2023年高考第三次模拟考试卷-物理（湖北B卷）（全解全析）

2023年高考物理第三次模拟考试卷

物理·全解全析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

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，真空中A、B、C三点的连线构成一个边长的等边三角形，AD为BC连线的中垂线，D为BC连线中点。若将电荷量均为的两点电荷分别固定在B、C点，已知静电力常量，则（　　）

A．两点电荷间的库仑力大小为

B．将一负点电荷放在D点，其受到的电场力最大

C．A点电场强度的大小为

D．从D点到A点电势逐渐升高

【答案】  C

【解析】A．根据库仑定律可知，B、C两点电荷间的库仑力大小为

解得

故A错误；

B．在等量同种正点电荷周围的电场中，连线中点处的电场强度为零，则放在点的负点电荷受到的电场力为零，故B错误；

C．两点电荷在A点产生的电场强度大小相等，均为

根据电场叠加原理和几何关系，两点电荷在点产生的合电场强度大小为

解得

电场强度的方向竖直向上，故C正确；

D．沿着电场线方向电势降低，由此可知，从点到点电势逐渐降低，故D错误。

故选C。

2．为躲避太空垃圾，中国空间站采取紧急避碰措施，改变轨道高度。若中国空间站在某次紧急避碰过程中进行了向下变轨，假设空间站在不同高度轨道上稳定运行时均是绕地球做匀速圆周运动，且该过程由中国空间站仅在两轨道的切点P、Q两点短时间向站外喷气以实现。则空间站（　　）

A．在P、Q两点处均向前喷气 B．在P、Q两点处均向后喷气

C．在P点处向前喷气，在Q点处向后喷气 D．在P点处向后喷气，在Q点处向前喷气

【答案】  A

【解析】由图可知，空间站在P点处由高轨变到低轨，需要减速，即向前喷气，同理在Q点处由高轨变到低轨，需要减速，即向前喷气。

故选A。

3．图甲为一玩具起重机的电路示意图，理想变压器的原副线圈匝数比为5：1。变压器原线圈中接入图乙所示的正弦交流电，电动机的内阻为，装置正常工作时，质量为的物体恰好以的速度匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，电流表的示数为3A。g取10。设电动机的输出功率全部用来提升物体，下列说法正确的是（　　）

A．原线圈的输入电压为

B．照明灯的额定功率为30W

C．电动机正常工作时内阻上的热功率为20W

D．电动机被卡住后，原线圈上的输入功率增大

【答案】  D

【解析】A．根据图像可知

故A错误；

BC．电动机机械功率

根据

副线圈电压

副线圈总功率

电灯和电动机共消耗30W功率，所以电灯功率小于30W，因为不清楚电动机的电流，无法计算电动机正常工作时内阻上的热功率，故BC错误；

D．电动机被卡住后，回路变成纯电阻电路，电流增大，则副线圈回路功率变大，所以原线圈上的输入功率增大，故D正确。

故选D。

4．某跳伞运动员从悬停在空中的直升机上由静止自由下落（空气阻力不计），下落一段距离后打开降落伞，从打开降落伞开始计时，运动员的速度随时间变化的图像如图所示，重力加速度g取，下列说法中正确的是（　　）

A．运动员自由下落的距离为10m

B．在0~5s时间内，运动员运动的位移大小为62.5m

C．在0~5s时间内，运动员所受阻力随时间减小

D．在5~8s时间内，运动员的机械能不变

【答案】  C

【解析】A．由题图可知打开降落伞时，运动员的速度大小为20m/s，在运动员自由下落的过程中，有

解得

A错误；

B．图像中图线与横轴所围图形的面积表示位移，由题图知在0~5s时间内，运动员运动的位移

B错误；

C．根据图像中图线的斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速度的大小，可知在0~5s时间内运动员的加速度a减小，由牛顿第二定律得

可知运动员所受阻力f随时间减小，C正确；

D．在5~8s时间内由题图可知运动员的速度不变，其动能不变，但重力势能减少，故机械能减少，D错误。

故选C。

5．如图（a）所示，物块和长木板置于倾角为且足够长的斜面上。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。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图像如图（b）所示，已知，，重力加速度取，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2s

B．拉力F作用时长木板的加速度大小为2m/s2

C．长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25

D．物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75

【答案】  C

【解析】B．由图（b）知，斜率的绝对值等于加速度的2倍

B错误；

A．撤去拉力时的速度

拉力作用时间为

A错误；

C．撤去拉力时的加速度

由牛顿第二定律

解得

C正确；

D．物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律

解得

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。

6．如图所示，在第十四届中国航展上空，歼-20穿云破雾、呈现了驾“七彩祥云”的壮观景象。因为飞机的发动机喷出高温尾流会使得飞机周围的空气经过机翼后膨胀降温，在飞机表面形成一层水雾。阳光照射到水雾上，由于不同颜色的光折射率不同，就会形成七彩光芒。如下右图所示，将原理简化并作出光路图。已知a光与界面的夹角为。b光的折射率为，b光与法线的夹角为，光在空气中的传播速度为c，水雾半球的半径为R。a光在水雾半球中的传播时间（　　）

A． B． C． D．

【答案】  A

【解析】设入射角为θ。由折射定律可知，对b光

解得

对于a光，由折射定律可知

设a光在水雾半球中传播的速度为va。由

可知

则a光在水雾半球中的传播时间

故选A。

7．某同学在墙边踢毽子时不小心将毽子踢出围墙，他请墙外的路人帮他将毽子踢进围墙内，围墙AB有一定厚度。路人从P点（P点可左右移动）将毽子踢过围墙。设毽子踢出时的速度与水平向右的方向成θ角，不计空气阻力，以下说法正确的是（　　）

A．若P点位置确定，无论θ角多大，只要速度足够大，一定能将毽子踢进围墙内

B．路人将毽子踢过围墙内做的功最小时，θ角应满足

C．路人越靠近围墙，将毽子踢过围墙所做的功越小

D．路人将毽子踢过围墙内做的功越小，毽子从踢出到越过墙壁后落到地面所花的时间越短

【答案】  B

【解析】A若P点位置确定，如果θ=90°，则将毽子竖直抛出，不能将毽子踢进围墙内，故A错误；

B.从P点到A点再到B点位置做斜抛运动，设A点在的速度为，此时速度方向与水平方向的夹角为，AB间距离为，从A点到B点水平方向做匀速直线运动

竖直方向为竖直上抛

解得

根据数学知识，当

即

A点的速度最小，则抛出的动能最小，路人将毽子踢过围墙内做的功最小，根据斜抛运动可知，P点速度的夹角一定大于A点速度的夹角，即

故B正确；

C．当P点位于A点下面时，，则将毽子竖直抛出，不能将毽子踢进围墙内，故C错误；

D．根据斜抛运动飞行时间

毽子飞的高度越低，所需的时间越小，所以当做的功最小时，过A点相等高度的夹角为45°，对应的飞行高度并不是最低高度，故D错误。

故选B。

8．如图甲所示为我国自主研制的北斗导航系统中采用的星载氢原子钟，其计时精度将比星载铷原子钟高一个数量级，原子钟是利用“原子跃迁”的频率来计时的，这个频率很高并极其稳定，所以它的计时精度也非常高，图乙为氢原子的能级图，下列说法正确的是（    ）

A．欲使处于能级的氢原子被电离，可用单个光子能量为4eV的光照射该氢原子

B．用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁

C．一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光能使逸出功为2eV的钾发生光电效应

D．一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，最多产生6种频率的光

【答案】  ACD

【解析】A．处于能级的氢原子的能级为-3.4eV，要是其电离，至少需要吸收3.4eV的能量，因此，只要入射光的光子的能量大于3.4eV，就能使该氢原子吸收光子被激发而电离，故A正确；

B．用能量为12.5eV的实物粒子电子轰击处于基态的氢原子，氢原子可以吸收部分电子能量，从而跃迁到或者能级，故B错误；

C．处于能级的氢原子向基态跃迁时，辐射出的光子的能量分别为12.09eV大于钾的逸出功2eV，从而能使钾发生光电效应，故C正确；

D．一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生光的种数为

即6种频率的光，故D正确。

故选ACD。

9．如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，质点P、Q的x轴坐标分别为，。图乙是质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A．质点的振动频率为，在时刻，质点的运动方向沿y轴负方向

B．时刻，质点的加速度大于质点的加速度

C．至，波沿x轴的正方向传播了

D．至，质点运动的路程为

【答案】  CD

【解析】A．由图乙可知，质点P的振动周期为，则振动频率为

在时刻，质点P的运动方向沿y轴正方向，故A错误；

BC．由图乙可知，时刻，质点P沿y轴负方向振动，结合图甲可知，该波沿x轴正方向传播，时刻，质点到波谷，质点位移为正，正沿y轴正方向振动，则质点的加速度小于质点的加速度，由图甲可知，该波的波长为，由公式可得，波速为

则至，波沿x轴的正方向传播了

故B错误，C正确；

D．至，质点振动一个周期，运动路程为

故D正确。

故选CD。

10．如图所示，水平虚线、之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：4，高为线框ABCD在磁场边界的下方h处，受到竖直向上的拉力作用，从静止开始运动（上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列正确的是（　　）

A．AB边刚进入磁场时，线框的速度为

B． AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为

C．DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为

D．从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为

【答案】  BD

【解析】A．设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=4l，根据动能定理

解得

A错误；

B．AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为

线框中感应电流的瞬时电功率为

B正确；

D．AB刚进入磁场时加速度为0，则有

设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l线框匀速运动时有

联立解得

从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得

联立解得

D正确；

C．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l

由闭合电路欧姆定律得

由牛顿第二定律得

解得

C错误；

故选BD。

11．如图所示，为竖直面内的光滑绝缘轨道，其中段水平，段为半圆形轨道，轨道连接处均光滑，整个轨道处于竖直向上的匀强电场中，场强大小为，一质量为的光滑绝缘斜面静止在水平面上，其底端与平面由微小圆弧连接。一带电量为的金属小球甲，从距离地面高为的点由静止开始沿斜面滑下，与静止在点的不带电金属小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两小球材质大小均相同，质量均为，且，水平轨道足够长，不考虑两球之间的静电力，小球与轨道间无电荷转移，取，则（　　）

A．甲球滑到斜面底端时斜面的速度大小为

B．甲、乙两球碰撞后甲的速度大小

C．甲、乙两球碰撞后乙的速度大小

D．若乙球恰能过点，半圆形轨道半径为

【答案】  AD

【解析】A．设甲球滑到斜面底端时，斜面的速度大小为v1，甲球的速度大小为v2，甲球带负电，受电场力向下，根据动能定理得

甲球与斜面在甲球下滑过程中水平方向动量守恒，设向右为正

解得

故A正确；

BC．甲、乙两球发生的是弹性碰撞，设碰后甲球的速度为v3，乙球的速度为v4

解得

故BC均错误；

D．甲、乙球碰撞后，根据电荷均分原理，乙带电为，设乙球过D点时的速度为v5，根据动能定理得

乙球在D点时，根据牛顿第二定律得

联立以上两式解得

故D正确。

故选AD。

二、非选择题：本题共5小题，共56分。

12. （7分）某实验小组用如图（a）所示装置通过半径相同的小球1和2的碰撞来验证动量守恒定律。实验时先使小球1从斜槽顶端固定挡板处由静止开始释放，落到位于水平地面的记录纸上，重复上述操作10次。再把小球2放在水平槽上靠近槽末端的地方，让小球1仍从斜槽顶端固定挡板处由静止开始释放，小球1和小球2碰撞后，分别在记录纸上留下落点痕迹。重复这种操作10次，用最小的圆圈把所有落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，得到如图（b）所示的三个落点Q、P和R。O点为斜槽末端在记录纸上的竖直投影点。

（1）落点R到O点的距离为________cm。

（2）由图（b）信息可知，小球1和2的质量之比近似为________。（填正确答案标号）

A．2∶1      B．3∶1      C．3∶2

（3）由图（b）信息可知，在误差允许范围内，小球1和2碰撞过程机械能________。（选填“守恒”或“不守恒”）

【答案】       20.0     A     守恒

【解析】（1） 最小刻度为 1cm，估读到下一位， 落点R到O点的距离为 20.0cm。

（2） 小球竖直方向做自由落体运动，设下落高度为，时间为

由

得

小球做平抛运动的时间相同。小球1碰撞前后的速度大小分别为

小球2碰撞后的速度大小为

由动量守恒定律得

①

图（b）可以读出

OQ=5.0cm

OP=15.0cm

可得

故选 A 。

（3）由机械能守恒定律得

②

由①②得

OP+OQ=OR

由图(b)可知，OP、OQ、OR正好满足上述关系。在误差允许范围内，小球1和2碰撞过程机械能守恒。

13. （9分）某实验小组要测定电池的电动势和内阻，实验器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（已知阻值为）、一个电流表（已知内阻为）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。

（1）由于缺少滑动变阻器，可将电阻丝充当滑动变阻器使用。将现有实验器材按如图甲所示的电路图连接。先将单刀双掷开关接a，电流表读数为；再将单刀双掷开关接b，调节电阻丝上的金属夹，使电流表读数仍然为断开开关后，用刻度尺量出此时接入电路的电阻丝长度占全长的。于是，用刻度尺将电阻丝八等分，并用数字标记等分点如图乙所示。则电阻丝每等份的阻值___________。（用题目中所给物理量的符号表示）

（2）测出后，再用现有器材进行实验，测定电池的电动势和内阻。主要实验步骤如下；

a. 按如图乙所示将器材连接：

b. 闭合开关，改变金属夹的位置，记录每次接入电路的电阻丝对应的编号和电流表示数，得到多组数据；

c. 整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图丙所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，该电池电动势和内阻可表示为___________，___________（用、、、表示）

【答案】                

【解析】（1）根据题意，设电阻丝的最大阻值为，则有

解得

用刻度尺将电阻丝八等分，则电阻丝每等份的阻值为

（2）根据题意，由闭合回路欧姆定律有

整理可得

结合图丙可得

解得

14. （9分）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，和为单向阀门。已知，外界大气压为标准大气压，大小为，水的密度为，重力加速度为，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）；（2）6次

【解析】（1）对出水管中的水受力分析可知

而

代入可得

（2）假设至少需按压N次，对气体分析可知

其中：升，升，升

而

且

代入可得

故至少需要按压6次。

15. （13分）．在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动。速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为，极板间的电场强度大小为。坐标系中区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角。匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小，且。质子从（0，d）点进入电场Ⅰ，并垂直OP进入磁场Ⅱ。取质子比荷为，。求：

（l）极板间的加速电压U；

（2）匀强电场Ⅰ的电场强度；

（3）质子能到达x轴上的区间的长度L（结果用根号表示）。

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】（1）质子进入速度选择器中的速度为，由力的平衡得

由动能定理有

联立得

，

（2）质子在电场中运动到达上的点时间为，竖直方向速度为，水平位移为，竖直位移为，加速度为。由运动学公式有

，，

由几何关系有

，

由牛顿第二定律有

联立可得

，，

（3）质子进入磁场的速度为，则

质子在磁场中运动半径为，由牛顿第二定律有

有

由几何关系有

，

当，质子恰好从N点飞出，当，质子恰好与轴相切。故质子能到达轴上的区间长度

16. （18分）如图所示，为竖直平面内的光滑轨道，其中段是水平的，段为一段圆弧，两段轨道相切于点，为圆心，与水平方向夹角为，一质量为的小球A静止在光滑的水平轨道上，轻质弹簧与A球接触但不连接，另一质量为（未知）小球B以速度沿水平轨道向右运动压缩弹簧，当弹簧具有最大的弹性势能时，B球速度为；当弹簧再次恢复原长时撤去弹簧，然后两球先后滑上圆弧轨道，其中B球恰好能通过圆弧轨道的最高处点，重力加速度为，水平轨道足够长，A、B两球可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计一切阻力。

（1）求B球的质量和弹簧的最大弹性势能；

（2）求圆弧轨道的半径；

（3）若B球仍以速度向右运动，仅仅改变B球的质量，使其质量不小于（1）问求得的质量，而A球质量不变，圆弧也不变，设A球离开点后到达最高点时离点的水平距离为，试求的取值范围。

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】（1）当A、B球速度相等时，弹簧有最大的弹性势能，根据动量守恒

解得

根据能量守恒，弹簧的最大弹性势能

解得

（2）当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒有

解得A、B两球的速度

当弹簧再次恢复原长时撤去弹簧，然后两球先后滑上圆弧轨道，其中B球恰好能通过圆弧轨道的最高处点，由牛顿第二定律得

B球从撤去弹簧至E点，由动能定理得

解得

（3）A、B两球的分离时，A球速度最大，根据动量守恒和机械能守恒有

解得

仅改变B球的质量，使其质量不小于（1）问求得的质量，即

解得

对A球运用动能定理，可得A球离开E点的速度大小

解得

离开E点后做斜抛运动，设A球离开点后到达最高点时的时间为

竖直方向

水平方向上，A球离开点后到达最高点时离点的水平距离为

解得

的取值范围