【文档说明】2023届湖北省高三下学期4月调研模拟考试（三模）物理试题 含解析【武汉专题】.docx，共(22)页，3.291 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省高三（4月）调研模拟考试物理试卷全卷满分100分。考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2

.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。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题只有一项符合题目要求，第8~11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.如图所示

，一束单色光入射到极限频率为0ν的金属板K上，发射的光电子可沿垂直于平行板电容器极板的方向从左极板上的小孔进入电场，均不能到达右极板，则（）A.该单色光的波长为0cvB.若仅增大该单色光的强度，则将有电子到达右极板C.若仅换用频率更大的单色光，则依然没有电子到达右极板D.若

仅将电容器右极板右移一小段距离，电子仍然不能到达右极板【答案】D【解析】【详解】A．由题可知，单色光的波长应大于0c，故A错误；B．若仅增大该单色光的强度，由于入射光的频率不变，则电子仍然不能到达右极板，故B错误；C．若仅换用频率更大的单色光，逸出的光电子的初动能增大，则可能有电子到达

右极板，故C错误；D．若仅将电容器右极板右移一小段距离，由于两板间的电压不变，电子仍然不能到达右极板，故D正确。故选D。2.丹麦物理学家奥斯特发现了电流磁效应，他在电与磁学研究上开创性的工作创立了物理研究的新纪元。某物理探究小组在实验室重复了奥

斯特的实验，具体做法是：在静止的小磁针正上方，平行于小磁针水平放置一根直导线，当导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线的电流为0I时，小磁针静止时与导线夹角为1。已知直导线在某点产生磁场的强弱与通过该直导线的电流成正比，若在实验中发现小磁针静止时与导线夹角为2，则通过该直导线

的电流为（）A.201sinsinIB.201tantanIC.201coscosID.102tantanI【答案】B【解析】【详解】设小磁针处地磁场为由南向北，磁感应强度为B1，导线南北

方向放置，由安培定则可知，电流在小磁针处的磁场与地磁场方向垂直，则当通过该导线的电流为0I时，由平行四边形定则可知该电流在小磁针处的磁场的磁感应强度11tanBB=当通过该导线的电流为I时，由平行四边形定则可

知该电流在小磁针处的磁场的磁感应强度12'tanBB=由于直导线在某点产生磁场的强弱与通过该直导线的电流成正比，所以201'tantanIBIB==解得通过该直导线的电流201tantanII=故B正确。故

选B3.置于水平地面上质量1.0kgm=的物块在6NF=的水平拉力作用下做匀加速直线运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.4=，重力加速度取210m/s=g。该物块依次通过A、B、C、D四个位置，已。知3mAB=、9mCD=，且物块通过AB段和CD段的时间均

为1s，则BC段的长度为（）A.8mB.10mC.12mD.16m【答案】C【解析】【详解】物体的加速度22m/sFmgam−==设A点的速度v0，BC=x，从B到C时间为t＇，则从A到B200113m2ABvtatv=+=+=则从A到C''2'

'20013()()(1)(1)2ACxvttattvtt=+=+++=+++从A到D''2''200139(2)(2)(2)(2)2ADxvttattvtt=++=+++=+++联立解得t＇=2sx=12m故选C。4.如图（a）所示，物块和长木板

置于倾角为37=且足够长的斜面上。0=t时对长本板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系2vx−图像如图（b）所示，已知sin370.6=，cos

370.8=，重力加速度取210m/sg=，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A.拉力F的作用时间为2sB.拉力F作用时长木板的加速度大小为2m/s2C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25D

.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75【答案】C【解析】【详解】B．由图（b）知，斜率的绝对值等于加速度的2倍2221116m/s1m/s228vax===B错误；A．撤去拉力时的速度22m/sv=拉力作用时间为1122svta==A错误；C．撤去拉力时的加速度2222

116m/s8m/s221vax===由牛顿第二定律()()()12sincosMmgMmgMma+++=+解得10.25=C正确；D．物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律21cossinmgmgma−解得20.875物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.

75，D错误。故选C。5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，输入端所加正弦交流电的电压202sin(100)VUt=，已知电阻110ΩR=，220R=，滑动变阻器3R最大阻值为40Ω，电压表为理

想电压表。开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，下列说法正确的是（）A.通过1R的电流为2AB.电压表读数为40VC.副线圈电流方向每秒钟改变50次D.若将滑片P向下滑动，电压表读数将变大【答案】D【解析】【详解】AB．

由输入端所加正弦电压的表达式可知输入端的电压有效值为20VU=设原线圈中的电流为1I，副线圈中的电流为2I，则由能量守恒可得22311122()2RUIIRIR=++而由匝数比等于电流的反比可得1221II=联立解得11AI=，20.5AI=则

可得电压表的示数3222()20V2RUIR=+=故AB错误；C．由输入端所加正弦交流电的电压表达式可知该交流电的频率为50Hzf=则可知副线圈电流方向每秒钟改变100次，故C错误；D．若将滑片P向下滑动，接

入副线圈回路中的电阻增大，电流减小，则可知原线圈回路中的电流也减小，从而使定值电阻两端的电压减小，原线圈两端的电压增大，而匝数比不变，则可知副线圈两端的电压增大，因此电压表的示数增大，故D正确。故选D。6.如图所示，原长L=40cm的轻质弹簧放置在光滑的直槽内，弹簧的一端固

定在槽的O端，另一端连接一小球，该装置可从水平位置开始绕O点缓慢地转到竖直位置，弹簧的形变始终在其弹性限度内。在转动过程中，发现小球离原水平面的高度不断增大，则该装置转到竖直位置时小球离开原水平面的高度不可能为（）A.10cmB.20cmC

.25cmD.30cm【答案】A【解析】【详解】设小球的质量为m，弹簧的劲度系数为k，当光滑直槽转到与水平方向夹角为时，小球的高度为h，由于小球始终处于平衡状态，因此有()sinsinhkLmg−=而当直槽转至竖直位置时有

0()kLhmg−=联立解得220000.50.25()(sin)LLhLhLhLh=−−−+−−当00.51LLh−时，推动过程中小球高度随增大不断增大，解得020cmh即可得取值范围为020cm40cmh故选A。7.人类太空探测计划旨在寻找适合人类居住的宜居行星。在某次探测中发现距

地球数光年处有一颗质量为M的恒星A，可将该恒星视为黑体，其向外均匀辐射能量的功率为0P；恒星A有一颗绕它做匀速圆周运动的行星B，该行星也可视为黑体，其向外均匀辐射能量的功率为P，其半径大小为R。已知行星B的温度保持不变，恒星A射向行星B的光可看作平行光，不计其他星体的影响，引力

常量为G。则行星B做圆周运动的线速度为（）A.GMRB.0GMPRPC.02GMPRPD.02PGMRP【答案】C【解析】【详解】设行星B的质量为m，绕恒星A运动的轨道半径为r，由题意可知行星B的温度保持不变，则单位时间吸收A的能量与向外辐射能量相等20

24PRPr=行星B绕恒星A做匀速圆周运动，则有22GMmvmrr=联立解得02GMPvRP=故选C。8.半径为R的半圆形玻璃砖如图所示放置，O为圆心，AB面水平。一束单色光与水平面成45角照射到AB面上的D点，D为OA中点，折射光线刚好照射到圆弧最低点C，光线在C点折射后照射到地面

上的E点（图中未画出），现将入射点从D点移到O点，保持入射方向不变，最终光线也照射到地面上的E点，不考虑光在圆弧面上的反射，则（）A.玻璃砖对光的折射率为2B.玻璃砖对光的折射率为102C.C点离地面的高度为RD.C点离地面的高度为2R【答案】BC【解析】【详解】AB．画出光路如下图光线在

AB面上的入射角为=45折射角1tan2=则1sin5=折射率为sin10sin2n==故A错误，B正确；CD．因DC平行于OE，则45FCE==则tan45EFCF=tanEFCFR=+联合解得CF=R故C正确，D错误。故选BC。9.如图所

示，1Q、2Q为两个带等量负电荷的固定点电荷，竖直线为两点电荷连线的中垂线，O点为垂足，'''ABBOOBBAh====。现将一带负电液滴从A点由静止释放，液滴到达B点时的速度大小为v且能到达O点。已

知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.在中垂线上，O点的电势最低B.A点电场强度一定小于B点电场强度C.液滴到达B'点时的速度大小为24vgh+D.液滴从A点运动到A'点的过程中机械能先增大后减小【答案】AC【解析】【详解】A．由等量同种电荷的电场分

布以及沿电场线方向电势降低可知，在中垂线上，O电的电势最低，故A正确；B．O点的电场强度为零，无穷远处电场的电场强度也为零，则可知沿着中垂线从O点到无穷远处的过程中，电场强度先增大，后减小，因此A点电场强度一定小于B点电场强度，故B错误；C．B点和B'点关

于原点对称，则可知电势相等，则液滴从B点到B'点的过程中，由动能定理可得2211222Bmghmvmv=−解得24Bvvgh=+故C正确；D．由于中垂线上的O点电势最低，则可知液滴在O点的电势能最大，而整个过程中电势能和机械能的总和不变，则可知带负电的液滴从

A点运动到A'点的过程中机械能先减小后增大，故D错误。故选AC。10.一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点O，t=0时波源开始振动，t=4s时波源停止振动，如图为t=5s时靠近波源的部分

波形图，其中质点a的平衡位置离原点O的距离为x=1.8m。下列说法中正确的是（）A.波的传播速度为1m/sB.波源起振方向沿y轴正方向C.在5.5st=时，质点a运动方向沿y轴负方向D.从波源起振开始计时，4.

0s内质点a运动的总路程为2.2m【答案】AD【解析】【详解】A．波的传播速度为1.0m/s1.0m/s54xvt===−故A正确；B．由于1.81.0m0.8m=−=周期为0.8sTv==波传到a点的时间为111.8sxtv==则a点全振动的次

数为14ttnT−==则a点此时的振动方向与波源的起振方向相同，沿y轴负方向，故B错误，C．在5.5st=时，a点又振动了0.5s的时间，则有30.5s24TT可知质点a运动方向沿y轴正方向，故C错误；D．从波源起振开始计时，4.0s内质点a振动了2111

4ttT−=则质点a运动的总路程为1111440.2m2.2m44sA===故D正确。故选AD。11.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，在x轴上方存在垂直纸面的匀强磁场，一带正电粒子在该平面内从O点射入x轴上方，恰好先后通过A、B两点，已知A、B两点坐标分别为：A（0，6L）

、B（8L，0），不计粒子重力，则（）A该磁场方向垂直纸面向内B.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为5LC.若让该粒子从B点射入x轴上方，则粒子有可能通过A点D.若仅改变粒子从O点射入时的速度，粒子依然有可能依次经过A

、B两点【答案】BC【解析】【详解】带电粒子在匀强磁场中经过O、A、B三点，故该三点在其轨迹圆上，由几何可得，轨迹圆的圆心为AB连线的中点，粒子的轨迹如图A．由左手定则可知，该磁场方向垂直纸面向外，故A错误；

.BD．由几何知识得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径()()226852LLrL+==由牛顿第二定律2vBqvmr=可得mvrBq=且粒子需从O点与水平方向成53°斜向左射入x轴上方，故若仅改变粒子从O点射入时的速度，都将不能使粒子依次经过A、B两点

。故B正确，D错误；C．若粒子从B点射入磁场，且经过A点，则其轨迹圆的圆心在AB连线的中垂线上，如图若让该粒子从B点射入x轴上方，只要粒子的速度够大，则粒子有可能通过A点，C正确。故选BC。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.物理兴趣

小组在进行“探究平抛运动的特点”研究时进行了如下实验。如图（a）所示，小球从O点水平抛出，在该处有一点光源，在抛出点的正前方竖直放置一块毛玻璃，O点与毛玻璃水平距离L=1.00m，小球初速度与毛玻璃平面垂直；小球抛出后在毛玻璃上有小球运动的投影点，利用闪光频率为30Hz的频闪相机记录投影点的

位置。当小球以4.0m/s的速度水平抛出时，各投影点实际间距如图（b）所示。（1）小强同学分析频闪照片，他认为在误差范围内，投影点做匀速直线运动，并计算出投影点的速度大小为__________。（计算结果保留三位有效数字）。（2）小芳

同学利用实验数据和小强的计算结果计算出本地的重力加速度，请根据两人的观点计算出重力加速度g=__________2m/s（计算结果保留三位有效数字）。【答案】①.1.22②.9.77【解析】【详解】（1）[1]做出平抛运动的图像进行分析，如下图所示根据相似三角形，有LYxy=平抛

运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，上图为任意时刻t的图像，则有212ygt=，0xvt=可得200122gtygLYLLtxvtv===式中02gLv为定值，则可知小强同学的分析完全正确，投影点在做匀速直线运动，而

闪光频率为30Hz，则可知每两个投影之间的时间间隔为11s30Tf==利用平均速度的求解方法可得投影点的速度大小为24.074.064.0810m/s1.22m/s3vT−++=[2]由02gLYtv=得20(4.

074.064.08)1013230gLv−++=解得29.77m/sg13.国标（GB／T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活

塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源（电动势约为3V，内阻可忽略）；电压表V1（量程为3V，内阻很大）；电压表V2（量程为3V，内阻很大）；定值电阻R1（阻值4kΩ）；定值电阻R2（

阻值2kΩ）；电阻箱R（最大阻值9999Ω）；单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺实验步骤如下：A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值

，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F．断开S，整理好器材。（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d＝_______mm；（2）玻璃管内水柱的电阻值Rx的表达式为：Rx＝___

____（用R1、R2、R表示）；（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的1RL−关系图象。。则自来水的电阻率ρ＝_______Ω·m（保留两位有效数字）；（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来

水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】①.30.00②.12RRR③.14④.偏大【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上0刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm，所以玻璃管内径：

d=30.00mm（2）[2]设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则电路电流为：1UIR=总电压：1xUERUR=+当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为

UIR=总电压2UERUR=+由于两次总电压等于电源电压E，可得：21xRRRR＝解得：12xRRRR＝（3）[3]从图丙中可知，R=2×103Ω时，-115.0mL=，此时玻璃管内水柱的电阻：124000xRRRR=＝水柱横截面积：22dS=（）由电阻定律LR

S＝得：23301040003.145142xRSmmL−=＝（4）[4]若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路中实际电流大于1UIR=，根据1xUERU

R=+可知测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。14.军训是学生接受国防教育的基本形式，学生在军训时刻苦训练，会消耗大量水分。为解决学生用水问题，小刚同学采用压水器结合桶装水进行供水，装置如图（a）所示，同学

们通过按压压水器，就可以将水从出水口压出。上述过程可简化为如图（b）所示模型。大气缸B可当做水桶，可认为是内径一定的圆桶，容积为16升，高度为80cm（桶壁厚度不计）；带活塞的小气缸A可当做压水器，每次最多可将0.8升1标准大气压空气压入水桶中，出水管C的出水口与水桶B上部等高，1K和2

K为单向阀门。已知，外界大气压为标准大气压，大小为501.0110PaP=，水的密度为331.0010kg/m=，重力加速度为210m/sg=，出水管中的水所占体积可以忽略，外界温度保持不变，某次使用后桶内还剩余有8升水，如图。求

：（1）此时桶内封闭气体的压强；（2）若要再压出4升水，至少需按压几次？【答案】（1）511.0510Pap=；（2）6次【解析】【详解】（1）对出水管中的水受力分析可知10ppgh=+而80cm0.40m2h==代入可得511.0510Pap=（2）假设至少需按压N次，对气体

分析可知110022pVNpVpV+=其中：18V=升，00.8V=升，212V=升而20()ppghh=++且804cm20cm0.2m16h===代入可得5.49N=故至少需要按压6次。15.如图所示，粗糙水平轨道与光滑弧形轨道QE相切于Q点，轻质弹簧左端固

定，右端放置一个质量m=1.0kg可视为质点的小球A，当弹簧处于原长时，小球A静止于O点。现对小球A施加水平向左的外力F，使它缓慢移动压缩弹簧至P点，在该过程中，外力F与弹簧压缩量x的关系为：2(N)Fkx=+，其中k为未知常数。释放小球A，其沿桌面运动与

放置于Q点质量也为1.0kg的小球B发生弹性碰撞，撞后小球B沿弧形轨道上升的最大高度为0.2mh=。已知OP的距离为0.5mx=，OQ的距离为1.0mL=，水平轨道阻力一定，重力加速度取210m/sg=。求：（1）小球A与小球B第一次碰撞后瞬间小球

B的速度大小；（2）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮最大弹性势能；（3）小球A最终静止时的位置。【答案】（1）2m/s；（2）5.0J；（3）停在O点的【解析】【详解】（1）小球B在上冲过程中有2B12mv

mgh=解得B2m/sv=（2）小球A和B在碰撞过程有0ABmvmvmv=+2220AB111222mvmvmv=+解得02m/sv=A0m/sv=由题可知f=2N物块A由P至Q过程有0p21()2EfxLmv=++解得p5.0JE=（3）小球B滑下与A碰撞后，B静止，A的速度大小为'A2m/s

v=小球A向左滑行过程有'2A102fsmv−=−解得1ms=故小球A停在O点。16.如图所示，两平行足够长且电阻可忽略的光滑金属导轨安装在倾角为30=光滑绝缘斜面上，导轨间距0.4mL=，磁感应强度1.0TB=的有

界匀强磁场宽度为0.2md=，磁场方向与导轨平面垂直；长度为2d的绝缘杆将导体棒和边长为d的正方形单匝线框连接在一起组成如图所示装置，其总质量在0.1kgm=，导体棒中通以大小为3.75AI=的恒定电流

（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的总电阻为0.2R=，其下边与磁场区域边界平行。现将线框下边置于距磁场上边界x处由静止释放，线框恰好可匀速穿过磁场区域，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度取210m/s=g。求：（1）装置释放时线框下边与磁场

上边界的距离x；（2）若线框下边与磁场区域上边界重合时将线框由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，求装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；（3）在（2）情景中求线框第一次穿越磁场区域所

需的时间t。【答案】（1）0.625m；（2）0.1J；（3）0.44s【解析】【详解】（1）对装置，当线框在磁场中匀速时22sinBdvmgBIdR==可得2.5m/sv=对装置在进入磁场前过程中，

可知21sin02mgxmv=−可得0.625mx=（2）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，知sin400mgdWBIld+−=−且QW=−解得4sin0.1JQmgdBIld=−=（3）设线框

刚离开磁场下边界时的速度为v1，对装置在接着向下运动2d过程中211sin202mgdBIldmv−=−可得12m/sv=对装置在磁场中运动时22sinBdvmgmaR−=可得22sinBdvagmR=−在时间t内，有vat=则22sinBdvv

gtmR=−有221sinBdvgtxmR=−而2xd=解得5240.44s25t+==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com