1、2023年高考冲刺模拟试卷物理试题（八）参考答案一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1【答案】C【解析】A同步辐射是在磁场中圆周自发辐射光能的过程，氢原子发光是先吸收能量到高能级，在回到基态时辐射光，两者的机理不同，故A错误；B用同步辐射光照射氢原子，总能量约为104eV大于电离能13.6eV，则氢原子可以电离，故B错误；C同步辐射光的波长范围约为10-5m10-11m，与蛋白质分子的线度约为10-8 m差不多，故能发生明显的衍射，故C正
2、确；D以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV，则电子回旋一圈后能量不会明显减小，故D正确；故选C。2【答案】A 【解析】因它们之间的相互吸引力，设两球带异种电荷，电量大小分别为 、根据库仑定律公式得，相距L时的相互引力，它们接触之前是相互引力，当它们相互接触后，先中和后重新分配。它们相互接触达到静电平衡后，电势相同。因,所以它们电量之比为 得且电性相同。因而可得，为库伦斥力。所以A选项是正确的，BCD错误。所以A选项是正确的.3【答案】D【解析】A对动车由牛顿第二定律有若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大；B
3、若每节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小；C若每节动力车厢输出的功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有而以额定功率匀速时，有联立解得故C正确；D若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知可得动车组克服阻力做功为故D错误。4【答案】C【解析】A由图乙、图丙可知两列波的周期都为，则两列波的频率都为可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，A错误；B两列波的波长均为点到两波源的波程差为由于两波源的起振方向相反，可知点为振动减弱点，故点的振幅为B错误；C
4、点到两波源的波程差为由于两波源的起振方向相反，可知、两点均为振动减弱点，而两波源到点波程差为，两波源到点波程差为，因此、连线上有一个波程差为的点，该点为振动加强点，C正确；D两波源的连线上（不含波源）点与两波源的波程差满足由于两波源的起振方向相反，可知当波程差满足时，该点为振动加强点，则有 可知两波源的连线上有11个振动加强点，它们的振幅为，但位移在到之间变化，D错误。故选C。5【答案】A【解析】作出两种情况下光路图，如图所示设，在A处发生全反射故有由于出射光平行可知，在B处射出，故由于联立可得，；由可得，故C不正确；D由于所以临界角不为30，故选A。6【答案】B【解析】若A、B、C、D均正常
5、发光，则次级电流为2U0，初级电压为U0，则n1:n2=1:2次级电流为IC，则根据n1I1=n2I2可得I1=2IC则交流电源的电压为故选B。7【答案】D【解析】如图所示，金属棒绕轴切割磁感线转动，回路中的电动势；电容器两极板间电压等于，带电微粒在两极板间处于静止状态，则 即；C电阻消耗的功率；D电容器所带的电荷量故选D。8【答案】B C【解析】若木箱在竖直方向上运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动得 其加速度满足向下。若木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动，木箱必须有向左的加速得9【答案】BD 【解析】由图甲电路得，V1测路端电压U1，V2测R1两端电压U
6、2，V3测R2两端电压U3。滑动触头P向上滑动，则R2减小，电路总电阻减小，电流增大。因U1EIr，U3EI(R1r)，I增大，则U1、U3减小，且U3比U1减小得快，所以图乙中图线b是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况，a表示电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，因R1不变，电流增大，则U2增大，所以图乙中图线c表示电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，因U1EIr，U1EIr，则U1rI，所以U1和I的比值为电源内阻不变，U3和电流表示数变化量I的比值为电源内阻与R1之和。满足关系式10【答案】BC【解析】 地球和火星的角速度分别为由题意知火星和地球每隔约26个月相距最近一次，又火
7、星的轨道半径大于地球的轨道半径，则由以上可解得月，火星的公转周期大约为，则地球与火星绕太阳的公转周期之比T1T2 =713但不能求出两星球自转周期之比，设地球和火星的公转周期分别为T1、T2 ，轨道半径分别为r1、r2，由开普勒第三定律可得可求得地球与火星的轨道半径之比， 由物体在地球和火星表面的重力等于各自对物体的引力，则有得由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，则两星球表面重力加速度的关系不可求，地球与火星绕太阳运动的向心加速度由太阳对地球和火星的引力产生，所以向心加速度大小则有得由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比11【答案】AB【解析】根据理想
8、气体状态方程可知即图像的斜率为，故有；B理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有而，则有可得，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能；由b变化到c的过程中，,由得Q未知，不确定是吸热还是放热。二、实验题12（6分）【答案】0.75（0.3） 3.1（0.1） 9.4（0.2） 【解析】（1）根据可得则由图像可知则 （2）由牛顿第二定律可知 即 当=53时a=5.6m/s2，即 当=37时a=3.1m/s2，即 联立解得13（10分）【答案】（1）C B G （2）（3）b （4）【解析】（1）
9、待测电阻Rx的阻值约为30 k，直流电源电动势为15 V，电压表选择C.经粗略计算电路中的最大电流约为Imax500 A，. A的量程过大，所以电流表选择B与并联改表，（2）在题图所示电路中，电流表内阻为300 ，电压表内阻为100 k，由串、并联电路规律得，电流表的分压作用小于电压表的分流作用，故电流表应采用内接的方法，实物连线如图所示：（3）实验前，分压电路的电压应该是0，故滑动变阻器的滑动触头P应置于b端（4）实验中无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较小值，是由于滑动变阻器接成限流式，因此是导线没有连接好三、解答题14（12分）【答案】（1）0.5 A方向由O到A
10、（2）6.1105 C【解析】（1）由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由O到A，金属棒OA中产生的感应电动势大小为EBr2得E16 VS闭合时的等效电路如图所示30 由闭合电路欧姆定律，得EI(r0R外)联立解得I0.5 A。（2）S断开前，电路路端电压为UIR外电阻R1两端电压为U1U5V。电容器的电荷量为Q1CU12105 C且上极板带正电，下极板带负电，S断开时的等效电路如图所示电容器C两端的电压为电阻R2两端的电压U2，则 V电容器的电荷量为Q2CU24.1105 C且上极板带负电，下极板带正电通过电流表的电荷量为QQ1Q2联立解得Q6.1105 C。15（12分）【答案】（1）
11、0.6m；（2）3s【解析】（1）B做向下匀加速直线运动，加速度大小为A做向下匀减速直线运动，加速度大小为：设A和B刚好达到共同速度时速度为v1，时间为t1，根据运动学公式可得 联立解得 A的位移为B的位移为乙相对甲滑行的最大距离（2）当 所以AB与传送带共速前，AB一起做匀速直线运动，运动时间为 AB一起运动的位移AB与传送带共速后，AB与传送一起做匀加速直线运动，根据运动学公式有解得从传送带启动到甲的左端动到传送带底端N点所用的时间 16（16分）【答案】（1）；（2）；（3）A.当时， ，B.当时， 【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：，解得： 由题可得： 解得；（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d（1+sin60）解得（3）粒子的运动周期设粒子最后射出磁场不足的时间设为t，则A. 当时，粒子斜向上射出磁场 解得B. 当时，粒子斜向下射出磁场 解得
