）（）g(3 g+4/Z)9；6 9+4疗 )3g2(6+1)疗 d省(g+2疗d)3gA5、已知氢原子能级公式为E,“=其中=1,2,称为量子数，4为己知常量；要想使氢原子量子数为”的激发态的电子脱离原子核的束缚变为白由电子所需的能量大于由量子数为n的激发态向n-1澈发态跃迁时放出的能量,则 的最小值为（）A.2 B.3 C.4 D.56、下列说法正确的是（）A.。射线是高速电子流，它的穿透能力比a射线和丫射线都弱B.在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合

5、能大的原子核时，会释放核能C.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的动能减小D.当紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当改为红光照射时，也能发生光电效应，但从锌板表面逸出的光电子的最大初动能减小二、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、一定质量的理想气体沿图示状态变化方向从状态a到状态b,到状态c再回到状态a.三个状态的体积分别为外、丹、外,则它们的关系正确的是（）B.Va=Vc8、“嫦娥二号”的任务之一是利用经技术改进的y射线谱仪探测月球表面多种元素

6、的含量与分布特征。月球表面一些元 素（如牡、铀）本身就有放射性，发出丫射线；另外一些元素（如硅、镁、铝）在宇宙射线轰击下会发出丫射线。而Y射线谱仪可以探测到这些射线，从而证明某种元素的存在。下列关于丫射线的说法正确的是（）A.丫射线经常伴随a射线和0射线产生B.丫射线来自原子核C.如果元素以单质存在其有放射性，那么元素以化合物形式存在不一定其有放射性D.丫射线的穿透能力比a射线、0射线都要强9、某人提着箱子站在电梯里，电梯从一楼上升到三楼的整个过程中先匀加速后匀减速，关于此过程，下列说法正确的是A.手对箱子的力大小始终等于箱子对手的力的大小B.手对箱子的力大小始终等于箱子的重力的大小C.人对电

7、梯的压力先持续增大后持续减小D.人对电梯的压力先大于人和箱子的总重力后小于人和箱子的总重力10、如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a=l k g,，b=0.5 k g,电阻分别为4=2。棒静止于轨道水平部分，现将a棒从人=1.8 m高处自静止沿弧形轨道下滑，通 过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。(g取1 0 m/s 2)。求：(Da棒刚进入磁场时，分棒的加速度；(2

8、)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量；(3)从a棒进入磁场到“棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热。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、B【解析】A B.变压器的输出功率等于输入功率，电源的输出功率等于灯泡L i的功率和变压器的输入功率之和，所以由已知条件知灯泡1U的功率等于变压器输入功率的2 倍，也就是灯泡L i的功率等于灯泡L2、L3的功率之和的2 倍，所以灯泡L 的功率是灯泡L2功率的4 倍，则变压器原线圈的电流是副线圈电流的2 倍，由理想变压器电流与匝数成反比，可得匝数比为1：2,故 A

9、 错误，B 正确；C.断开电键S”闭合电键S2时，由上面分析知/L I=2/L2,则ULI=2UL2变压器的输入电压和输出电压关系为5=21/1而U2=UL2t/L l+t/l =311V=220V所以ULI=176V,UL2=88V故 C 错误；D.断开电键S 2,闭合电键Si时，Ui=220V,则 S=4 4 0 V,所以L/L2=220V与 C 中相比电压升高，灯泡变亮，故 D 错误。故选B。2、A【解析】只有两个频率完全相同的波能发生干涉，有的区域振动加强，有的区域震动减弱。而且加强和减弱的区域相间隔。【详解】A.在干涉图样中振动加强是指合振动的振幅变大，振动质点的能量变大，A 符合题

10、意；B.振动加强区域质点是在平衡位置附近振动，有时位移为零，B 不符合题意；C.振动加强的区域内各质点的振动方向均相同，可在波峰上，也可在波谷，也可能在平衡位置，C 不符合题意；D.振动加强和减弱区域的质点不随波前进，D不符合题意。故选A。3、C【解析】图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A错误；交流电的周期为7 =土2 7上r，一个周期内电CD流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变9次，选 项B错误；交流电的电动势最大值：E m=5 S 3,则线框中71,nBcoS n.U.nBcoS产生感应电动势的表达式为e=5 S s inQ f,选 项C正确；交流电的有效值为

11、=一-“=%=技/，选项D错误；故选C.点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决.4、A【解析】物体以恒定角速度。转动，所以，物体在垂直盘面方向上合外力为零，故支持力FN=mg+mg c os 3 0 =-mg 2 y 4物体在盘面上的合外力即向心力%=ma/d则最大静摩擦力至少为/=%+(机g +g m g,3sin30=m(D d+mg故物体与盘面间的动摩擦因数至少为、3f mco-d+-mg 百(3 g +4 2+V2即的最小值为4,故 C 正确，A、B、D 错误；故选C。6、B【解析】A

12、.p射线是高速电子流，它的穿透能力比a射线强，比丫射线弱，故 A 项错误；B.原子核的结合能与核子数之比称做比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能，故 B 项正确；C.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子跃迁到离核较近的轨道上运动，据,e-v2k-=mr r可得，核外电子的动能增加，故 C 项错误；D.当紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，当改为红光照射时，不能发生光电效应，因为红光的频率小于锌板的极限频率，故 D 项错误。故选B。二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分

13、。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、BC【解析】根据图象求出各状态下的压强与温度，然后由理想气体状态方程解题。【详解】由图示可知，pa=po,pb=pc=2po,Ta=273+27=300K,rc=273+327=600K,由数学知识可知，加=2/4=54,Tb=327K；由理想气体状态方程得：匕 广 旦=3 0()2,匕=旦=3()0色P,P.P,则匕=匕，由理想气体状态方程可知：v_ P y jh 一月 X327%_ 327 327b PhTa 2x300 600“600 故 BC正确，AD错误；故选BC【

14、点睛】解题时要注意横轴表示摄氏温度而不是热力学温度，否则会出错；由于题目中没有专门说明。乃是否在同一条直线上,所以不能主观臆断b状态的温度。8、ABD【解析】AB.y射线是原子核发生变化时伴随a 射线和0 射线放出来的，故 AB正确；C.元素的放射性与其为单质还是化合物无关，故 C 错误；D.Y射线本质是高速光子流，穿透能力比a 射线、P 射线都要强，故 D 正确。故选ABDO9、AD【解析】A.根据牛顿第三定律可知，人手对箱子力的大小始终等于箱子对手的力的大小，故 A 正确；B.向上加速时处于超重状态，向上减速时处于失重状态，则手对箱子的拉力先大于箱子的重力，后小于箱子的重力，故 B 错误C

15、D.向上匀加速时，人对电梯的压力大于人和箱子的总重力，但并不是持续增大，向上:匀减速时，人对电梯的压力小于人和箱子的总重力，但不是持续减小，故 C 错误，选项D 正确。10、ABD【解析】题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B 受力分析,根据牛顿第二定律列方程；h 时刻是A 与 B 分离的时刻，之间的弹力为零。【详解】A 项：施 加 F 前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx_ 2Mg解得：“一 k加外力F后到物体A、B分离前，对 AB整体有/二 吸+/建=2 M a又因尸崩=后由于压缩量x 减小，故 F为变力，物体A、B分

16、离时，此时A、B具有共同的v 和 a,且=对 A 有：F-M g =Ma解得此时：F =M(g+a),故A错误；B、D项：A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当/理二八 时，B达到最大速度，故 B、D错误；M(g+a)C项：对 B有：F弹一 Mg =Ma,解得：F弹=M(g+a),此时弹簧的压缩量为=-k 一,故弹簧的压缩量减小了M(g-a)M(g-a)J x =x,-x,=-;-h=-;-1 2 k,即 A上升的距离 k,故 C正确。本题选不正确的，故应选：A B D o【点睛】本题关键是明确A与 B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿

17、第二定律列方程分析。三、实验题：本题共2小题，共 1 8 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。1 1、D 1.2 2.0【解析】(1)口 只要小车做匀加速运动即可，因此，A、B、C选项是没有必要的，实验时需要先接通电源，再释放小车，以确保纸带上能够记录下较多的运动信息，选项D正确。(2)2 交流电的频率为/=50Hz,相邻两计数点间的时间间隔f =0八.1，s,匕=x+xsL =-0-.-1-1-1-0-+-0-.-1-3-0-9 m/s,=1,.2 m/s4 2t 0.2 3 由逐差法可求得小车的加速度。根据M =a Ti a=(.+*5+%)(七+%)代人数据，得a 0

18、.1510+0.1309+0.1110-0.0910-0.0710-0.05099x0.12m/s2=2.0m/s2。12、1.3 A【解析】1(1)小车运动的加速度的测量值L+S3-(S2+sJ _01910 0.0689 0.06894T24x0.12m/s2=1.3m/s22(2)此实验要求所挂钩码的总质量要远远小于小车的质量。图线的A B 段明显偏离直线，造成此现象的主要原因是所挂钩码的总质量过大，选项A 正确，B C D 错误。故选A。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。CL 25Bq2I?233n m 1

19、06 万 机哂脸【解析】(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R,过。作尸。的垂线交尸。于 A 点，如图所示:由几何知识可得PC QA代入数据可得粒子轨迹半径为 5/R=QO=洛伦兹力提供向心力为qvB=2mvR解得粒子发射速度为5BqLv=-8m真空室只加匀强电场时，由粒子到达次?直线的动能相等，可知。为等势面，电场方向垂直次?向下，水平向左射出的粒子经时间/到达。点，在这段时间内做类平抛运动，分解位移一 1CQ=L=vt_ 1PC=L=-a t2电场力提供加速度aqEm解得尸。两点间的电势差(3)只有磁场时，粒子以。|为圆心沿圆弧PO运动，当弧和直线出?相切于O 点时，粒子速度的偏转角最大，对

20、应的运动时间最长，如图所示:据图有sina=0.6R解得a =37。故最大偏转角为/皿=233。粒子在磁场中运动最大时长为t二丫2丁 小 2兀m 233乃 加1 -360 一360。qB S0qB式中T 为粒子在磁场中运动的周期，粒子以。2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短。据图有4-5=L2-R=夕nsi解得 =5 3。速度偏转角最小为。=1 0 6。故最短时间为t=y1ml i T 1 0 6 万 加l 3 6 0。一 1 8 0 然1 4、(l)l m/s；(2)l m/s；坐标位置为(0 m,-2 0 7 1 2 m)【解析】(DM从。进入磁场，电场力和重力平衡E

21、q=mg在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动R洛伦兹力提供向心力c m VqvB=-解得v =l m/s(2)设 N沿光滑轨道滑到。点的速度为“，由动能定理1 2m2gR-Eq2R=m2u解得w =2 m/sN 在。点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的P球速度为片，选向右为正方向，由动量守恒定律川泗一町U =(肛+相 2)匕解得V1=l m/s方向水平向右(3 尸球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在电场力作用下，P球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T,P球回到)轴上，P球带电量夕=%+1由D/片及丁=之 旦，解得p球圆周运动周期

22、TT 2nmc二-qBP球竖直方向加速度a=gP球回到y轴时坐标y=aT22代入数据解得y-20储则坐标位置为(0m,20兀2m)415、(1)9m/s2,向右；(2)q=-C；(3)2J.3【解析】(1)“棒沿弧形轨道下滑无过程，根据机械能守恒有:m agh=muv2a棒进入磁场瞬间感应电动势：E=BLv根据闭合电路欧姆定律：I=&+&对 棒：F.f.=BIL根据牛顿第二定律：F安=tnha解得：a=9 m/s2由左手定则，力棒加速度的方向：向右;(2)对a、b：由动量守恒定律得:“户=(%,+/)%解得：u共=4 m/s对b棒，应用动量定理：BILt=，%/我4解得：q=-C3(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律:g s,v 2 _ g m+/)v)=Q根据焦耳定律有：Q=l Ra+Rh)t2 =r”联立解得：Q=2 j