2023届湖南省衡阳市第八中学高三模拟预测物理试题（含解析）

2023届湖南省衡阳市第八中学高三模拟预测物理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．19世纪末，科学家们发现了电子，从而认识到：原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的．下列与电子有关的说法正确的是

A．爱因斯坦光电效应方程表明，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

B．电子电荷的精确测定是由汤姆孙通过著名的“油滴实验”做出的

C．卢瑟福认为电子的轨道是量子化的

D．β衰变的实质是原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子

2．如图，质量为52kg的体操运动员肖若腾在自由操比赛时，有两手臂对称支撑、竖直倒立静止的比赛动作，此时设两臂夹角为2θ，重力加速度大小为，则（　　）

A．若θ不同时，肖若腾受到的合力不同

B．若θ不同时，肖若腾双手受地面支持力可大于520N

C．若时，肖若腾单手所受地面的支持力大小为320N

D．若时，肖若腾单手所受地面的支持力大小为260N

3．如图，两相同木块M、N放在水平地面上，质量均为，它们与地面的动摩擦因数均为，M、N之间用不可伸长的轻绳连接。开始时两木块靠在一起，然后用水平向左的恒力拉木块。假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　）

A．绳子拉直前，M所受的合外力为

B．两木块一起运动时，绳中的张力小于

C．两木块一起运动时，M所受的合外力为

D．两木块一起运动时，N所受的合外力为

4．某行星的卫星A、B绕以其为焦点的椭圆轨道运行，作用于A、B的引力随时间的变化如图所示，其中，行星到卫星A、B轨道上点的距离分别记为rA、rB。假设A、B只受到行星的引力，下列叙述正确的是（　　）

A．B与A的绕行周期之比为:1 B．rB的最大值与rB的最小值之比为2:1

C．rA的最大值与rA的最小值之比为3:1 D．rB的最小值小于rA的最大值

5．如图所示，两个质量分布均匀的长木板A、B放置在水平桌面上，质量均为m，木板长度均为L，水平桌面以M点为界，左侧光滑、右侧粗糙，粗糙部分与两木板的动摩擦因数均为μ，粗糙部分的长度为s（s > 2L）。初始时木板B的左端恰与M点重合，现使木板A木块以初速度v0滑向B，与B碰后粘合成为一个整体（碰撞时间极短），最终两木块没有掉落桌面，则v0的最大值为（　　）

A． B． C． D．

6．如图，顶端固定一滑轮的斜面高h、质量为2m、倾角=60°，置于斜面顶端的小物体质量为m（可视为质点），一长度远大于斜面斜边长度的轻绳一端与小物体连接、另一端固定在竖直墙壁离水平地面高也为h处。（滑轮质量、一切接触面之间的摩擦均不计，重力加速度为g）则放手后小物体沿斜面下滑过程中，如果以水平地面为参考系和重力势能零势面，以下说法正确的是（　　）

A．物体受到斜面的支持力不做功

B．轻绳拉力对物体和斜面组成系统不做功

C．物体到达斜面底端时，其动能为

D．物体到达斜面底端时，斜面机械能为

二、多选题

7．1927年，戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一、如图甲所示是该实验装置的简化图，如图乙所示为电子束的衍射图样，下列说法正确的是（　　）

A．亮条纹是电子到达概率大的地方 B．暗条纹是电子一定不到达的地方

C．该实验说明实物粒子具有粒子性 D．该实验说明实物粒子具有波动性

8．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，半径为r的圆的圆心在O点，其外切正三角形ABC与圆相切于a、b、c三点，在a、b、c三点分别固定电荷量均为-Q的点电荷，k为静电力常量，规定O点的电势为0，下列说法正确的是（　　）

A．A点的电场强度大小为，方向由A指向O

B．将试探电荷+q放在O点，它将静止不动

C．A点的电势为负值

D．将一带负电的试探电荷从B点移到O点，再从O点移到C点，电势能先增加后减小

9．在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图，其波速为5m/s，则下列说法正确的是（　　）

A．此时（，）、（，）两点运动方向相同

B．能与该波发生干涉的横波的频率一定为3Hz

C．波的频率与波源的振动频率无关

D．从图示时刻开始，Q点的振动方程可以表示为

10．如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为，P、Q为ab边上的点，。在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为。一质量为m、带电荷量为q（）的粒子，从P点垂直ab以速度向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区。现在将入射速度变为，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为（　　）

A． B．

C． D．

三、实验题

11．现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图（a）所示，实验过程如下：

（1）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d=___________mm。

（2）将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式___________（用字母h、d、t、g表示），则认为小球下落过程中机械能守恒；

（3）小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△E=___________（用字母、和表示）。若适当调高光电门的高度，将会___________（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。

12．(1)小明同学分别将黑箱接线柱AB、BC、CD接入甲电路中，闭合开关S，计算机显示出电流传感器的输出电流随时间变化的图像分别如a、b、c所示，则__________(选填：AB、BC、CD)间接入的是定值电阻．

(2)小聪同学为了进一步精确测量黑箱内定值电阻的阻值，设计了如图丙所示的电路，其中：

A是电流表(量程为0.20mA，内阻约为100Ω)

R是电阻箱(阻值范围0~999.9Ω)

R1是滑动变阻器

R2是保护电阻

E是直流电源(电动势4V，内阻不计)

单刀单掷开关2只

导线若干

①调节电阻箱，使电阻箱接入电路中的阻值为90.7Ω，只闭合S1，调节滑动变阻器，电流表读数为0.15mA；然后保持滑动变阻器的滑片位置不动，再闭合S2，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为186.3Ω时，电流表的读数仍为0.15mA，则黑箱内定值电阻的阻值为____________Ω．

②上述实验中，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都要保证电路安全，则在下面提供的四个电阻中，保护电阻R应选用____________ (选填答案编号)

A．200kΩ    B．20kΩ   C．10kΩ   D．20Ω

③下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用，既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器是最佳选择____________ (选填答案编号)．

A．1kΩ    B．5kΩ    C．10kΩ    D．35kΩ

四、解答题

13．疫情期间，需要使用消毒喷雾壶对公共场合进行消毒，其结构如图所示，内部可用容积为3L，工作时，工作人员装入稀释过的2L药液后旋紧壶盖，关闭喷水阀门，拉动手柄打气10次，假设每次打入压强为105Pa、体积为0.1L的气体，大气压强为105Pa，在整个过程中可认为壶内温度不变，不考虑管内的药液体积和管内药液产生的压强。

（1）求打气10次后壶内气体的压强；

（2）现打开阀门，消毒液喷出，当壶内不再喷出消毒液时，求壶内剩余消毒液的体积。

14．如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示（PQ与QI两直线相连接于Q点），QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8N），重力加速度g取10m/s2，求：

（1）小物块的质量m；

（2）光滑圆轨道DCE的半径R和小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ；

（3）若粗糙斜面AD换成光滑曲面，小物块从H=2R的高度静止释放进入半径为R光滑圆轨道，R为（2）问的取值，则小物块相对地面能上升的最大高度是多少？

15．基于电容器的制动能量回收系统已经在一些品牌的汽车上得到应用。某同学设计的这种系统的一种简易模型如图所示。某种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，圆的半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆而的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈abcd固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切，与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑磁场变化引起的电磁辐射。

（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；

（2）求充电结束时，薄板的角速度大小；

（3）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。

参考答案：

1．D

【详解】A.根据光电效应方程Ekm=hγ-W0知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系.故选项A不符合题意.

B.电子电荷的精确测定是由密立根通过著名的“油滴实验”做出的.故选项B不符合题意.

C.玻耳认为电子的轨道是量子化的.故选项C不符合题意.

D.β衰变的实质是原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子.故选项D符合题意.

2．D

【详解】无论θ多大，肖若腾受重力、地面对左手的支持力FN1，地面对右手的支持力FN2，两个支持力的方向都是竖直向上的，与地面垂直，肖若腾处于静止状态，合力等于零，根据平衡条件

解得

故选D。

3．A

【详解】A．绳子拉直前，木块M水平方向受到拉力和滑动摩擦力的作用，所以M所受的合外力为，故A正确；

B．两木块一起运动时，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得整体加速度

设绳子张力为T，对木块N根据牛顿第二定律可得

解得绳中的张力

故B错误；

CD．两木块一起运动时，由于二者质量相等，加速度相同，根据牛顿第二定律可得它们所受的合外力均为

故CD错误。

故选A。

4．D

【详解】A．由图可知，A、B的周期为

所以B与A的绕行周期之比为

故A错误；

B．由图可知，当rB最小时，有

当rB最大时，有

所以rB的最大值与rB的最小值之比为

故B错误；

C．同理，当rA最小时，有

当rA最大时，有

所以rA的最大值与rA的最小值之比为

故C错误；

D．根据开普勒第三定律，有

解得

所以rB的最小值小于rA的最大值，故D正确。

故选D。

5．A

【详解】根据动量守恒

A、B成为一个整体的速度为

从粘合成为一个整体开始到全部运动到粗糙平面，摩擦力随位移均匀增大，然后摩擦力不变，减速至零，根据动能定理

解得

即v0的最大值。

故选A。

6．B

【详解】A．放手后，物体下滑，斜面体后退，物体受到斜面的支持力垂直斜面，与位移的夹角不等于90°，可知支持力对物体做功，A错误；

B．放手后，绳子的拉力为零，可知绳子的拉力对物体不做功，则轻绳拉力对物体和斜面组成系统不做功，B正确；

CD．物体和斜面系统水平方向动量守恒，则物体到达斜面底端时水平方向有

换到以斜面为系，则有物体的速度沿斜面方向，因此可得物块在竖直方向的速度为

由能量关系可知

解得物体的动能为

斜面机械能为

CD错误。

故选B。

7．AD

【详解】AB．物质波也是概率波，亮条纹是电子到达概率大的地方，暗条纹是电子到达概率小的地方，B错误，A正确；

CD．电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确的，与光的波动性无关，C错误，D正确。

故选AD。

8．BD

【详解】A．a、c两点的点电荷在A点的电场强度大小相等

b点的点电荷在A点的电场强度大小

由电场叠加的矢量运算法则，A点的电场强度

综合计算可得

方向由A指向O，故A错误；

B．三个点电荷在O点的场强的矢量合为0，将试探电荷+q放在O点，它将静止不动，故B正确；

C．因为A点的场强方向由A指向O，O点的场强为0，所以A点到O点的电场线由A指向O，又因为沿着电场线的方向，电势逐渐降低，O点的电势为0，所以A点的电势大于O点的电势，即大于0为正值，故C错误；

D．根据对称性

结合，可得

，

将一带负电的试探电荷从B点移到O点

结合可得

同理负电的试探电荷再从O点移到C点

即将一带负电的试探电从B点移到O点，再从O点移到C点，电势能先增加后减小，故D正确。

故选BD。

9．AD

【详解】A．根据波形平移法可知，此时、两点的振动方向均沿轴负方向，故A正确；

B．由图可知波长为，则周期为

该波的频率为

可知能与该波发生干涉的横波的频率一定为，故B错误；

C．因波源振动一个周期波传播一个波长的距离，故波的频率与波源的振动频率相同，故C错误；

D．根据波形平移法可知，此时Q点从平衡位置沿轴负方向振动，从图示时刻开始，Q点的振动方程可以表示为

故D正确。

故选AD。

10．ACD

【详解】AB．根据粒子从P点垂直ab射入磁场，从Q处进入无场区，可判断粒子做圆周运动的半径

粒子在磁场中做圆周运动，有

解得

粒子速度变为

粒子在磁场中做圆周运动，有

由数学知识可知，粒子先以Q为圆心做个圆周运动到ad的中点M，再沿直线MN运动到N（Nc=l），再经过个圆周运动到P点，沿直线PM运动到M，再经过个圆周运动到N点，沿直线NP运动到P，之后重复上述运动，粒子运动轨迹如图所示

可知粒子在一个周期内经过P点两次。由P点沿圆弧运动到M点所用时间

由M点沿直线运动到N点所用时间

粒子以2v1垂直ab向外经过P，则粒子运动的时间

粒子运动的路程

当k=2时为A选项，而B选项无法取到，故A正确，B错误；

CD．粒子以2v1大小与ab方向成30°角经过P，则

粒子运动的路程

当k=2时为C选项，当k=3时为D选项，故CD正确。

故选ACD。

11．     6.882/6.883/6.884               增大

【详解】（1）[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm，主刻度为7mm，可动刻度为

38.3×0.01mm=0.383mm

小球的直径为

（2）[2]小球通过光电门速度

若机械能守恒，则

化简得

（3）[3]由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为

由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为

[4] 若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。

12．     CD     95.6     B     C

【详解】（1）由图a看出,a接入电路时有瞬间的电流,电容器充电过程有短暂的电流,电路稳定后电路中没有电流.说明AB间是电容器.由b图看出,此元件接入电路时,电流逐渐增大,是因为线圈中产生自感电动势的阻碍作用,电流只能逐渐增大,说明BC间是电感线圈.从c图看出,此元件接入电路时电流恒定不变,说明CD之间是定值电阻.

（2）①由题意可知，前后两次电流没有变化，说明回路中的总电阻不变，所以

②无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都要保证电路安全，所以当滑动变阻器的电阻等于零时，此时回路中的电流不会超过电流表的量程，由电路结构可知：

故选B

 ③根据电流表的读数0.15mA可知回路中的电阻为 ，而保护电阻的阻值为 ,所以滑动变阻器选 的比较合理，故选C

13．（1）；（2）1L

【详解】（1）打气10次前后，壶内气体等温变化，打气前

，

打气后

　　，

根据玻意耳定律

解得

（2）壶内气体在药液喷出过程中等温变化，喷前

，

喷出后

，

根据玻意耳定律

解得

剩余消毒液体积

14．（1）0.5kg；（2）1m；0.3；（3）

【详解】（1）由图乙知，当H=0时，有

（2）如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得

由向心力公式，经过C点时有

联立两式可得

由图乙知

可得

显然当时，对应图甲中的D点，所以有

求得

物块从A点运动到C点运用动能定理，得

物块在C点有

联立可得

结合QI曲线知

（3）由题意可知，当小球在到达轨道最高点前的某一点E时会脱离轨道做斜抛运动，设脱离时OE与竖直方向间的夹角为，由牛顿第二定律可知

根据机械能守恒定律

联立解得

小球脱轨后斜抛运动还能上升的高度

因此，相当于地面，小球上升的最大高度为

15．（1）负电；（2）；（3）

【详解】（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据右手定则可知，d电势低于c点电势，故M板带负电；

（2）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为

，

停止充电时，两极板的电压为

在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得

充电的电荷量大小满足

，

联立解得

（3）整个过程中，薄板损失的机械能为

充电过程中的Q-U图像如图所示，利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式,电容的公式，可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即

薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率

联立解得