【文档说明】湖北省武汉市部分学校2023-2024学年高三上学期9月调研考试物理试题（解析版）.docx，共(22)页，1.499 MB，由小赞的店铺上传

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2023~2024学年度武汉市部分学校高三年级九月调研考试物理试卷本试题卷共8页，15题。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10小题，每小题4分，共40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8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的

得0分。1.2023年8月24日，日本政府启动了福岛核污染水排海计划。核污染水中含有60余种放射性物质，这将对全球海洋环境和人类健康造成难以估量的影响。关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的是（）A.放射性元素的原子核经过两个半衰期后，将完全衰变殆尽B.放

射性元素的原子核经过一个半衰期后，数目一定减为原来的一半C.同种放射性元素不同化学状态下其半衰期不变D.将核污染水升温加压后，可以缩短放射性元素的半衰期【答案】C【解析】【详解】A．由半衰期的概念可知，放射性元素的原子核经过两个半衰期后还会有四分之一的没有衰变，并不会完全衰变殆尽，

故A错误；B．半衰期是大量放射性元素的原子核衰变的统计规律，对大量原子核才有意义，即放射性元素的原子核经过一个半衰期后，数目不一定减为原来的一半，故B错误；CD．放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度、压强无关，与化学状态也无关，故C正确，D错误。故选C。2.2023年5月10日，天舟

六号货运飞船进入比中国空间站低的预定轨道，次日经过变轨后与空间站组合在体完成交会对接，在距地约400km的轨道上运行，若预定轨道和空间站轨道均可视为圆轨道。下列说法正确的是（）A.天舟六号预定轨道上需减速才能进入空间站轨道B

.天舟六号在预定轨道上运行时的机械能小于对接后的机械能C.天舟六号在预定轨道上运行时的速度大于第一宇宙速度D.天舟六号在预定轨道上运行时受到的合力小于其在地面上静止时受到的合力【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知，预定轨道比空间站轨道更低，则天舟六号在预定轨道上需加速

做离心运动才能进入空间站轨道，故A错误；B．由于天舟六号在预定轨道上需加速做离心运动才能进入空间站轨道，所以从预定轨道到空间站轨道过程中机械能增大，即天舟六号在预定轨道上运行时的机械能小于对接后的机械能，故B正确；C．根据22GMmvmrr=可得GMvr=第一宇宙速

度即为近地卫星的速度，其半径比预定轨道半径更小，天舟六号在预定轨道上运行时的速度小于第一宇宙速度，故C错误；D．天舟六号在预定轨道处的重力加速度为'2()GMgRh=+天舟六号所受合力为()2GMmFRh=+天舟六

号在地面上静止时所受到的合力为零，故D错误。故选B。3.车辆减震装置中的囊式空气弹簧由橡胶气囊和密闭在其中的压缩空气组成，当车辆剧烈颠簸时，气囊内的气体体积快速变化，以降低车辆的振动幅度。若上述过程可视为绝热过程，气囊内的气体可视为理想气体，在压缩气体的过程中，下列说法正确的是（）在A

.气体温度保持不变B.每个气体分子动能都增大C.气体分子对单位面积的器壁压力减小D.单位时间内单位面积上气体分子碰撞器壁次数增多【答案】D【解析】【详解】AB．在压缩气体的过程中，外界对气体做功，此过程

可视为绝热，由热力学第一定律+UQW=可知，理想气体的内能增大，则气体温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个分子动能都增大，故AB错误；C．由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，分子密度增大，则气体分子对

单位面积的器壁压力增大，故C错误；D．由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，分子密度增大，单位时间内单位面积上气体分子碰撞器壁次数增多，故D正确。故选D。4.果蔬汁的折射率与其含糖量成正比。如图是测量果蔬含糖量的糖度计工作原理：一束单色光垂直半圆形容器壁射入果蔬汁中，经果蔬汁、三棱镜后再

照射至光屏上。已知果蔬汁的折射率小于三棱镜的折射率。下列说法正确的是（）A.糖度计利用光的全反射原理B.光在不同浓度的果蔬汁中传播速度相等C.若果蔬汁的含糖量增大，光屏上的光点将上移D.若增大单色光的频率，光屏上的光点将下移【答案】CD【解析】【详解】A．

由于果蔬汁的折射率小于三棱镜的折射率，光从果蔬汁进入三棱镜，即从光疏介质进入光密介质，则糖度计没有利用光的全反射原理，故A错误；B．由公式cvn=可知，果蔬汁的折射率与含糖量成正比，所以光在不同浓度的果蔬汁中传播速度不相等，故B错误；C．若果蔬汁的含糖量增大，果蔬汁的折射率增大，设光在果蔬汁

的速度为1v，果蔬汁的折射率为1n，光在三棱镜中的速度为2v，折射率为2n，设入射角为，折射角为，则1221sinsinvnvn==由于果蔬汁的折射率为1n增大，则角增大，所以光屏上的光点将上移，故C正确；D．若增大单色光的频率，

可看成原来是复色光，则折射率大的光在下面，小的再上面，因此光屏点下移，故D正确。故选CD。5.用五根完全相同的均匀带电绝缘棒围成正五边形ABCDF，P为该五边形的中心。AB、BC、DF，FA棒所带电荷量均为+q，CD棒所带电荷量为-2q，此时P处电场强度的大小为E。若移走CD棒而保持

其它棒的位置和电荷分布不变，则P处电场强度的大小为（）A.2EB.3EC.4ED.5E【答案】B【解析】【详解】AB、BC、DF，FA棒所带电荷量均为+q，其在P点产生的场强设为E0，若CD棒所带电荷量也为+q，根据对称性P点的场强应为0

，由于CD棒所带电荷量为-2q，可等效为-3q电荷与+q电荷，由题意和点电荷场强公式2QEkr=可知03EE=若移走CD棒而保持其它棒的位置和电荷分布不变，则相当于CD棒所带电荷量为-q在P点产生的场强即为03EE=故选B。6.点火线圈能产

生20000V的高压，使汽车启动。某型号点火线圈部分结构如图所示。其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20000匝。已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池。下列说法正确的是（）A.点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连B.仅增加初级线圈的匝数，也一定

能成功点火C.汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作D.初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100V【答案】D【解析】【详解】A．点火线圈的初级线圈应和蓄电池相连，次级线圈中产生高压将汽车启动，故A错误；B．根据变压器变压比1

122UnUn=可知，增加初级线圈的匝数，次级线圈两端电压减小，不一定能成功点火，故B错误；C．汽车蓄电池是直流电源，但在点火启动瞬间，穿过两线圈的磁通量发生变化，也能点火线圈正常工作，故C错误；D．由题意可知，点火启动

瞬间次级线圈两端电压为20000V，根据变压器变压比1122UnUn=可知，初级线圈两端电压为1122100=20000V100V20000nUUn==故D正确。故选D。7.某装备矢量发动机（其喷口可以偏转，以产生不同方向的推力）的战斗机沿水平方向飞行。已知战斗机

的质量为m，升阻比（升力与阻力之比，升力主要由机翼上下表面空气流速不同产生，垂直机身向上，阻力平行机身向后）为k，重力加速度取g。战斗机匀速巡航时，该发动机提供的最小推力为（）A.mgB.mgkC.21kmgk+D.2211kmgk++【答案】D【解析

】【详解】飞机受到重力mg、发动机推力1F、升力2F和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力2F的方向竖直向上，空气阻力f力的方向与2F垂直，如图歼−20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向xFf=竖直方向2yFFmg+=2Fkf=解得yFmgkf=−则2222221

(1)2()xyFFFkfkmgfmg=+=+−+21F与f的函数图像为开口向上的抛物线，其对称轴为21kmgfk=+所以当21kmgfk=+时，21F取最小值，所以解得最小推力是21min211kFmgk+=+故选D。8.某同学用如图所示的装置探究影响感应电流方向的因

素，其中A、B是具有单向导电性的二极管。关于实验现象，下列说法正确的是（）A.将磁铁N极快速靠近线圈，二极管A将闪亮B.将磁铁S极快速靠近线圈，二极管A将闪亮C.将磁铁N极快速远离线圈，二极管B将闪亮D.将磁铁S极快速远离线圈，二极管B将闪

亮【答案】AC【解析】【详解】A．将磁铁N极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，原磁场方向向右，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，根据二极管的单向导通性可知，二极管A将闪亮，故A正确；B．将磁铁S

极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，原磁场方向向左，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，根据二极管的单向导通性可知，二极管B将闪亮，故B错误；C．将磁铁N极快速远离线圈，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向右，由“楞次定律”可知，整个回

路中产生顺时针方向的感应电流，根据二极管的单向导通性可知，二极管B将闪亮，故C正确；D．将磁铁S极快速远离线圈，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向左，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，根据二极管的单向导通性可知，二极管A将闪亮，故D

错误。故选AC。9.一列周期为T、沿x轴方向传播的简谐横波在某时刻的部分波形如图所示。P，Q，M为波上三个质点，已知该时刻质点P、Q坐标分别为（6m，2cm），（10m，2cm−），质点M纵坐标为2cm，且质点M正沿y轴正方向振动。则（）A.该波沿

x轴负方向传播B.质点M横坐标为20mC.经过4T，质点P和质点Q的位移相同D.经过54T，质点M通过的路程为()1823cm+【答案】AC【解析】【详解】A．由于该时刻质点M正沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，波沿x轴负方向传

播，故A正确；B．设此时波的波动方程为024sin()(cm)yx=+对于P、Q两点有024sin(6)(cm)2cmPy=+=024sin(10)(cm)2cmQy=+=−则有02566+=，027106+=解得24m=，03=则有24sin

()(cm)2cm243MMyx=+=则有2132436Mx+=解得质点M横坐标为22mMx=故B错误；C．以该时刻为0=t时刻，设质点P的振动方程为124sin()cmytT=+则有14

sin(cm)2cmPy==由于此时质点P向下振动，则有156=则经过4T，质点P的位移为254sin()cm23cm46PTyT=+=−设质点Q的振动方程为224sin()cmytT=+则有24sin(cm)2cmMy==−则有276=则经过4T，质点Q的位

移为274sin()cm23cm46QTyT=+=−故C正确；D．设此时质点M的振动方程为324sin()cmytT=+则有34sin(cm)2cmMy==由于此时质点M向上振动，则有116=则经过4T，质点M的位移为214sin()cm23cm46MTy

T=+=则经过54T，质点M通过的路程为4(42)cm(423)cm(2223)cmsA=+−+−=−故D错误。故选AC。10.如图所示，在xOy平面内第一象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=0.

5T的有界匀强磁场，磁场右边界满足曲线方程22124xy+=（其中0x，0y，单位：m），M点的坐标为13m,m22。从O点沿x轴正方向以不同速率射出大量质量6110kgm−=，电荷量4210Cq−=+的同种粒子。不计粒子的重力及相互作用力，已知所有粒子均不从磁

场右边界射出。下列说法正确的是（）A.所有粒子在磁场中运动的时间不同B.粒子的最大速率为100m/sC.磁场中有粒子出现的区域面积是2m3D.某粒子从O点运动到M点的过程中，动量改变量大小为4110kgm/s−【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知所有粒子均不从磁场右边界射出，

则所用粒子均从y轴离开磁场，所用粒子的运动轨迹对应的圆心角均为180，又2mTqB=可知所有粒子在磁场中的周期相同，则所有粒子在磁场中运动的时间相同，故A错误；BC．由于所有粒子均不从磁场右边界射出，可知最大轨迹圆刚好与椭圆相切，且相切点刚好在椭圆的长轴上，即在y

轴上，如图所示根据22124xy+=可知粒子的最大半径为m2m1m22yR===由洛伦兹力提供向心力可得2mmmvqvBmR=可得粒子的最大速率为mm46s0.511021011m/s0m/0qBRvm−

−===磁场中有粒子出现的区域面积为22m1m22SR==故B正确，C错误；D．某粒子从O点运动到M点的过程中，如图所示根据几何关系可得132tan332==可得30=根据几何关系可得22132cos()()1m22r=+=解得粒子的轨道半径为3

m3r=根据mvrqB=可得粒子速度大小为4630.510033ss210103m//1mqBrvm−−===由图可知1802120=−=则粒子从O点运动到M点的过程中，速度变化大小为的10033m/s

100m/ss322in22vv===则粒子从O点运动到M点的过程中，动量改变量大小为64110100kgm/s110kgm/spmv−−===故D正确。故选BD二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.某同学用如图（a）所

示的装置测量物块与桌面之间的动摩擦因数。已知物块与固定斜面之间的动摩擦因数为0.2，斜面与水平桌面平滑对接于O点，斜面的倾角为37°。将物块从距O点距离为L处静止释放，最终物块停在桌面上距O点距离为x处。多次改变L，测量对应的x。（1）为完成本

实验，需要选用的器材是________。A．天平B.弹簧测力计C.毫米刻度尺（2）该同学得到了7组实验数据，如下表所示。在图（b）所示坐标纸上已经描好了7组数据点，请在答题卡上的坐标纸中作出x-L图像_

___。次数1234567L/cm5.0010.0015.0020.0025.0030.0035.00x/cm4.258.6512.2016.8023.0027.8032.50（3）由图像可得，物块与桌面之间的动摩擦因数=

________。（已知sin370.6=，cos370.8=，结果保留2位有效数字）。的【答案】①.C②.③.0.46【解析】【详解】（1）[1]根据动能定理可得sin370.2cos370mgLmgLmgx−−=整理得sin370.2cos37LLx−=由此可知，要测得动摩

擦因数，只要测量距离，即为完成本实验，需要选用的器材是毫米刻度尺。故选C；（2）[2]如图所示（3）[3]由（1）得sin370.2cos37LLx−=即有0.44xL=由图像可得图线斜率0.956k=即0.440.954k==解得0.46=12.某物理小组在实验室测量电阻xR

的阻值。（1）先用多用电表测量，先将选择开关旋至欧姆挡“×10”的位置，按照正确的步骤操作，发现多用电表的指针偏转角过大，则应将选择开关旋至欧姆挡________（选填“×1”或“×100”）的位置，重新欧姆调零

后测xR的阻值，多用电表的示数如图（a）所示，则xR=________Ω。（2）又设计了图（b）、图（c）所示的电路，其中电压表V的内阻约2kΩ，电流表A的内阻约10Ω，为减小实验误差，应选择电路________（选

填“b”或“c”）；测得的电阻xR的阻值________（选填“小于”“等于”或“大于”）真实值。（3）最后用图（d）所示的电路测量。①选择合适的实验器材，按照图（d）连接好电路，将滑动变阻器的滑片调节至合适

位置；②闭合开关1S、2S，调节滑动变阻器1R、2R，使灵敏电流表G示数为零；③读取电压表示数U和电流表示数I，断开开关1S、2S；④重复步骤②③，测得多组数据，描绘I—U图像，拟合后得到函数关系0.0509IU=，则xR=______

__。（结果保留3位有效数字）【答案】①.×1②.20③.c④.小于⑤.19.6Ω【解析】【详解】（1）[1]发现多用电表的指针偏转角过大，说明电阻值较小，应将选择开关旋至欧姆挡×1；[2]由图（a）可知，20120xR

==；（2）[3]由于VA2000202010xxRRRR==说明待测电阻较小，则电流表应用外接法，应选择电路图c；[4]电流表外接法中，由于电压表的分流作用，使得测量值小于真实值；（3）[5]由图d可知，待测电阻Rx两端电压即为电压

表的示数，电流表A的示数即为流过待测电阻的电流，则1Ω19.6Ω0.0509xURI==13.2023年5月28日国产C919大型客机首次执行商业载客飞行。现将飞机降落后在跑道上减速的过程简化为匀减速直线运动。如图所示，飞机的加速

度大小为2m/s2，经过A点时速度大小为252km/h，8s后经过B点，再经一段时间后经过C点。已知AB段的长度与AC段的长度之比为31:76，飞机可视作质点，求（1）AB段的长度；（2）飞机经过C点时的速度大小。【答案】（1）496m；（2）6m/s【解析】【详解】（1）由题意可知飞机经过

A点时速度大小为252km/h70m/sAv==8s后经过B点，则AB段的长度为2211708m28m496m22ABAxvtat=−=−=（2）AC段的长度为7676496m1216m3131ACABxx===设飞机经过C点时的

速度大小Cv，根据速度位移公式可得222ACCAaxvv−=−解得6m/sCv=14.如图（a）是游乐设备旋转飞椅，其顶部有一个圆形的水平伞盖，伞盖在转动过程中带动下面的悬绳和座椅转动。其简化示意图如图（b），旋转飞椅的竖直转轴为12OO，半径4m=r的伞盖距离地面

的高度13mh=，悬绳长10mL=，游戏者与座椅的总质量80kgm=。在某段时间内，飞椅在水平面内匀速转动，悬绳与竖直方向的夹角37=。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin370.6=，cos370.8=。在此过程中，求（计算结果可用分式或根式表示）

（1）座椅受到悬绳的拉力大小；（2）飞椅转动一周，悬绳对飞椅冲量的大小；（3）某时刻，游戏者携带的小弹珠不慎滑落，小弹珠刚落到水平地面上的位置离转轴12OO的距离。【答案】（1）1000N；（2）32003Ns

3；（3）57m【解析】【详解】（1）设座椅受到悬绳的拉力大小为F，竖直方向根据受力平衡可得cosFmg=解得1000NcosmgF==（2）根据几何关系可得飞椅绕转轴运动的半径为sin10mRrL=+=设飞椅绕转轴运动的周期为T，在水平面上由牛顿第二

定律得224tanmgmRT=解得43s3T=飞椅转动一周，游戏者与座椅的动量变化为0，根据动量定理可知，悬绳对飞椅冲量大小等于游戏者与座椅重力的冲量大小，则有FG32003Ns3IImgT===（3）某时刻，游戏者携带的小弹珠不慎滑落，滑落的小弹珠沿着飞椅运动

轨迹的切线方向飞出做平抛运动，设小弹珠滑落瞬间的速度大小为v，则有253m/sRvT==小弹珠滑落时离地的高度为1cos5mhhL=−=根据平抛运动规律，有2112hgt=，xvt=联立解得53mx=根据几何关系可知，小弹珠刚

落到水平地面上的位置离转轴12OO的距离为2257mSxR=+=15.有一款闯关游戏可以简化为如图所示模型。可视为质点的物块A和长L=16m的木板B叠放在左侧粗糙水平地面上，A、B的质量分别为50gAm=和10gBm=，A、B之间以及B、地面之

间的动摩擦因数分别为10.2=和20.1=。距B右侧d=8m处有一与B上表面平齐的光滑台面，台面上固定一半径可调的光滑圆弧轨道，圆弧轨道底端两侧稍微错开，分别与左右台面平滑过渡（未画出），N与圆心O等高。现让A从B上合适的位置以合适的初速度0v开

始向右滑动，游戏环节中A只能经由B的右端滑上台面，沿圆弧轨道做完整的圆周运动，并最终被接收盒“捕获”，游戏便获得成功。已知B与台面相碰反弹运动一小段距离便被锁定静止不动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求（1）A、B刚开始滑动时的加速度大小；（2）若圆弧轨道半径13m5R

=，A恰好能到达N点，A在PN段运动时克服重力做功的最大瞬时功率；（结果可用分式或根式表示）（3）若圆弧轨道半径20.08mR=，为确保游戏能成功，A的初速度0v的取值范围。【答案】（1）22m/s、

24m/s；（2）6W3（3）06m/s14m/sv【解析】【详解】（1）设A、B开始滑动时的加速度分别为a1、a2，对物块A，由牛顿第二定律11AAmgma=得2112m/sag==对木板B，由牛顿第二定律有122AABBmgmmgma−+=（）解得224m/s

a=（2）设A运动到圆弧轨道上的C点时，克服重力做功的瞬时功率最大，则竖直方向分速度最大，即竖直方向分加速度为零，设此时C、O连线与竖直方向的夹角为，A受到轨道支持力大小为NF，在竖直方向上，有NcosAmgF=沿半

径方向，由牛顿第二定律有2N1cosCAAvFmgmR−=物块从C到N，由机械能守恒定律有211cos2ACAmvmgR=A克服重力做功的最大瞬时功率为sinACPmgv=解得6W3P=（3）调整圆弧轨道半径，设A在Q点的速度为Qv，从P到Q，由

动能定理有22211222AAQAPmgRmvmv−=−要使A恰好做完整的圆周运动，在Q点有22QAAvmgmR=情形1：当A相对B从最左端滑到最右端时，B恰好运动到台面处，且ABvv时，A对应的0v有最大值。设B运动到与台面

相碰所用的时间为1t，B的位移22112dat=A的位移220max1112111()22Lvtatat=−−解得0max14m/sv=此时A到台面的速度为0max1110m/s>8m/sBvvatv=−==情形2：当A与B达到共同速度时恰好滑到B右端，以后一起

减速运动至台面，A对应的0v有最小值，设A与B一起运动的加速度为3a，由牛顿第二定律有23()()ABABmmgmma+=+设A与B达到共同的速度为v共，所用时间为2t，有0min1222=vvatat−=共木板的总位移

为222223122Pvvdata−=+共解得0min6m/sv=则初速度的取值范围为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com