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2023届湖北襄阳高考物理模拟试卷
一、单选题
1．有关原子结构和原子核的认识，下列说法正确的是（ ）
A．居里夫人最先发现天然放射现象
B．伦琴射线的发现揭示了原子具有核式结构
C．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关
D．在衰变方程 Pu→X+ He+γ中，X原子核的质量数是234
2．如图所示，汽车在一段弯曲水平路面上匀速率行驶，关于它受到的水平方向的作用力方向的示意
图(如下图)， (图中F为地面对它的静摩擦力，F 为它行驶时所受阻力)可能正确的是（ ）
1
A． B．
C． D．
3．两根长直平行输电线中有等大同向的电流，在两导线所在平面，垂直于导线的连线上有a、b、c
三点， ，b点位于两根导线的正中间。下列说法正确的是（ ）
A．a点和c点的磁感应强度方向相同 B．三点中，b点的磁感应强度最大C．b点的磁感应强度为零 D．两导线相互排斥
4．如图，△abc中bc=4cm，∠acb＝30°．匀强电场的电场线平行于△abc所在平面，且a、b、c点的
电势分别为3V、-1V、3V．下列说法中正确的是（ ）
A．电场强度的方向沿ac方向
B．电场强度的大小为2 V/cm
C．电子从a点移动到b点，电势能减少了4 eV
D．电子从c点移动到b点，电场力做功为4 eV
5．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在水平面上，截面竖直、直径 水平。一质量为
m的小球自P点上方高度 处由静止开始下落，恰好从P点无碰撞地进入轨道。取水平面为零重力
势能面，则小球第一次重力势能与动能相等时重力的功率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
6．如图所示为人造地球卫星的轨道示意图，其中1为近地圆周轨道，2为椭圆轨道，3为地球同步轨
道，其中P、Q为轨道的切点，则下列说法中正确的是( )A．卫星在1轨道上运行可经过一次加速转移到3轨道上运行
B．卫星由1轨道进入2轨道机械能增大
C．卫星在轨道1上的运行周期最短
D．在轨道2上由Q点运行到P点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，重力势能减
少，机械能增加
7．如图所示是一水平弹簧振子做简谐运动的振动图像(x-t图像)。由图可推断，振动物体 ( )
A．在t 和t 时刻具有相同的速度 B．在t 和t 时刻具有相同的速度
1 3 3 4
C．在t 和t 时刻具有相同的位移 D．在t 和t 时刻具有相同的速度
4 6 1 6
8．如图所示，质量为0.1kg的小滑块（视为质点）从足够长的固定斜面OM下端以20m/s的初速度
沿斜面向上运动，小滑块向上滑行到最高点所用的时间为 s，小滑块与斜面间的动摩擦因数为
，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．斜面的倾角为60°
B．小滑块上滑过程损失的机械能为5J
C．小滑块上滑的最大高度为10m
D．若只减小斜面的倾角，则小滑块上滑的最大高度可能比原来高
9．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的
电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，则（ ）A．原、副线圈两端的电压之比为2：1
B．原、副线圈中的电流之比为2：1
C．原线圈两端的电压为88V
D．副线圈两端的电压为88V
三、实验题
10．气垫导轨是常用的种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮
在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。某同学利用带有标尺（最小刻度为 ）的气
垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，设计实验装置如图甲所示，实验步骤如下：
a.用天平分别测出滑块A、B的质量 、 ；
b.给气垫导轨通气并调整使其水平；
c.A、B之间紧压一轻弹簧（与A、B不粘连），并用细线栓住，静置于气垫导轨上；
d.烧断细线，利用频闪照片记录A、B各自运动的过程如图乙所示。
（1）已知频闪的频率为 ，则滑块A离开弹簧后的动量大小为 ，
滑块B离开弹簧后的动量大小为 （结果均保留三位有效数字）；
（2）利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能 J（结果保留三位有效数
字）。11．某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱。
实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（限值范围0～999.9Ω）；开
关、导线若干。
⑴根据图中的电路图，将器材连接成实验电路；
⑵实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到若干组R、U的数据；
⑶根据实验数据绘出如图所示的 图线，由图象得出电池组的电动势E=
V，内电阻r= Ω。（结果保留二位有效数字）
⑷关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法,下列说法正确的是 （单选）
A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差
B．同学读电压表读数引起的误差属于系统误差
C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差
D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小偶然误差
12．在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精的浓度为每 溶液中有纯油酸 ，
用注射器测得 上述溶液为75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放
在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，
坐标中正方形方格的边长为 ，试求：（结果均保留两位有效数字）
（1）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是 ；（2）根据上述数据及图中的面积，估测出油酸分子的直径是 m。
四、解答题
13．平行的带电金属板A，B间是匀强电场，如图所示，两板间距离是5cm，两板间的电压是60V，
则
（1）两板间的场强是多大？
（2）电场中有P 和P 两点，P 点离A板0.5cm，P 点离B板也是0.5cm，P 和P 两点间的电势差
1 2 1 2 1 2
多大？
（3）若B板接地，P 和P 两点的电势各是多少？
1 2
14．如图所示，在倾角为 的光滑斜面上存在两个磁感应强度均为B的匀强磁场区域。磁场Ⅰ的
方向垂直于斜面向下，其上下边界 与 的间距为H。磁场H的方向垂直于斜面向上，其
上边界 与 的间距为h。线有一质量为m、边长为L（h<L<H）、电阻为R的正方形线
框由 上方某处沿斜面由静止下滑，恰好能匀速进入磁场Ⅰ。已知当cd边刚要进入磁场Ⅱ的前
一瞬间，线框的加速度大小为 ，不计空气阻力，求：
（1）cd边刚到达 时的速度 ；
（2）cd边从 运动到 过程中，线框所产生的热量Q；（3）当cd边刚进入磁场H时，线框的加速度大小 。
15．一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强
p =p ，温度T =T，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：
A 0 A 0
（i）气体在状态B时的压强p ；
B
（ii）气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10J，该过程中气体吸收的热量为多
少；
（iii）气体在状态C时的压强p 和温度T 。
C C
16．如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图，圆弧CD是半径为R的四分之一圆
周，圆心为O.光线从AB面上的M点入射，入射角i＝60°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生
全反射，然后由CD面射出．已知OB段的长度l＝6 cm，真空中的光速c＝3.0×108 m/s.求：
（1）透明材料的折射率n；
（2）光从M点传播到O点所用的时间t.答案
1．C
【解答】解：A、贝克勒尔最先发现天然放射现象．故A错误；
B、α粒子的散射实验揭示了原子具有核式结构．故B错误；
C、根据光电效应方程E =hγ﹣W可知，在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关．
km
故C正确；
D、根据质量数守恒可得，X的质量数：A=239﹣4=235，即在衰变方程 Pu→X+ He+γ中，X
原子核的质量数是235．故D错误
故选：C
【分析】贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核结构的复杂性．卢瑟福通过对α散射实验的
研究提出来原子具有核式结构；在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关；根据质
量数守恒求出新核的质量数．
2．C
【解答】汽车行驶时所受阻力，阻力的方向必定与速度的方向相反；F为地面对汽车的静摩擦力，正
是这个静摩擦力提供了汽车做圆周运动所需要的向心力，所以静摩擦力的方向必定指向圆心的一侧。
综上分析，C符合题意。
故答案为：C
【分析】做曲线运动的物体，速度方向为曲线的切线方向，合外力指向曲线的内部。
3．C
【解答】A．由右手螺旋定则及矢量叠加规律可知，a点和c点的磁感应强度方向相反，A不符合题
意；
BC．三点中，b点的磁感应强度为零，最小，B不符合题意，C符合题意；
D．同向电流相互吸引、反向电流相互排斥，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用右手螺旋定则可以判别其通电导线周围磁感应强度的方向，结合磁感应强度的叠加可
以判别磁感应强度的大小，结合左手定则可以判别其安培力的方向。
4．B
【解答】因ac为等势面，则场强方向垂直于ac指向b点，A不符合题意；电场强度的大小为，B符合题意；a点电势高于b点，则电子从a点移动到b点，电势能
增加，C不符合题意；电子从c点移动到b点，电场力做功为[3V-(-1V)](-e)=-4 eV，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】电场力做功量度电势能的变化．匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势
线与电场线垂直；由题意知ac连线为一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，
再根据公式U=Ed求出电场强度.
5．D
【解答】根据机械能守恒，设下降h时第一次重力势能与动能相等
因为
解得
如图所示
重力的顺时功率
根据几何关系有
解得
故答案为：D。【分析】根据机械能守恒定律得出下降的高度以及小球的速度，利用瞬时功率的表达式得出重力的
瞬时功率，结合几何关系得出小球第一次重力势能与动能相等时重力的功率。
6．B,C
【解答】A.卫星从1轨道转移到3轨道上运行，需要在P点和Q点加速两次。A不符合题意；
B.卫星由1轨道进入2轨道需要在P点点火加速，所以机械能增大。B符合题意；
C.根据开普勒第三定律可知，轨道半径最小的1轨道的周期最小。C符合题意；
D. 卫星在椭圆轨道2上自由运行时，只有万有引力对它做功，其机械能守恒，则它在P点的机械能
等于在Q点的机械能．D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】卫星向外变轨需要两次加速；利用变轨加速可以判别机械能的变化；利用半径的大小可以
比较周期的大小；利用引力做功的过程可以判别机械能守恒。
7．B,C,D
【解答】t 与t 时刻物体经过同一位置，运动方向相反，速度不相同，A不符合题意；t 与t 时刻物
1 3 3 4
体经过关于平衡位置对称的两点，速度大小相等、方向相同，B对；t 与t 时刻物体的位移都是-2
4 6
cm，C对；t 和t 时刻物体经过关于平衡位置对称的两点且均向正方向运动，速度相同，D对。
1 6
故答案为：BCD
【分析】根据简谐运动的振动图像判断t 与t 运动方向和速度情况，同理得出t 与t t 与t t 和t
1 3 3 4、4 6、1 6各点
的速度与运动情况。
8．A,B
【解答】A．物体上滑的加速度为
由牛顿第二定律
解得
A符合题意；
B．小滑块上滑过程损失的机械能为
B符合题意；C．小滑块上滑的最大高度为
C不符合题意；
D．根据动能定理
解得
则若只减小斜面的倾角θ，则小滑块上滑的最大高度减小，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用牛顿第二定律结合物体上滑加速度的大小可以求出斜面倾角的大小；利用摩擦力做功
可以求出滑块上滑过程其机械能的损失；利用几何关系结合平均速度公式可以求出滑块上滑的最大
高度；利用动能定理可以求出滑块上升的高度。
9．A,D
【解答】A．根据变压器电压变化规律得 ，A符合题意；
B．根据变压器电流变化规律得 ，B不符合题意；
CD．设原线圈两端的电压为U，则副线圈两端的电压为0.5U，则副线圈中的电流为 ，根
1 1
据电流关系得，原线圈中的电流为 ，所以有
解得
则副线圈两端的电压为88V。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。【分析】根据原副线圈比分别求出电压比和电流比，根据欧姆定律以及串联电路特点求出原副线圈
两端的电压。
10．（1）0.240；0.240
（2）0.240
【解答】(1)已知频闪的频率为 ，则T=0.1s；滑块A离开弹簧后的速度为
动量大小为
滑块B离开弹簧后的速度
动量大小为
(2)利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能
【分析】（1）利用打点频率可以求出周期的大小，结合平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结
合质量可以求出动量的大小；
（2）利用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能大小。
11．2.8或2.9；0.71（0.65﹣0.74均正确）；C
【解答】(2)根据闭合电路欧姆定律可知：
变形可得：
则可知，图象的截距代表的是电动势的倒数，所以电源的电动势为E=1/0.36=2.8V，
图象的斜率表示k=r/E= =0.26
解得：r=0.73Ω；。(3)A.电压表的分流作用引起的误差属于系统误差，所以A不符合题意；
B. 同学读电压表读数引起的误差属于偶然误差，所以B不符合题意；C. 本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差，所以C符合题意；
D. 如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差，所以D不符合题意。
故答案为：C.
【分析】（3）利用欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；
（4）电压表分流作用属于系统误差；电表读出属于偶然误差；考虑电表内阻属于减小系统误差。
12．（1）
（2）
【解答】（1） 根据已知条件可知，1mL溶液中有75滴，1滴溶液的体积是 mL。又已知每
104mL溶液中有纯油酸6mL，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是
（2） 根据题图，数得格子数为115个，那么油膜面积是
油酸分子的直径为
【分析】（1）利用数学关系求解一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。
（2）根据格子数得出油膜面积，从而估算出油酸分子的直径。
13．（1）解：两板间是匀强电场，可应用 求解两板间的场强
（2）解：P、P 两点沿场强方向的距离
1 2
（3）解：B板接地，即B板电势为零，电场中某点的电势就等于这点与B板的电势差。所以则P 和P 两点的电势分别为54V、6V。
1 2
【分析】（1）由于板间属于匀强电场，利用电势差和距离的关系可以求出电场强度的大小；
（2）已知两点的位置，利用位置可以求出P 和P 之间的距离；结合板间场强的大小可以求出两点之
1 2
间电势差的大小；
（3）当B板接点，则B点电势等于0，结合PB之间的电势差可以求出P1电势的大小；结合PB之
1 2
间的电势差可以求出P1电势的大小。
14．（1）解：cd边刚到达 时有
解得
（2）解：已知当cd边刚要进入磁场Ⅱ的前一瞬间，由牛顿第二定律得
解得
由能量守恒得
解得
（3）解：当cd边刚进入磁场II时，ab，cd两边分别在两磁场中切割磁感线，则有此时线圈中的电
动势变为只有cd切割时的两倍，电流也为两倍，由左手定则可知，ab，cd两边受的安培力相同，方
向沿斜面向上，线圈此时受的安培力变为原来的4倍，则有
解得
【分析】（1）cd边进入磁场后线圈做匀速直线运动，其重力的分力等于安培力的大小，结合平衡方程可以求出线圈的速度大小；
（2）线圈进入磁场区域II时，其重力和安培力的合力产生加速度，利用牛顿第二定律可以求出线圈
刚进入磁场的速度大小；再利用从AA’到CC’过程的能量守恒定律可以求出线圈产生的焦耳热大小；
（3）cd边开始进入磁场II时，此时两条导线切割磁场；利用左手定则可以判别安培力的方向，结合
牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
15．解：（i）A到B是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有：
p V=p V
A A B B
解得：
（ii）A状态至B状态过程是等温变化，气体内能不变，即：△U=0
气体对外界做功：W=-10J
根据热力学第一定律有：△U=W+Q
解得：Q=-W=10J
（iii）由B到C等压变化，根据盖吕萨克定律得：
解得：T ＝ T
C 0
A到C等容变化，根据查理定律得：
解得：
【分析】本题第一问关键根据玻意耳定律列式求解，第二问关键根据热力学第一定律列式求解，注
意理想气体的内能与热力学温度成正比。
16．（1）解：光线在AB面上发生折射，由折射定律得：
在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C，那么，
由几何关系可知：联立解得：
（2）解：光在棱镜中的传播速度
那么，光从M到O所用的时间
【分析】（1）假设介质的折射率是n，利用折射定律和介质的全反射定律列方程求解即可。
（2）利用几何关系求出光的路径的长度，再除以光在介质中的速度。
