2023年湖北省高考物理压轴预测卷（2） （含解析）.doc

1、2023届湖北省高考物理考向预测卷（二）一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共4分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第811题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B卢瑟福发现质子的核反应方程式是 He+ N O+ HC铋210的半衰期是5天，12g铋210经过15天后还有2.0g未衰变D氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小2甲、乙两球质量不同，M甲M乙，它们从同一高度同时自由下落（不考虑空气阻力和位置变化），则下列说法正确的是（）A甲

2、比乙先落地B乙比甲先落地C甲、乙同时落地D无法判断谁先落地3如图甲所示,质量M=0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上,质量m=0.2 kg的滑块静止在木板的左端,在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4 s后撤去力F。若滑块与木板间的动摩擦因数=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是()。A0-4 s时间内拉力的冲量为3.2 NsBt=4 s时滑块的速度大小为17.5 m/sC木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 NsD木板的速度最大为2 m/s4如图所示，一个质量为0.5kg的小球在离车底面高度20m处以一定的初速度向

3、左平抛，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车的底面前瞬间的速度是25m/s，则小球与小车相对静止时，小车的速度是（）（g=10m/s2）A5m/sB4m/sC8m/sD9.5m/s5如图所示，一细光束射向平行玻璃砖上表面，经折射后分为a、b两束从下表面射出，则（）A出射后a光与b光不平行Ba光在玻璃中的传播速度较大C若增大入射光在上表面的入射角，则下表面两出射点间的距离增大D若增大入射光在上表面的入射角，则a光先在下表面发生全反射6一理想变压器原、副线圈匝数比为7：4，原线圈与一理想交流电流表和电阻R

4、1串联，副线圈电路中，一电容器与电阻R2串联后，与电阻R3、R4并联，如图所示。当原线圈接入一正弦交流电u=40sin100t（V）时，电流表的示数为1A。已知R1=5，R2=20，R3=20，R4=40，电容器在电路中会改变电流的相位而不消耗能量，则通过电容器的电流为（）A0.25AB0.50AC0.75AD1.00A7如图为一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r， A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，下列说法正确的是（）AA，B两点的线速度大小相等BA，C两点的角

5、速度大小相等CB，C两点的线速度大小相等DB，D两点的角速度大小相等8如图所示，abcd为匀强电场中的一直角梯形，其平而与场强方向平行，已知，a、b、d三点的电势分别为0V、4V、4V，则（）A匀强电场的场强为100V/mBe点的电势为8VCc点的电势为12VD若将电子从a点移到c点，电场力做功10eV9如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨向里的匀强磁场中，两根质量相同的金属棒A和B与导轨紧密接触且可自由滑动先固定A，释放B，当B的速度达到10m/s时，再释放A，经1s时间A棒速度达到12m/s，（g取10m/s2）则：（）A当vA=12m/s时，vB=18m/sB当vA=12

6、m/s时，vB=22m/sC若导轨很长，它们最终速度必相同D它们最终速度不相同，但速度差恒定10位于处的波源在介质中产生沿轴正方向传播的机械波。如图所示，当时刻恰好传到位置，、分别是、位置处的两质点，下列说法正确的是（）A波源的起振方向为沿轴正方向B、位移的大小和方向始终相同C开始，当第一次处于轴上方处时，处于轴下方处D开始，当波刚传到位置时，、经过的路程分别为和11如图所示，一粗细均匀、质量为M的铁杆穿过质量均为m的A、B两个小球，用两根长度相等、不可伸长的细绳分别与A、B连接，另一端悬挂于O点，当整个系统处于静止时，铁杆的中点Q正好处在O点正下方，且铁杆处于水平.现将小球A、B同步缓慢靠近

7、Q点，使铁杆缓慢下移且始终保持水平，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（）AA球受到铁杆的压力逐渐增大BA球受到的摩擦力逐渐减小C连接A球的绳受到的拉力逐渐增大D当连接A球的细绳与竖直方向成30角时，连接A球的细绳的拉力大小为二、非选择题：本题共5小题，共56分。12小华同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验（1）用游标卡尺测小球的直径时示数如图甲所示，则小球的直径。（2）如图乙所示，搭建实验装置时，要用铁夹夹住摆线上端，这样做的主要目的是_A便于测量单摆摆长B便于测量单摆周期C确保摆动时摆长不变D确保摆球在竖直平面内摆动（3）小华同学用标准的实验器材和正确的实验方法测量出几组不同

8、摆长和对应的周期，然后根据数据描绘图像，进一步计算得到图像的斜率为，可知当地的重力加速度大小13某学习小组利用可调内阻电池探究电池内外电压的关系。可调内阻电池由电池槽、正负极板M、N、探针P、Q、气室、气筒等构成（如图a）。正负极板插在两端电池槽内，中间有一条电液通道，缓慢推动气筒活塞，向电池内打气，以改变电解液液面的高低，从而改变电池的内阻：液面越低，内电阻越大。实验电路连接如图（b）所示：量程为3V的电压表V1与正负极板M、N连接，可直接测量电源外部的电压，电压表V2与探针P、Q连接，可直接测量电源内部的电压。R为电阻箱，A为理想电流表。（1）闭合开关S1，断开开关S2、S3，此时电压表V

9、1的读数如图c所示，则可粗略估算电池的电动势E=V；（2）调节电阻箱R至最大值，闭合开关S1、S2、S3，逐渐调小电阻箱的阻值，发现电压表V2的示数逐渐（变大/变小/不变），且电压表V1、电压表V2的示数U1、U2始终满足（用U1、U2和E表示）的关系。继续调节电阻箱R的阻值，使电压表V1和V2的示数相同，此时电阻箱R的读数如图d所示，则可粗略估算电池的内阻为；（3）保持S1、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，同时记录V1、V2表的示数U1、U2和A表的示数I，利用多组数据画出U1-I、U2-I图象，则下列图象正确的是_。ABCD14如图所示是防疫期间用来喷洒消毒液的小型压缩喷雾器。其贮液

10、筒的容积为，现装入的药液。关闭阀门，用打气筒每次打入的空气。设下列过程中温度都保持不变。（）（1）打气筒按压20次，求药液上方气体的压强；（2）打气筒按压20次后打开喷射药液，当储液桶中药液上方气体的压强时，贮液筒内还剩余药液的体积。（细小喷射管中的体积可以忽略）15如图甲所示，半径R=0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，长度L=0.5m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m=1kg，（1）求物块滑到B点时对轨道压力的大小；（2）若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，最终速度的大小为0

11、.5m/s，求平板车的质量；（3）若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小16水平面上固定着如图形状的导轨，其中AB与CD平行，AC和CD夹角为，导轨ACE部分单位长度电阻1，导轨其他各部分和金属杆电阻不计。导轨处在磁感应强度为方向竖直向下的匀强磁场中。质量m=1kg的金属杆放在导轨上（金属杆足够长），对金属杆施加如图乙所示的外力。金属杆在0-1s内以v1做匀速运动，t=1s时金属杆恰好运动到AE处。金属杆继续运动3s速度变为v2以后匀速运动。求：

12、（1）金属杆的速度v1。（2）金属杆的速度v2。（3）4s内通过金属杆的电荷量。（4）4s内导轨产生的热量。答案1B【解析】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故A错误；B、根据物理学史可知，卢瑟福发现质子的核反应方程式是 He+ N O+ H，故B正确；C、根据半衰期公式知经过1 5天后还剩余八分之一没有衰变，12g铋210经过15天后还有 g=1.5g未衰变故C错误；D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子吸收能量，所以原子总能量增大，故D错误故选：B【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，卢瑟福在用粒子轰击N原子的核反应中发现

13、了中子；根据半衰期公式知经过1 5天后还剩余八分之一没有衰变2C【解析】根据自由落体运动下落高度和运动时间关系，可知物体的下落时间为，可见下落时间由下落高度和重力加速度决定，与物体质量无关，C符合题意。故答案为：C。【分析】利用自由落体的位移公式可以求出运动的时间，进而判别两个小球同时落地。3C【解析】A.冲量的定义式: ,所以F-t图像面积代表冲量，所以0-4 s时间内拉力的冲量为I=0.5+122+21=3.5Ns，A不符合题意B.木块相对木板滑动时：对木板：，对木块：，联立解得：，所以0时刻，即相对滑动，对滑块：，解得4s时滑块速度大小：，B不符合题意CD.4s时，木板的速度v2=at=

14、0.54m/s=2m/s，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：，解得：，对木板根据动能定理可得： C符合题意，D不符合题意故答案为：C【分析】物体动量的变化，利用末动量减初动量即可，力的冲量，利用力乘以力作用的时间，结合图像分析求解即可。4A【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得解得小球和车作用过程中，水平方向的外力之和为零，动量守恒，有解得故答案为：A。【分析】利用动能定理可以求出平抛运动的初速度，结合小球和车子水平方向的动量守恒定律可以求出小车与小球相对静止时速度的大小。5C【解析】一束光射向玻璃经折射后分为两束光，说明这束光是复色光，这是由于单色光的折射率不同造

15、成的。由于玻璃上下表面平行，所以两次折射后法线也平行，第一次的折射角等于第二次的入射角，所以两次运用折射率公式求得出射光线和入射光线平行，两出射光线也平行。故A错误。由可知，,故B错误。设两单色光的折射角分别为r1，r2则：，由几何知识得，两单色光在下表面出射点之间的距离为：drtanr1-drtanr1=dsinr1cosr1-sinr2cosr2=dsini1n12-sin2i-1n22-sin2i由此可得，入射角越大，出射点之间的距离越大。故C正确。因第二次的折射角等于第一次的入射角，小于临界角，不可能发生全反射。故D错误。故答案为：C【分析】画出光路图，很直观看出出射光线平行。根据折射

16、程度得出折射率的大小，代入折射率公式，求速度大小。根据几何关系，求出出射点之间的距离的表达式。由几何关系知，第二次的折射角等于第一次的入射角，小于临界角，不可能发生全反射。6B【解析】交流电的电压有效值为40V，则电路的总功率为P=I1U1=40W电阻消耗的电功率为P1=I12R1=5W故原线圈的输入功率为35W，由已知条件知原线圈电压U1=U-I1R1=35V根据匝数比等于电压比可知副线圈的电压为U2=20V所以电阻消耗的电功率为同理电阻消耗的电功率为P4=10W所以电阻消耗的电功率为P2=5W根据焦耳定律知通过电阻的电流为故答案为：B。【分析】利用其输入电流和电压的大小可以求出电路总功率的

17、大小；结合其欧姆定律可以求出原线圈输入电压的大小，结合匝数之比可以求出输出电压的大小，再利用其电功率的表达式可以求出电阻消耗的功率及通过电阻R2的电流大小。7D【解析】AC由图可知，A、C两点同缘传动，则A、C两点的线速度大小相等，B、C两点的角速度相等，根据v=r，C的线速度大于B的线速度，则A点线速度大于B点的线速度，AC不符合题意；B由图，A、C的线速度相等，根据v=r，知角速度不等，B不符合题意；DB、D两点同轴转动，则角速度大小相等，D符合题意。故答案为：D。【分析】AC属于线传动其线速度相等；BCD属于轴转动其角速度相等。8B,D【解析】A如图所示因bd连线是等势线，则场强方向沿着

18、垂直bd连线方向，场强大小E=Ud=40.04sin30V/m=200V/mA不符合题意；BC由于，故有则可得由几何知识可得由可知则B符合题意、C不符合题意；D将一电子从a移到c，则有D符合题意。故答案为：BD。【分析】根据电场强度的定义式得出匀强电场的电场强度；结合电势差的定义得出e点的电势大小；结合电场力做功得出将电子从a移到c的过程中电场力做的功。9A,C【解析】解：AB、由于释放A，经1s时间A棒速度达到12m/s，根据动量定理可得mgt+F安t=mvA0，对B根据动量定理可得：mgtF安t=mvBmvB0，联立解得：vB=18m/s，A符合题意、B不符合题意；CD、开始一段时间内，A

19、棒的加速度大于B棒的加速度，二者的速度之差逐渐减小，安培力逐渐减小；若导轨很长，最终通过二者的感应电流必将为零，它们最终速度必相同，C符合题意、D不符合题意；故答案为：AC【分析】（1）根据动量定理，可以算出安培力的冲量，然后计算出B的速度（2）根据楞次定律，最终线框的磁通量应不变，所以A和B的速度应该相等10C,D【解析】A因波沿轴正方向传播，故最远点质点的运动沿轴负方向，波源的起振方向为沿轴负方向，A不符合题意；B由于波的周期交替变化，导致波长会变化，所以当波长4m的波传过来时、可能分别处于轴的上下方，位移的方向不同，B不符合题意；C当波再传时，点第一次处于轴上方处，此时处于轴下方处，C符

20、合题意；D当波刚传到位置时，波形整体向前平移2m，因此根据波的平移可知Q点运动时间为一个周期而P点为半个周期，、分别经过路程和，即和，D符合题意。故答案为： CD。【分析】利用最远质点的起振方向可以判别波源的起振方向；利用两个质点的距离可以判别两个质点的位移的大小及方向；利用波形图的平移可以判别两个质点的位置；利用波的平移可以判别质点的振动时间及振动的路程。11B,D【解析】A设环对铁杆的支持力为N，对铁杆受力分析可知解得支持力保持不变，由牛顿第三定律可得压力也保持不变，A不符合题意；BC对A、B、铁杆整体进行受力分析，如图所示设与水平方向夹角为，有小球A、B同步缓慢靠近时增大，也增大，故绳子

21、中的拉力逐渐减小，C不符合题意；对A单独进行受力分析如图所示水平方向列平衡方程可得因为增大，减小，绳子中拉力也减小，故摩擦力减小，B符合题意；D对整体受力分析可得D符合题意。故答案为：BD。【分析】利用其杆的平衡方程可以判别其A球受到杆的压力大小变化；利用两个小球与杆为整体的平衡方程可以判别其绳子拉力的大小变化；利用其A的平衡方程可以判别A受到的摩擦力大小变化；利用整体的平衡方程可以求出拉力的大小。12（1）2.240（2）C（3）【解析】（1）游标卡尺的读数即小球的直径为（2）用铁夹夹牢摆线，是为了防止摆动过程中摆长的变化，如果需要改变摆长来探究摆长于周期关系时，方便调节摆长，所以用铁夹夹住

22、摆线上端主要目的是确保摆动时摆长不变，C符合题意，ABD不符合题意。（3）根据单摆周期公式得根据数学知识可知，图像的斜率则【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出小球的直径；（2）根据“用单摆测定重力加速度”的实验原理以及注意事项得出铁夹夹住摆线上端的目的；（3）根据单摆的周期表达式得出的关系式，利用图像得出重力加速度的表达式。13（1）2.00（2）变大；E=U1+U2；31.2（3）A；D【解析】（1）电压表的量程为3V，精度为0.1V，估读到0.01V，则读数为2.00V（1.982.02）；（2）逐渐调小电阻箱的阻值，电路中的电流逐渐增大，电压表V2测量的是电源的内电压，由可知示数逐渐

23、变大；电压表V1测量的是电源的路端电压，由全电路的欧姆定律可知E=U1+U2，U1=E-U2，U2=E-U1电压表V1和V2的示数相同，即路端电压等于内电压，即外电阻等于内阻，故电阻箱的读数即为电源内阻，粗略估算电池的内阻为31.2；（3）AB保持开关S1、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池内阻增大，外电阻不变，由A符合题意，B不符合题意；CD由可知则C不符合题意，D符合题意；故答案为：AD。【分析】（1）利用电压表的量程和精度可以读出对应的读数；（2）当逐渐减小电阻箱的阻值时，其电流I阻值增大则会导致内电阻即电表V2读数增大其电表V1读数减小；利用其闭合电路的欧姆

24、定律可以求出电表读数的关系；利用其内外电压相等时内外电阻相等可以利用电阻箱的阻值求出内阻的大小；（3）利用欧姆定律结合内阻增大可以判别其电压表V1与电流的关系；利用其闭合电路的欧姆定律可以判别电压表V2读数与电流的关系。14（1）由玻意耳定律得得（2）由玻意耳定律得得则贮液筒内还剩余药液的体积【解析】（1）根据气体气态方程列式，求解压强。（2）根据气体气态方程列式，求解体积，再计算剩余药液体积。15（1）解；物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得代入数据计算得出：vB=3m/s，在B点，由牛顿第二定律得代入数据计算得出物块滑到B点时受到的支持力大小为

25、：；由牛顿第三定律可以知道，物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小为答：物块滑到B点时对轨道压力（2）解；物块滑上小车后，因为水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒以向右为正方向，由动量守恒定律得其中最终速度v=0.5m/s，代入数据计算得出平板车的质量M=5kg答：平板车的质量M=5kg（3）解；物块在小车上滑行时，克服摩擦力所做的功为f-L图线与横轴所围的面积大小，即克服摩擦力做功为物块在平板车上滑动过程，由动能定理得代入数据计算得出物块滑离平板车时的速度大小为vL= m/s答：物块滑离平板车时的速度大小为v= m/s【解析】（1）利用动能定理求解物体到达最低点的速度，对处在最低点

26、的物体进行受力分析，结合此时物体的速度，利用向心力公式求解物体对轨道的压力；（2）物体和小车两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解；（3）结合图像求解物体克服摩擦力做功，利用动能定理求解物体的的末速度即可。16（1）解：金属杆在0-1s内以v1做匀速运动，导体棒受拉力和安培力，根据平衡条件其中安培力导体棒有效切割长度电流为感应电动势为回路中的电阻为联立可得安培力为由图像可得解得（2）解：0-1s内导体棒做匀速运动位移为1-4s导体棒切割的有效长度电阻为导体棒受力平衡安培力为解得（3）解：0-1s内电荷量为1-4s内对导体棒用动量定理即代入数据可得总的电荷量为（4）解：0-1s

27、内的电阻为因为R随时间均匀变化，所以整个过程中用平均值计算，0-1s内的热量为=8J1-4s内的电荷量为其中联立以上可得对导体棒由动能定理代入数据解得根据能量关系可得4s内导轨产生的热量=30J【解析】（1）金属棒做匀速直线运动，利用平衡方程结合安培力的表达式及欧姆定律可以求出金属棒速度的大小；（2）当其金属棒匀速运动时，利用速度公式可以求出运动的位移，结合几何关系可以求出切割的有效长度，再利用平衡方程及安培力的表达式可以求出速度的大小；（3）已知其1s内回路的电流，结合电荷量的表达式可以求出电荷量的大小；再利用动量定理可以求出1-4s内其电荷量的大小；（4）已知其1s内电流的大小，结合焦耳定律可以求出导轨产生的热量；再利用动能定理可以求出1-4s内其导轨产生的热量。