必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考物理考前20天冲刺必刷卷（湖北专用）（原卷版+解析版）

绝密★启用前

2023年高考物理考前信息必刷卷01

湖北地区专用

湖北考试题型为7（单选题）＋4（多选题）＋2（填空题）＋3（解答题），试卷结构不变其中振动和波、光学、近代物理、万有引力、交流电必须在选择题中体现，其余为力学试题和电磁学试题。

因2022年湖北卷物理普遍反应较好，所以预测2023年湖北物理高考试题的会保持2022年的难度，联系生活和生产情景的试题会，计算题重点是力学综合和电磁综合问题，有可能第15题考查带电磁感应动的综合问题，第16题考题力学中力与运动和功能综合的问题。

本卷满分100分，考试时间75分钟。

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. 中国全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）采取磁约束策略来产生核聚变反应。其内部发生的一种核聚变反应方程为，反应中释放出γ光子，下列说法不正确的是（　　）

A. 核聚变反应所产生的X粒子无法被洛伦兹力进行约束

B. 核聚变反应所释放的γ光子来源于核外电子的能级跃迁

C. 核聚变反应与核裂变反应相比，具有产能效率高、更安全、更清洁的特点

D. 核聚变反应所需要的高温条件可以使原子核具有足够的动能克服库仑力作用而结合到一起

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据核反应过程满足电荷数和质量数守恒，可知X粒子为中子，由于中子不带电，中子无法被洛伦兹力进行约束，故A正确，不满足题意要求；

B．核聚变反应所释放的γ光子来源于核聚变后新核的能级跃迁，故B错误，满足题意要求；

C．核聚变反应与核裂变反应相比，具有产能效率高、更安全、更清洁的特点，故C正确，不满足题意要求；

D．核聚变反应所需要的高温条件可以使原子核具有足够的动能克服库仑力作用而结合到一起，故D正确，不满足题意要求。

故选B。

2. 中国高铁屡创奇迹，实现了从“追赶”到“引领”的重大跨越，正在改变中国，影响世界。某旅客乘坐“复兴号”动车组进站时，观察车厢内的显示屏，利用手机中的秒表记录5组动车组速度变化与所用时间的关系如下：

由此他预测：若动车组继续按上述运动规律进站，则动车组停下来还需要行驶的路程大约是（    ）

A. 190m B. 680m C. 2450 m D. 8800 m

【答案】B

【解析】

【详解】由表中规律可知，动车组进站时可看作匀减速直线运动，加速度约为

则动车组停下来还需要行驶的路程大约为

故选B。

3. 如图所示，水平地面上堆放着相同的10根原木，每根原木的重力为G，可将原木看成圆柱体，不考虑原木之间的摩擦。下列说法正确的是（    ）

A. 最上面原木对其下面两根原木的压力为

B. 最上面原木对其下面两根原木的压力为

C. 正中间原木受到其他原木的作用力的合力为零

D. 正中间原木受到的合力为G，竖直向上

【答案】B

【解析】

【详解】AB．如图所示，对最上面原木根据对称性和平衡条件可得

解得

所以最上面原木对其下面两根原木的压力为

故A错误，B正确；

CD．正中间原木受到的合力为零，受到其他原木的作用力的合力与其重力平衡，大小为G，方向竖直向上，故CD错误。

故选B

4. 光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。若浸没液体的折射率为1.65，当不加液体时光刻胶的曝光波长为193nm，则加上液体后（　　）

A. 紫外线进入液体后波长变短，光子能量增加

B. 传播相等的距离，在液体中所需的时间变为原来的

C. 紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射，能提高分辨率

D. 在液体中的曝光波长约为117nm

【答案】D

【解析】

【详解】D．紫外线在液体中的波长

故D正确；

A．紫外线进入液体频率不变，根据可知光子能量不变，根据D选项分析可知波长变短，故A错误；

B．设传播距离，在真空中的时间

在液体中所需的时间

故B错误；

C．由A选项分析可知紫外线在液体中波长变短，更不容易发生衍射，故C错误。

故选D

5. 在如图所示的平面内，存在宽为的匀强磁场区域（足够长、边界上有磁场），匀强磁场的磁感应强度大小为，左侧边界上有一离子源，可以向纸面内各方向发射质量为、带电荷量为、速度大小为的离子。不计离子受到的重力和空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 离子在磁场中运动的最长时间为

B. 离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最短时间为

C. 离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为

D. 离子从左侧边界离开磁场时，射入点与射出点间最大距离为

【答案】B

【解析】

【详解】AD．由

得

则垂直左边界运动的离子恰与右边界相切，运动半个圆周，在磁场中运动的最长时间为

此时，离子从左边界离开磁场，射入点与射出点间的距离最大，大小为2L，AD错误；

B．当离子圆周运动的弦长最短时，圆心角最小，运动时间最短，则最短弦长为L，由几何关系，此时圆心角为，此过程时间最短

B正确；

C．离子初速度沿左边界向下时，离子做四分之一的圆周运动，此时有最大弦长，则离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为

C错误。

故选B。

6. 如图所示，空间有一圆锥，点、分别是两母线的中点。现在顶点处固定一带正电的点电荷，下列说法中正确的是（　　）

A. 、两点的电场强度相同

B. 将一带负电的试探电荷从B点沿直径移到点，其电势能先减小后增大

C. 平行于底面且圆心为的截面为等势面

D. 若点的电势为，点的电势为，则连线中点处的电势等于

【答案】B

【解析】

【详解】A．、两点的电场强度大小相同，方向不同，A错误；

B．将带负电的试探电荷从B点沿直径移到点过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，B正确；

C．处固定的带正电的点电荷产生的等势面是以为圆心的球面，不是以圆心为的截面，C错误；

D．由于CB间的场强小于AC间的场强，由

得CB间的电势差小于AC间的电势差

又因为、到O点的距离相等，所以，同理可得，C为AB中点，则有

D错误；

故选B。

7. 均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在水平面内传播，波面为圆。某时刻第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，从此时刻开始计时，坐标（，）处质点的振动图像如图（b）所示，轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（　　）

A. 该水波的波长为6m

B. ，P点偏离平衡位置的位移为0.5cm

C. ，P点正在平衡位置的上方且向下运动

D. 若波源从平衡位置起振，则波源的起振方向一定向上

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图（a）可知，该水波的波长为12m，故A错误；

B．由图（b）可知，该水波的周期为4s，根据波速的公式可得

P点到波源O的距离为

根据

可知时刻，P点由平衡位置向上振动，其振动方程为

，P点偏离平衡位置的位移为

故B错误；

C．P点与图中实线所表示的波峰相距3m，即为四分之一波长，可知P点振动情况滞后四分之一周期，即1.5s时P点的振动情况与图b中0.5s时坐标（，）处质点振动情况相同，所以P点正在平衡位置的上方且向下运动，故C正确；

D．波源从平衡位置起振，若波源的起振方向向下，当振动时间时，第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布；若波源的起振方向向上，当振动时间时，第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布；故D错误。

故选C。

8.中国“FAST”球面射电望远镜发现一个脉冲双星系统。科学家通过脉冲星计时观测得知该双星系统由一颗脉冲星与一颗白矮星组成。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕O点做逆时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们轨道半径分别为RA、RB，且RA<RB；C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T2，且T2<T1。A与B之间的引力远大于C与B之间的引力。引力常量为G，则（　　）

A. 恒星A的质量大于恒星B的质量

B. 恒星B的质量为

C. 若知道C的轨道半径，则可求出C的质量

D. 三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为

【答案】AB

【解析】

A．因为双星系统的角速度相同，故对A、B可得

即

即恒星A的质量大于恒星B的质量，故A正确；

B．对恒星A可得

解得恒星B的质量为

故B正确；

C．对卫星C满足

可见无法求出卫星C的质量，故C错误；

D．因为恒星A和B始终共线，所以三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为，故D错误。

故选AB。

9. 我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　）

A. 氙离子的加速电压约为

B. 氙离子的加速电压约为

C. 氙离子向外喷射形成的电流约为

D. 每秒进入放电通道的氙气质量约为

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有

可得加速电压为

故A正确，B错误；

D．在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，形成电流为，由动量定理可得

进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有

联立解得

故D正确；

C．在时间内，有电荷量为的氙离子喷射出，则有

，

联立解得

故C错误。

故选AD。

10. 如图甲所示，质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点），在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度-时间图象如图乙所示，已知木板质量M=0.2kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10m/s2，则（　　）

A. 滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1

B. 木板长度为0.75m

C. 释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45J

D. 木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375J

【答案】BC

【解析】

【详解】A. 设木板与地面之间的摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得

根据图像得

解得

设滑块与木板之间的摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得

根据图像得

解得

滑块与木板之间的动摩擦因数为0.5，A错误；

B. 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得

解得

根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为

木板长度为

B正确；

C. 根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为

C正确；

D. 木板与水平面间因摩擦产生的热量为

D错误。

故选BC。

11. 电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。某次实验中，分别安装在甲、乙两小车上的两电子设备已通过蓝牙配对成功，其正常通讯的有效距离为。两车运动路线在同一条直线上（两车略微错开，不会相撞）。如图所示，甲车以的初速度经过O点，向右做加速度大小的匀加速直线运动。同时乙车以初速度向右经过O点左侧6m处，并立即以的加速度刹车。以此时刻为计时起点，忽略蓝牙信号连接延迟，下列说法正确的是（　　）

A. 时信号第一次中断

B. 时信号第一次恢复

C. 信号第二次中断时，甲在O右边55m处

D. 从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为20m

【答案】AD

【解析】

【详解】A．因开始时，乙车速度较大，则在乙停止运动之前乙车可超过甲车，然后两车距离逐渐变大，当蓝牙第一次中断时乙车超过了甲车，则第一次信号中断时满足

解得

t=4s

即时信号第一次中断，选项A正确；

B．当第一次信号中断时，甲车的速度v11=1.4m/s，乙车的速度v21=4.4m/s，到信号第一次恢复时应该满足

解得

t2=12s

但是乙车停止运动的时间

即经过12s时乙车已经停止，则信号第一次恢复的时刻应该大于16s，选项B错误；

C．乙车停止运动时，距离O点的距离为

信号第二次中断时，甲在乙的右侧10m位置，则此时甲车在O右边49m处，选项C错误；

D．信号第一次恢复的时甲距离O点的距离为

从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为49m-29m=20m，选项D正确。

故选AD。

二、非选择题：本题共5小题，共56分。

12. 某课外兴趣小组对研究小球做平抛运动的实验装置进行了一定的创新，实验时将小钢球从半径为的四分之一圆弧轨道的最高点由静止释放，在圆弧轨道最低点处装有一光电门传感器和一压力传感器，右边的水平部分处装有一个压力传感器，各传感器与计算机相连。计算机记录到小钢球经过两处时对传感器的压力大小分别为和，小钢球通过处的瞬时速度为，重力加速度大小已知并用表示，则小钢球的质量__________，四分之一圆弧轨道的半径_________；（均用题中给出的物理符号表示）；将处的压力传感器安装在左侧一小段距离处，则圆弧半径的测量值___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】    ①.     ②.     ③. 不变

【解析】

【分析】

【详解】[1]小钢球在B处对轨道的压力为F2，可知

F2=mg

解得

[2]在A处

解得

[3]将处的压力传感器安装在左侧一小段距离处，测得的小钢球的质量不变，则圆弧半径的测量值不变。

故选AC。

13. 某同学利用如图甲所示的电路，测量某电源的电动势和内阻，所用器材如图乙所示。请回答下列问题：

（1）按照图甲所示的电路图，将图乙中的实物连线补充完整____；

（2）将滑动变阻器滑片滑到最左端，单刀双掷开关与“1”连通，再闭合开关，调节滑动变阻器滑片，记录下多组电压表和电流表数据（，），断开开关。作出图像如图丙中的“I”所示，根据图线“I”可得：电源电动势为___________V，内阻为___________Ω；（结果均保留2位小数）

（3）将滑动变阻器滑片滑到最左端，与“2”连通，再闭合开关，调节滑动变阻器滑片，记录下多组电压表和电流表的数据（，），断开开关，作出图像如图丙中的“II”所示；

（4）只考虑电表内阻所引起的误差：

i.根据上述实验计算可得：电源电动势的真实值为___________V，内阻的真实值为___________Ω，电流表内阻为___________Ω；（结果均保留2位小数）

ii. 图线“I”和“II”相交于P（0.34A，2.36V）点，当电路工作于P点所示的状态时，若与“2”连通，则滑动变阻器连入电路的阻值为___________Ω（结果保留2位小数）。

【答案】    ①.     ②. 4.10    ③. 5.13    ④. 4.10    ⑤. 4.77    ⑥. 0.36    ⑦. 6.58

【解析】

【详解】（1）[1]由电路图可得实物图为

（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律得

则图像与纵轴交点为电动势，图线斜率为电源内阻，由图像得

（4）[4]当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表示数准确，即图线“I”与纵轴交点为电动势真实值，所以电源电动势的真实值为4.10V；

[5][6] 当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表示数准确，则电源内阻为

则电流表内阻

[7]由题意得，当电路工作于P点所示的状态时，若与“2”连通，则滑动变阻器连入电路的阻值为

14. 2023年1月1日，在武汉市汉口江滩，万人放飞心愿气球喜迎新年，氢气球被释放后缓缓上升，逐渐膨胀，直至破裂。已知某个氢气球刚被释放时，球内外气体的压强差为，氢气球释放处的海拔高度为0、大气压强为。氢气球刚破裂时球内氢气的体积是刚被释放时的。假设氢气球在上升过程中温度保持不变。

（1）求氢气球刚破裂时球内氢气的压强；

（2）已知氢气球刚破裂时球内外气体的压强差为，大气压强随海拔高度h变化的关系如图所示，求破裂时氢气球所在位置的海拔高度。

【答案】（1）628mmHg；（2）1944m

【解析】

【详解】（1）设刚释放时球内氢气的体积为V1，刚刚破裂时球内氢气的体积为，设刚释放时球内氢气的压强为p1，有

设刚破裂时球内氢气的压强为p2，根据玻意耳定律，有

解得

（2）根据题意可知，刚破裂时氢气球所在位置的大气压强为

根据大气压强随海拔高度h变化的关系图像可得斜率

所以

上式中，的单位是mmHg，h的单位是m，联立解得

15 如图(a)所示，两根电阻不计的平行长直金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距为L；两根长度均为L、质量均为m、电阻均为r的相同的导体棒M、N静置于导轨上，两棒相距x0；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。从t=0开始，给导体棒M施加一平行于导轨的外力F，使导体棒M在0~t0内以加速度a=μg做匀加速运动，导体棒N在t0时刻(t0未知)开始运动，F随时间变化的规律如图(b)所示。棒与导轨间的动摩擦因数均为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，运动过程中两棒均与导轨接触良好。重力加速度大小为g。

（1）求t0时刻导体棒M的速度；

（2）求2t0时刻外力F大小；

（3）若2t0时刻导体棒M的速度为v，求此时两棒间的距离。

【答案】（1）；（2）F2=4μmg；（3）

【解析】

【详解】（1）导体棒N未运动时，电路中的电动势、电流

E=BLv，

每个导体棒受到的安培力

F安=BiL

导体棒N开始运动时，安培力与摩擦力平衡

F安=μmg

整理得，此时导体棒M的速度

（2）对导体棒M，t=0时刻

F0－μmg=ma   

t0时刻

F1－μmg－F安=ma

而

整理得

F2=4μmg

（3）0~t0时间内，导体棒M做匀加速运动

v0=at0

可得

t0时刻两棒间的距离为

设2t0时刻两棒间的距离为x2，导体棒N的速度为v1，t0~2t0时间内电路中电流的平均值

为I。根据动量定理对整体

对导体棒N   

此过程中的平均感应电动势

，

而

整理得

16. 12. 如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m。直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m。小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑。小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止。空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．

（1）求动摩擦因数μ；

（2）小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出。小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；

（3）若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能。

【答案】（1）05；（2）v2＝30F（6m/s≤v≤20m/s）；（3）65J

【解析】

【分析】

【详解】（1）小物块从A到C的过程，由动能定理得

mgL1sinθ－μmgL1cosθ－μmgL2＝0

代入数据得

μ＝0.5

（2）施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得

F（L1cosθ＋L2）＋mgL1sinθ－μ（mgcosθ－Fsinθ）L1－μmgL2＝mv2

代入数据得

v2＝30F

小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足

mg≤m

从D到C的过程由机械能守恒定律得

mvD2＋2mgR＝mv2

解得

v≥6m/s

小物块不脱离斜面AB，应满足

Fsinθ≤mgcosθ

解得

v≤20m/s

所以v的取值范围为

6m/s≤v≤20m/s。

（3）P点与C点的高度差为

h＝gt2＝4.05m

设物块在C点初速度为v0，P点与竖直墙的水平距离为v0t－L4

如图，由几何关系得

tan∠MNE＝

已知

tan∠MNE＝

解得

v0＝7m/s

从C到P由动能定理得

mgh＝Ek－mv02

代入数据，解得

Ek＝65J

即小物块刚运动至P点时的动能为65J。