湖北省2023届高三5月国都省考模拟测试物理参考答案及评分建议一．选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。1．C2．A3．A4．C5．D6．B7．C8．BC9．AC10．BD11．AD二．非选择题：本题共5小题，共56分。12．（7分）（1）10.202分（2）1.61分（3）9.862分（4）BC2分13．（9分）（1）0.801分（2）等于小于4分（3）1.4020.04分14．（9分）设折射角为α，有90①1分设水的折射率为n，有sinnsin②2分设光由水射入空气发生全反射的临界角为C，有1sinCn③2分设水面发光面的半径为r，有rhtanC④1分设发光面的面积为S，有2Sr⑤1分联立解得h2S2tan1⑥2分1/415．（15分）【解析】（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R0，根据题意可知ab2R0①1分根据几何关系，有ab(1.2LLL)22(1.6)2②1分分析可知，从O点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，设弦aO所对的圆心角为α，根据几何关系，有1.2LR2sin③1分02设粒子在磁场中运动的周期为T，有2RT0④1分v0粒子在磁场中运动的最短时间为tT⑤1分min360o联立解得37L⑥分tmin190v0（2）粒子从粒子源中射出后在磁场中做匀速圆周运动，有2mv0qv0B⑦1分R0粒子第1次在电场中运动，设粒子加速度大小为a，经过时间t离开电场时，粒子速度大小为v1，速度方向与y轴负方向的夹角为1，沿y方向的位移大小为h，有ohvtsin370⑧1分1hatcos37o2⑨1分2粒子第1次进出电场，沿x方向位移为0，有ovvx011cos37vsin⑩1分粒子第1次回到磁场中，设匀速圆周运动的半径为R1，有2mv1qv1B⑪1分R1根据几何关系，有hR2sin11⑫1分根据牛顿第二定律，有2/4qEma⑬1分联立解得25mv2E0⑭2分9qL16．（16分）【解析】（1）由几何知识和密度公式可知A、B的质量分别为3mm①1分A85mm②1分B8B对A的支持力FmgNAcos37③1分B对A的摩擦力FFfAN④1分草垫对B的摩擦力FFfBNsin37FfAcos37⑤1分联立解得FmgfB0.168⑥1分（2）设整个过程中A、B的水平位移大小分别为xA、xB，根据几何关系，有xABxLtan53L⑦1分A、B系统在水平方向上动量守恒，有mvAAxmvBB⑧1分xvAAx⑨2分xBvB联立解得Lx⑩1分B8（3）设A刚与水平面接触时速度大小为vA，方向与水平方向的夹角为α，B的速度大小为vB，A、B系统在水平方向上动量守恒，有mvAAcosmvBB⑪1分A、B系统机械能守恒，有L11mgmv22mv⑫1分AAABB4223/4A、B在垂直于切割面方向上的速度相同，有vvABsin(37)sin37⑬1分联立解得9vgL⑭2分B1524/4湖北省2023届高三5月国都省考模拟测试物理试题详解1．【解析】C96137裂变反应的生成物中x=3，A错；核子数越多，结合能越大，B错；37Rb核的比结合能比55Cs核的大，C对；根据结合能定义，D错。2．【解析】A分子间作用力和分子势能的变化规律如图所示，选A。3．【解析】Aa、b端受到的安培力分别垂直于纸面向外和垂直于纸面向内，从上往下看，导线ab逆时针方向转动。当转过一个很小的角度后，在向右的磁场分量的作用下，通电导线还会受到向下的安培力。所以导线先转动，然后边逆时针转动边下降。4．【解析】C释放A后，A的加速度方向向上，人相对于轻绳匀速向下爬，则两者加速度大小相等。对g系统有2(2)mgmgmma，解得a，选C。35．【解析】D2线框产生的感应电动势为EB()baBLvkLvcd。E线框受到安培力的大小为FFF()BBLv。badcbadcR6．【解析】BGMGMGMm根据2，可知＞；根据a，可知aa＞a；根据F，R3PQ同步R2PQ同步R2423R111因m未知，故无法比较；即使考虑太空中稀薄气体的阻力，根据T2和，GMTTPQt因R变小，则TP变小，t也是变短；7．【解析】C张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1:2:1，则对应时间之比为1:2:1，有1Lvtat21021  1L()2(2)24vattat22vtat202017L(3)vattat22vtat30220观察可得L213LL，选C。8．【解析】BC1S根据f和C可知，BC正确。2LC4kd9．【解析】ACps（1）气体在等压膨胀过程中由受力平衡，有1.5pspsMg，解得M0002gH3（2）只有在b→c过程中气体做功W1.5pspsH0240pVpV22在a→d全过程中，由理想气体状态方程，有0000TT0d由题目条件可知气体内能的变化量UTTT()3d00=10．【解析】BDm设在时间△t内通过面积S的空气质量为△m，则mSvt，解得Sv；0t012()mv0发动机输出的机械功率P2，对空气根据动量定理()()Fmgtmv，对直升机t0mMg22根据平衡知识FMg，考虑Mgmg，联立解得。tP211．【解析】AD根据图乙，有PUIcd5W；n1Uab220V当I2=0时，Ucd10V，则22:1；nU2cd10V22In21当I2=2A时，Ucd0，则UI01Ir11Ir22，又22:1，联立解得r24.98；In12根据PabUI01，解得PIab10220W。12．（7分）【答案】（1）10.20             2分 （2）1.6              1分 （3）9.86              2分 （4）BC              2分 【解析】2  （1）游标卡尺示数为d=10mm+40.05mm=10.20mm；（2）由图可知小球振动周期T=1.6s；42（3）图线斜率k4.00，解得g9.86m/s2；g（4）把摆球从平衡位置拉开30o后释放，摆角逐渐减小，当摆角小于15o后，摆动可视为单摆做简谐运动，根据计算机记录的图像，仍能测出单摆周期。选BC。13．（9分）【答案】（1）0.80              1分 （2）等于    小于              4分 （3）1.40     20.0            4分 【解析】（1）电压表示数U=0.80V；（2）若只用步骤②中的数据，电源电动势的测量值等于真实值；若只用步骤③中的数据，电源电动势的测量值小于真实值；（3）1700步骤②中，根据EIRr()r，得RE()rR，则EkV1.40VAIA17020UU11rRr步骤③中，根据EU()r，得()VRRVUERREVr61100则Ω/VΩ/V，解得r=20.0ΩE0.35714．（9分）【解析】设折射角为α，有90①1分设水的折射率为n，有sinnsin②2分设光由水射入空气发生全反射的临界角为C，有1sinCn③2分设水面发光面的半径为r，有rhtanC④1分设发光面的面积为S，有2Sr⑤1分联立解得h2S2tan1⑥2分3  15．（15分）【解析】（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R0，根据题意可知ab2R0①1分根据几何关系，有ab(1.2LLL)22(1.6)2②1分分析可知，从O点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，设弦aO所对的圆心角为α，根据几何关系，有1.2LR2sin③1分02设粒子在磁场中运动的周期为T，有2RT0④1分v0粒子在磁场中运动的最短时间为tT⑤1分min360o联立解得37Ltmin⑥1分90v0（2）粒子从粒子源中射出后在磁场中做匀速圆周运动，有2mv0qv0B⑦1分R0粒子第1次在电场中运动，设粒子加速度大小为a，经过时间t离开电场时，粒子速度大小为v1，速度方向与y轴负方向的夹角为1，沿y方向的位移大小为h，有ohvtsin370⑧1分1hatcos37o2⑨1分2粒子第1次进出电场，沿x方向位移为0，有ovvx011cos37vsin⑩1分粒子第1次回到磁场中，设匀速圆周运动的半径为R1，有2mv1qv1B⑪1分R1根据几何关系，有hR2sin11⑫1分根据牛顿第二定律，有qEma⑬1分联立解得4  25mv2E0⑭2分9qL16．（16分）【解析】（1）由几何知识和密度公式可知A、B的质量分别为3mm①1分A85mm②1分B8B对A的支持力FmgNAcos37③1分B对A的摩擦力FfANF④1分草垫对B的摩擦力FFfBNsin37FfAcos37⑤1分联立解得FfB0.168mg⑥1分（2）设整个过程中A、B的水平位移大小分别为xA、xB，根据几何关系，有xABxLtan53L⑦1分A、B系统在水平方向上动量守恒，有mvAAxmvBB⑧1分xvAAx⑨2分xBvB联立解得Lx⑩1分B8（3）设A刚与水平面接触时速度大小为vA，方向与水平方向的夹角为α，B的速度大小为vB，A、B系统在水平方向上动量守恒，有mvAAcosmvBB⑪1分A、B系统机械能守恒，有L11mgmv22mv⑫1分AAABB422A、B在垂直于切割面方向上的速度相同，有vvABsin(37)sin37⑬1分联立解得9vgL⑭2分B1525