2023屆湖北省高三下學期高考預測物理試題（含解析）

物理湖北地區(qū)專用

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，

再選涂其它答案標號?答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1—7題只有一項符合

題目要求，第8—11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

1.近日，科學家通過核聚變產生了大量能量，離“聚變點火”這一理想目標更進了一步。關于核反應方程，

下列說法正確的是（）

A.；He+X是人造小太陽中的核聚變方程，其中X是中子

B.2^UT2*Th+:He和力T2^Pa+_（；e兩個核反應沒有釋放能量

C.衰變方程MPU-X+；He+y原子核含有92個中子

D.核反應方程4；H-；He+2X中的質量數(shù)為1

2.如圖所示，衛(wèi)星A的軌道比近地衛(wèi)星高，衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，它們均可視為繞地球做勻速圓周運動,

衛(wèi)星P是地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，已知第一宇宙速度v=7.9km/s,地球半徑R=6400km,則下列說法正確

的是（）

A.衛(wèi)星A的速度小于衛(wèi)星8的速度

B.衛(wèi)星A的運行周期可能為42min

C.衛(wèi)星B在6h內轉動的圓心角是45°

D.衛(wèi)星B的向心加速度大于衛(wèi)星P隨地球自轉的向心加速度

3.如圖所示，真空中X、B、C三點的連線構成一個邊長￡=2m的等邊三角形，為8c連線的中垂線，D

為BC連線中點。若將電荷量均為4=+2xlcrc的兩點電荷分別固定在B、C點，已知靜電力常量

A:=9xlO9N-m2/C2,則()

A

B，A……％

A.兩點電荷間的庫侖力大小為4.5X10-3N

B.將一負點電荷放在。點，其受到的電場力最大

C./點電場強度的大小為2叵xIO?N/C

2

D.從。點到A點電勢逐漸升高

4.某同學欲采用雙縫干涉現(xiàn)象測量某單色光的波長，實驗裝置如圖所示，S為單縫，$、S2為雙縫，。點為S

水平正對的中心，即中央零級亮條紋中心，P點為第3級亮條紋的中心，且OP=1.2mm,5^2=1.0mm,雙縫到

屏的距離乙=0.5m,光在真空中的速度為c,下列說法不正確的是（）

A.條紋間距為0.4mmB.該單色光的波長為800nm

3A

C.若將光屏向右移動少許，條紋間距會減小D.入射到P點兩束光的時間差為

5.如圖所示為一個單擺裝置，將擺球向左拉到/位置無初速度釋放，小球可擺動到與《關于豎直線對稱的8

位置，不計一切阻力，下列說法正確的是（）

A.小球從/到8的過程中，重力的沖量為零

B.小球從4到8的過程中，合力的沖量不為零

C.小球從。到8的過程中，動量的改變量方向水平向左

D.小球從。到8的過程中，繩上拉力的沖量為零

6.如圖所示，質量分別為"?A=lkg,〃?B=2kg,加c=3kg的三個物體A、B、C疊放在傾角為8=30°的斜面上,

已知A、B間動摩擦因數(shù)為〃?=0.6,B、C間動摩擦因數(shù)為〃2=02，C與斜面間動摩擦因數(shù)為例=。-65，

與斜面平行的外力尸=15N作用在B物體上，三個物體均靜止在斜面上，則下列判斷正確的是（）

A.A、B間的摩擦力大小為二一N,方向沿斜面向上

2

B.B、C間的摩擦力大小為15N,方向沿斜面向下

C.B、C間的摩擦力大小為零

D.C與斜面間的摩擦力大小為15N,方向沿斜面向下

7.如圖所示，邊長為a=0.4m正方形區(qū)域ABCD內無磁場，正方形中線尸。將區(qū)域外左右兩側分成兩個磁感

應強度均為5=0.2T的勻強磁場區(qū)域，PQ右側磁場方向垂直于紙面向外，PQ左側磁場方向垂直于紙面向里。

現(xiàn)將一質量為加=1xKT*kg,電荷量為夕=2xlO^C的正粒子從AB中點以某一速率垂直于AB射入磁場，

不計粒子的重力，則關于粒子的運動，下列說法正確的是（）

B.若粒子能垂直于8C射入正方形區(qū)域內，則粒子的速度可能為10m/s

Q

C.若粒子能垂直于8c射入正方形區(qū)域內，則粒子的速度可能為？m/s

3

D.若粒子能垂直于射入正方形區(qū)域內，則粒子的速度可能為2m/s

8.如圖所示，圖甲為一列簡諧橫波在片0時刻的波形，其中質點P坐標為（0,0.2m）,質點。坐標為（10m,

-0.2m）,圖乙為質點。的振動圖像，圖中〃點坐標為（0.5s,0）,則關于波的傳播和質點的振動，下列判斷

正確的是（）

B.由波動圖像可得該簡諧橫波的波長為；I=12m

C.結合波動圖像和振動圖像可得該簡諧橫波的傳播速度為v=2m/s

D.結合波動圖像和振圖像可得點尸的振動方程為y=0.4sin件-舒”

9.如圖甲所示，理想變壓器原線圈匝數(shù)〃產3000,副線圈的匝數(shù)為〃2=1500,凡為定值電阻，色為滑動變阻

器，所有電表均為理想交流電表，輸入端A/、N所接的正弦式交變電壓〃隨時間，的變化關系如圖乙所示。下

A.原線圈接交變電壓的表達式為M=220sin100R（V）

B.電壓表V2的示數(shù)為1IV

C.若將滑動變阻器的滑片P向上滑動，電壓表V2的示數(shù)變大

D.若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，電流表A的示數(shù)將減小

10.一個質量為M=2kg的長木板靜止在粗糙水平地面上，木板右端靜止一個質量為加=2kg的小物塊，小物塊

可視為質點，如圖甲所示。某時刻，給長木板一個向右大小為/=8N-s的沖量，此后小物塊和長木板運動的

修圖像如圖之所示，且小物塊始終沒有滑離長木板，若已知圖中八=0.4s,w=0.8m/s,小物塊木板間的動

摩擦因數(shù)設為四，長木板與地面的動摩擦因數(shù)設為〃2,重力加速度g=10m/s2,則從初始到二者最終停下的整

個過程中，下列說法正確的是（）

甲乙

A.M=0.2,%=0.3

B.0?6時間內，小物塊與長木板間摩擦產生的內能為3.2J

C.小物塊比長木板提前0.2s停下

D.小物塊相對長木板的位移為0.88m

11.如圖所示，虛線左側有一場強為Ei=E的勻強電場，在兩條平行的虛線和P0之間存在著寬為人

電場強度為&=3E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場及平行的屏現(xiàn)將一電子（電荷量為e,

質量為m,不計重力）無初速度地放入電場田中的1點，A點到MN的距離為內,最后電子打在右側的屏上,

2

/。連線與屏垂直，垂足為O,則（）

A.電子從釋放到打到屏上所用的時間為2

電子從釋放到打到屏上所用的時間為3、嗎

B.

VeE

C.電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為2

D.電子打到屏上的點P'（圖中未標出）到點。的距離為

2

二、非選擇題：本題共5小題?共56分。

12.（7分）某實驗小組利用如圖甲所示驗證機械能守恒定律。光電門1、光電門2固定在鐵架臺上，兩光電門

分別與數(shù)字計時器連，實驗時讓小鐵球從光電門1正上方某位置處由靜止開始釋放，小鐵球經過光電門1和光

電門2時的擋光時間分別為小品已知兩個光電門的高度差為人當?shù)氐闹亓铀俣葹間。

（1）該實驗小組用游標卡尺測量小鐵球的直徑，由圖乙可知小鐵球的直徑公mm；某次實驗中，測得

;2=3.30ms,則小鐵球通過光電門2的瞬時速度也=m/s（結果保留3位有效數(shù)字）。

（2）改變小鐵球在光電門1上方釋放的位置，重復實驗多次，測得多組小鐵球通過光電門1和光電門2的時

間公打若滿足關系式,則機械能守恒定律得到驗證。

13.（9分）某同學欲將量程為0—10mA的電流表進行電表改裝。

（1）該同學先用如圖甲所示電路測量電流表的表頭內阻Rg。閉合開關S前滑動變阻器的滑片應置于最

（填“左”或“右”）端，閉合開關后，多次調節(jié)滑動變阻器和變阻箱，使電流表每次都滿偏，分別記錄每次

電壓表的示數(shù)U和電阻箱的阻值得出電壓表示數(shù)U隨電阻箱的電阻H變化的關系圖像如圖乙所示，則電

流表內阻&=Q。

（2）該同學將上述電流表改裝成量程為0?20mA和0?50mA的雙量程電流表，設計的電路如圖丙所示。將

開關S置于“1”擋時，量程為mA；定值電阻的阻值以=Q,Ri=Q。

14.（9分）體積為％的鋼化氣瓶A裝滿氫氣，靜止在水平地面上，氣瓶上方開口處通過閥門連有氣球B,裝

置的總質量為初。初始閥門關閉，氣球B處于自由松弛狀態(tài)，里面封閉的氫氣質量為相，體積為V,壓強與

外界大氣壓相等；已知整個過程氣體溫度保持不變，空氣的密度為0,重力加速度為g,大氣壓強為po,氣瓶

A內封閉氫氣初始壓強為pi，求：

氣瓶”

（1）打開閥門，氣瓶A中部分氣體充入氣球B,使得氣球B慢慢膨脹（可近似認為內部壓強始終等于大氣壓

強），當氣瓶A剛要離地時需向B中充入的氣體質量△相；

（2）氣瓶剛要離開地面時，氣瓶A內封閉的氣體壓強p2。

15.（15分）如圖所示，一個固定在豎直平面內的光滑四分之一圓弧，軌道半徑R=3.2m,下端恰好與光滑水

平面04平滑連接，質量為機=lkg的鐵球（可視為質點）由圓弧軌道頂端無初速度釋放，后從/點沖上傾角

為6=37°的光滑斜面且無機械能損失，鐵球在斜面上運動，?=』S后在8點沖出斜面。（sin37°=0.6,cos37°

=0.8,重力加速度取g=10m/s2）求：

（1）鐵球運動到圓弧軌道底端時對圓弧軌道的壓力大??；

（2）斜面的長度；

（3）在8點左側1.2m處放置一足夠高的豎直擋板，鐵球與擋板碰撞時的速度大小。

16.（16分）一根質量〃尸1kg、長為￡=0.5m電阻不計的導體棒靜止在足夠長的光滑的U形導軌上，導軌平面

存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦導軌左側有兩個開關S、S2,亂與一個定值電阻串聯(lián),

阻值H=20；S2與一個電容器聯(lián)，電容C=1F,如圖甲所示。現(xiàn)將與閉合，S2斷開，且用拉力尸拉著導體棒開

始向右做勻加速直線運動，圖乙為導體棒所受拉力尸隨時間f的變化圖像，貝h

（1）磁感應強度8的大小為多少？

（2）已知在0?4s內外為F做功=J,則電阻H產生的焦耳熱為多少？

3

(3)當，=4s時，將S斷開，S2閉合，同時撤去外力F,則電容器最終所帶電荷量為多少？

物理湖北地區(qū)專用參考答案

1.【答案】：A

【解析】：：He+X是人造小太陽中的核聚變方程，由質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知，X是中子,

選項A正確；■uT/Th+；He是a衰變，”Th-UPa+]e是，衰變，均有能量放出，選項B錯誤;

根據核反應前后電荷數(shù)守恒和質量數(shù)守恒可得，衰變方程竽Pu-X+：He+y,X的電荷數(shù)為94-2=92,

質量數(shù)為239-4=235,則中子數(shù)為235-92=143,選項C錯誤；根據質量數(shù)守恒可知，核反應方程

4；HT4He+2X中X的質量數(shù)為0,選項D錯誤。

2.【答案】：D

【解析]根據萬有引力提供向心力，有6=粵=加二，解得u=—,由題圖可知小〈與，所以匕,>以，

rr

即衛(wèi)星A的速度大于衛(wèi)星B的速度，選項A錯誤；衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，周期為24h，己知第一宇宙速度

GD

y=7.9km/s,地球半徑R=6400km,則繞地球圓周運動的最小周期T=——a84.8min,可知衛(wèi)星A的

v

周期大于84.8min,小于24h，則其周期不可能為42min，選項B錯誤；地球同步衛(wèi)星5在6h內轉動的圓

671

心角為2萬x『=二，選項C錯誤；衛(wèi)星8和衛(wèi)星尸周期相同，角速度相等，根據a=可知，衛(wèi)星B的

242

向心加速度大于衛(wèi)星P隨地球自轉的向心加速度，選項D正確。

3.【答案】:C

【解析】：根據庫侖定律，知5、C兩點電荷間的庫侖力大小為尸=%先，解得E=9.0XI0-3N，選項A錯

誤；在等量同種正點電荷周圍的電場中，連線中點處的電場強度為零，則放在。點的負點電荷受到的電場力

為零，選項B錯誤；兩點電荷在4點產生的電場強度大小相等，均為耳=Z.=4.5X1()3N/C,根據電場

疊加原理和幾何關系，兩點電荷在4點產生的合電場強度大小為E=2&cos30,解得E=?叵XIO^N/C，

2

電場強度E的方向豎直向上，選項C正確；沿著電場線方向電勢降低，由此可知，從。點到A點電勢逐漸降

低，選項D錯誤。

4【答案】:C

OP

【解析】：由題意知，尸為第3級亮條紋中心，條紋間距Ax=§=().4mm,A不符合題意；根據雙縫干涉

條紋間距公式=L=0.5m,d=1.0mm,解得4=800nm,8不符合題意；根據―二與九，2增

da

大時，Ar增大，C符合題意；亮條紋對應的光程差為波長的整數(shù)倍，即與PS2的光程差為32,則時間

32

差△，=D不符合題意。

5.【答案】:C

【解析］小球從A到3的過程中，根據/=或可知，重力的沖量不為零，A錯誤；小球運動到3處和在A處

時的動量都為零，所以小球從A到8的過程中，合力的沖量為零，B錯誤；小球從。到8的過程中，初動量

水平向右，末動量為零，動量的改變量方向水平向左，C正確；小球從。到8的過程中，繩子的拉力不為零，

根據/=后可知，繩上拉力的沖量不為零，D錯誤。

6.【答案】:C

;

【解析】：三個物體均靜止在斜面上，對A受力分析可得48間摩擦力大小為7MB=mAgsine=5N,方向

沿斜面向上，A錯誤；對48整體受力分析，有m8）gsin6+耳肥=尸可得0c=。，C正確，B錯

誤；由牛頓第三定律可知，3對C的摩擦力為零，對C受力分析可得。與斜面間的摩擦力方向沿斜面向上,

故D錯誤。

7.【答案】:C

【解析】：粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力有4VB=加匕，解得v=也，若粒子能垂直

rm

于BC射入正方形區(qū)域內，則粒子可能的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得（2"+1）r=胃（〃=0,1,2,）,

解得》=（4魯b*=°'1'2），當〃=（）時，速度最大，為%”=8m/s,AB錯誤;當〃=1時，v=|m/s,

Q

C正確；當〃=2時，v=-m/s,則粒子的速度不可能為2m/s,D錯誤。

8.【答案】：ABC

【解析】：根據質點。的振動圖像可知，在「=0時刻。向上振動，根據同側法可知該簡諧波沿》軸負方向傳

播，A正確;設該簡諧橫波的波動方程為y=0.4sinm將(0,0.2m),(10m,-0.2m)代入，解

TT21

得a=12m,（P\=【B正確；設質點Q的振動方程為y=0.4sint+(pm,將((),-().2m),(0.5s,0)

6于2

TT

代入，解得T=6s,仍=一—，因此該簡諧橫波的傳播速度為u=2m/s,C正確；同理，質點P的振動方

6

7171

程為y=0.4sin—r+—m,D錯誤。

36

9.【答案】:AD

【解析】：根據題圖乙可知，原線圈所接交變電壓的最大值為U,“=22/V,。=亍［=100萬rad/s,則原線

圈接交變電壓”的表達式”=220sinlOO乃1V),選項A正確；因原線圈電壓的有效值為U垣=22V,

V2

U.n,

又原、副線圈匝數(shù)比為2:1,根據理想變壓器電壓規(guī)律什=」，可得副線圈兩端電壓為1IV,電壓表V,測

力〃2

的是R2兩端電壓，所以其示數(shù)小于1IV,選項B錯誤；若將滑動變阻器的滑片P向上滑動，&接入電路的

阻值減小，與阻值不變，&分得的電壓變小，則電壓表丫2的示數(shù)減小，選項C錯誤；若將滑動變阻器的滑

片P向下滑動，與接入電路的阻值增大，副線圈接入電路的總電阻增大，則通過副線圈的電流減小，根據理

想變壓器的電流規(guī)律可知，原線圈中電流減小，則電流表A的示數(shù)減小，選項D正確。

10.【答案】:AB

【解析】：對長木板，由動量定理可知/=M%,對小物塊，由牛頓第二定律有〃=加4,對長木板有

g+生(m+M)g=M4，通過對題圖及題中數(shù)據分析q=?=2m/s2,在4時刻建立共速方程有

%-44=6品，聯(lián)立以上各式，解得必=02,外=0-3,A正確；0?G時間內，二者的相對位移可通過題

圖中面積算得，Ax,=0.8m,則產生的內能。=4根g&i=3.2J,B正確；二者共速后，小物塊加

速度大小不變，由題圖知，〃?做勻減速直線運動，對長木板由牛頓第二定律有4(〃?+M)g-叢=

解得%=4m/s2,則4的時間為Af=±=02s,由對稱性可知小物塊停下也會用時0.4s,則小物塊比

。3

長木板晚0.2s停下，C錯誤；小物塊與長木板，2?4內的相對位移-2=gx0.2x0.8m=0.08m,則全過程

的相對位移為八^=—八^2=。72m,D錯誤。

11?【答案】：BD

【解析】：電子在&=七的勻強電場中做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律eg=相6，根據位

移一時間公式，有!=電子進入％=3E的勻強電場時的速度匕=%4,在水平方向上做勻速直線運

動，有2乙=丫也，電子從釋放到打到屏上所用的時間為/=。+，2,解得t=3小情,選項B正確，選項A錯

誤；電子在電場后2=3E的豎直方向上，有0石2=6-3七=加。2，Vy=a2fi1乙=卬3，電子剛射出電場后2時

V

的速度方向與A0連線夾角的正切值tan。=上，解得tan。=3,選項C錯誤；電子離開電場區(qū)時的速度反

v,

向延長線交于外電場中點0',軌跡如圖所示，電子打到屏上的點P'到點。的距離為x,由相似三角形得

——9

3,,解得x=選項D正確。

-L2

12.【答案】：(1)9.75；2.95

屋儲

⑵方一方=2gh

121\

【解析】：(1)由題圖乙可知，游標卡尺為20分度，且游標尺上第15條刻度線與主尺上的某條刻度線對齊,

則小球的直徑d=9mm+0.05mmx15=9.75mm；小鐵球通過光電門2的瞬時速度等于遮光時間J內的平

均速度,即彩=—=2.95m/s。

’2

dd

(2)小鐵球通過光電門1和光電門2的速度大小分別為匕=丁、v2=-,由機械能守恒定律得

gmv：一gmv；=mgh,整理得多--彳-=2g〃。

13.【答案】：(1)右；4.0

(2)0—50；1.6；2.4

【解析】：(1)根據題圖甲可知，滑動變阻器采用分壓式接法，為保證電路安全，閉合開關S前應使滑動變阻

器的滑片位于最右端，使電壓表的示數(shù)從零開始增大；電壓表示數(shù)與電阻箱的電阻之間的關系為

U=ISR+I^,根據題圖乙可得=0.04V,解得唬=4.0^.

(2)因為改裝電流表時，電流表并聯(lián)的電阻越小量程越大，即將開關S置于“1”擋時，量程為大量程，即為

0?50mA；由串并聯(lián)規(guī)律可得，

40=&2-4）（凡+&），/g（Rg+&）=（/g「/g）用,聯(lián)立解得K=L6C,4=2.4Q。

mMp.）M

14.【答案】：（1）--（2）

yp玲「

【解析】：（1）初始整個裝置靜止在水平地面上，總重力大小等于支持力大小，當氣球體積增大到剛好使增加

的空氣浮力等于裝置的總重力時，氣瓶B離開地面，增加的浮力為△￡孚=pgAV=Mg

MmAmmmM

得AATV7=—,由于一=——，解得A=7公A丫T7=彳二

pVAVVVp

A.AV

（2）對于質量為Am的氫氣，經歷等溫變化，由玻意耳定律有P°AV=P2V,解17得—

〃2

對氣瓶A內封閉的氣體，由玻意耳定律有口環(huán)=+V）

聯(lián)立解得P2=Pl一等'

%。

15