湖北省2023-2024学年高三年级上册12月月考物理试卷（解析版）

湖北省高三12月联考

物理

本试卷满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

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。

4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。

一、选择题：本题共10小题，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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题4分，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.第十四届光电子产业博览会于2023年7月在北京国家会议中心举行，其中光电继电器

是主要的展品之一，光电继电器可以用于自动控制，如：自动计数、自动报警、自动跟踪

等，其原理是光电效应。图为研究光电效应的电路，滑片尸的初位置在。点的正上方，用

频率为丫的光照射阴极K,将滑片尸向。端移动，当电压表的示数为。时，微安表的示数

恰好为0。己知普朗克常量为/?,阴极K的截止频率为％,光电子所带的电荷量为-e,则

C.UeD.A（v+v0）

【答案】B

【解析】阴极K的截止频率为％,则逸出功

卬=牝

1,

又根据Ue=—mv:=hv-W

2

则卬=加—Ue

故选B。

2.如图所示，原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目之一。运动员先由静止下蹲一

段位移，经过充分蓄力后，发力跳起摸到了一定的高度，落地后屈腿缓冲。运动员在下降

过程中，下列说法正确的是（）

A.始终处于超重状态B.始终处于失重状态

C.先失重后超重D.先超重后失重

【答案】C

【解析】由运动情况判断物体的加速度方向，知道当物体的加速度向上时处于超重状态，

加速度向下时为失重状态。运动员下蹲过程先加速后减速，故加速度先向下后向上，即先

失重后超重。故选C。

3.用手上下抖动绳的一端，产生一列向右传播的横波.其中a、b、c、d是绳上的四个质

点，某时刻的波形如图所示，此时质点a在平衡位置，质点从c、1偏离平衡位置的位移

A.质点a先到达波峰B.质点6先到达波谷

C.质点c先到达波峰D.质点d先到达波谷

【答案】C

【解析】由于横波向右传播，根据波形平移法可知，此时质点。向下振动，质点b向下振

动，质点C向上振动，质点d向上振动；则a、b、c、d四个质点中，质点c先到达波

峰，质点。先到达波谷。

故选Co

4.某款手机防窥屏的原理图如图所示，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂

直于屏幕，可实现对像素单元可视角度。的控制。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可

视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。下列说法正确的是（）

A.防窥屏的厚度越大，可视角度。越小

B,屏障的高度］越大，可视角度。越小

C.透明介质的折射率越大，可视角度。越小

D.防窥屏实现防窥效果主要因为光发生了全反射

【答案】B

【解析】A.视角度。与防窥屏的厚度无关，即防窥屏的厚度大，可视角度。不变，选项A

错误；

B.屏障的高度d越大，光线射到界面的入射角越小，则在空气中的折射角越小，则可视

角度。越小，选项B正确；

C.透明介质的折射率越大，则在空气中的折射角越大，则可视角度。越大，选项C错

误；

D.防窥屏实现防窥效果的原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，能射出到空气中

的光其入射角都小于临界角，没有发生全反射，选项D错误。

故选B。

5.如图所示，长木板放在水平地面上，木块放在长木板上，作用在长木板上的水平拉力尸

使木块和长木板一起向右做匀加速直线运动，运动过程中木块与长木板间的静摩擦力大小

为力已知长木板的质量为木块质量的2倍，木块与长木板间的动摩擦因数等于木板与地面

间的动摩擦因数，下列判断正确的是（）

m

M

/〃〃〃/〃〃/〃〃〃/〃〃〃/〃〃/〃〃/〃〃〃/〃

D.于产

3

【答案】A

【解析】设木块质量为优，则长木板质量2祖，设木块与木板，木板与地面间的动摩擦因数

为〃，则对整体

F-/j-3mg=3ma

对物块

f=ma

FF

解得/■=§—

故选Ao

6.如图甲所示，可视为质点的小物块以8m/s的初速度从倾角为30。的固定斜面底端冲上

斜面，恰好能到达斜面顶端，上滑过程中物块的动能均随物块到斜面底端的距离s的变化

关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.物块从斜面底端运动到顶端所用时间为2s

B.物块从斜面的顶端回到底端所用时间为3s

C.物块上滑过程中的加速度大小为lOm/s?

D.物块下滑过程中的加速度大小为2m/s2

【答案】D

【解析】AC.上滑过程中根据动能定理

纥=Eg+Fs

由图像可知合外力

64

F=——N=16N

4

因

；mv^=64J

可得

，，z=2kg

可得上滑的加速度大小

a=—=8mzs2

m

物块从斜面的底端运动到顶端所用时间为

z=—=ls

a

选项AC错误；

BD.上滑过程中

F=mgsin30+/=ma

下滑过程

mgsin30-/=ma

解得

a=2m/s2

物块从斜面的顶端回到底端所用时间为

选项D正确，B错误。

故选D。

7.一带电荷量为+4的滑块放在粗糙水平地面上，空间存在水平向右、电场强度大小为E

的匀强电场，给滑块一向右的初速度，滑块恰好做匀速直线运动。突然在空间施加沿纸面

与水平方向成60°角、斜向右下方、电场强度大小也为E的另一匀强电场(图中未画出)，

滑块仍然做匀速直线运动，关于滑块在两个叠加电场中的运动，下列说法正确的是

()

E:

3

A.滑块对地面的压力大小为QEq

B.滑块与地面间的动摩擦因数为也

2

C.滑块受到地面的滑动摩擦力大小为2Eq

D.滑块在两个叠加电场中运动时受到的电场力与受到的重力大小相等

【答案】D

【解析】ABC.只有水平电场时滑块匀速运动，则=

再加沿纸面与水平方向成60。角、斜向右下方、电场强度大小也为E的另一匀强电场时滑

块也做匀速运动，则

qE+qEcos60-f-/LIFN

FN=mg+qEsin60

解得

qE=*mg

V3

口_3出口

FN=~^Eq

3

选项ABC错误;

D.滑块在两个叠加电场中运动时受到的电场力纥,=2qEcos30=mg

选项D正确。故选D

8.“天问一号”火星探测器被火星捕获后，经过一系列变轨进入如图所示的椭圆停泊轨道,

为着陆火星做准备。P点为椭圆的近火点，。点为远火点，关于探测器在停泊轨道上的运

动（忽略其他天体的影响），下列说法正确的是（）

A.探测器的机械能守恒B.探测器经过P点时的速度最大

C.探测器经过。点时做“离心运动”D.探测器经过。点时的加速度最小

【答案】ABD

【解析】A.探测器在停泊轨道上的运动无其他外力做功机械能守恒，故A正确；

B.由开普勒第二定律可知探测器经过尸点时的速度最大，故B正确；

C.探测器经过。点时做“向心运动”，故C错误；

D.探测器经过。点时离火星最远所受引力最小，加速度最小，故D正确。故选ABD。

9.如图所示，间距为L的固定平行双轨道由足够长的水平光滑段和倾角为。的粗糙段构

成，所在空间存在与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为8的匀强磁场，质量均为机、

电阻均为尺的金属棒油、cd垂直放在水平、倾斜导轨上且与导轨接触良好。起初cd棒恰

好静止，油棒在水平向右的恒力尸作用下从静止开始向右加速，当油棒达到最大速度

时，〃棒又恰好静止；导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小

为g,下列说法正确的是（）

A.cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为sin，

B.ab棒的最大加速度为4gsin6

…人=，、・…、，4mgRsin0

C.ab棒的最大速度为---币一

B2c

、h-_L,„8m2g27?sin20

D.恒力/的最B大功率为——----

B-I}

【答案】CD

【解析】A.起初cd棒恰好静止，根据平衡条件有

f=mgsin。=pimgcosd

解得

〃=tan6*

选项A错误；

B.当裙棒达到最大速度时，cd棒受到的安培力大小为27〃gsin。，所以恒力

F—2机gsin，

开始运动时ab棒的加速度最大，则最大加速度为2gsin，，选项B错误；

C.根据平衡条件有

0.口B"

2mgsin〃=-----—

27?

解得

4mgRsin0

%~一岸IF一

选项C正确；

D.恒力F的最大功率

口8m2g2Rsin20

PD=Fv=-----------

MB2L2

选项D正确。

故选CD„

10.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为左：1,a、b接入电压有效值恒定的交

变电源，其中&为滑动变阻器，4、尺3为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当

滑动变阻器&的滑片向下移动后，电流表及两个电压表示数变化量的绝对值分别用|A/|、

【答案】BD

【解析】AB.根据题意，由图可知，电压表V3测尺3两端电压，流过号的电流等于电流表

的读数，则有

u3=I2R3

滑片向下移动后

则两式相减有

|A/|

故A错误，B正确；

CD.设交变电源电压的有效值为U,则有

U=U[+]因

又有

区一kA-1

U2'I2k

可得

U=kU,4l国

k

滑片向下移动后。=kU；+yI；Rl

两式相减有

/A/2K

|A[/|_S-。2

|AZ|k2

2,2

故C错误，D正确。

故选BD。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11.某实验小组用如图甲所示的实验装置测量木块运动的加速度，一端垫起的木板上有一

木块，木块与穿过电磁打点计时器的纸带相连，电磁打点计时器接频率为50Hz的交流电

源，接通电源后，由静止释放木块，木块带动纸带打出如图乙所示的一条纸带，A、8、

C、。、£是选取的计数点，每相邻两计数点间还有四个点未画出。

（1）图甲中电磁打点计时器所接电源的电压为（填“8V”或“220V”）。

（2）根据图乙中的数据可知，电磁打点计时器打C点时木块的速度大小%=

m/s,木块加速度大小。=m/s2o（结果均保留两位有效数字）

【答案】（1）8V（2）1.03.0

【解析】（1）口］电磁打点计时器应接在8V的交流电源上；

（2）［2］根据图乙中的数据可知，电磁打点计时器打C点时木块的速度大小

8.51+11.50

%=xlO-2m/s=1.0m/s

2x(5x0.02)

［3］木块加速度大小

(14.51+11.50)-(8.51+5.49)

xlO^2m/s2=3.0m/s2

"=西广0.22

12.电流表G的表盘既无刻度值又不知其内阻，某同学用以下实验器材测量该电流表的参

数:

A.待测电流表G；

B.电阻箱H（0~999.9。）；

C.定值电阻K=50Q；

D.滑动变阻器耳（0〜10。）；

E.3V的直流电源，内阻不计;

F.双量程电压表V；

G.开关、导线若干。

（1）按如图甲所示的电路图连接好电路，将电阻箱R的阻值调为400.00,闭合开关，调

节滑动变阻器耳的滑片，使电流表G满偏，此时电压表V的指针恰好半偏，如图乙所

示，电压表V的示数。=V。

（2）保持电压表V的示数不变，反复调整电阻箱R的阻值和滑动变阻器凡滑片的位置，

使电流表。的指针指到，此时电阻箱R的阻值为650.0。o

（3）由上可知电流表G的内阻Rg=Q,满偏电流4=mA。

（4）将电流表G改装成量程为3V的电压表，需将电阻箱R的阻值调为。，然

后与电流表G（填“串”或“并”）联。

【答案】（1）1.50（3）1003（4）900.0串

【解析】（1）口］如图乙所示，电压表V的示数L50V；

（3）⑵［3］由欧姆定律得

u=|/g（4+R）

代入数据得

1.5V=4（4+400。）

1.5V=14（4+6500）

解得

Rg=100Q

Ig=3mA

（4）[4][5]要将电流表G改装成量程为3V的电压表，需串联一个电阻，阻值为

U-IR3V-3x10-3*I。。

R=——1fl=900。

3x10-3

8

即需将电阻箱R的阻值调为900.0。0

13.如图甲所示的“系留气球”用缆绳固定于地面，可简化为如图乙所示的模型，主、副气

囊通过活塞分隔，副气囊与大气连通，气囊内封闭有一定质量的氢气，起初封闭氨气的压

强与外界大气压强相同，活塞恰好与右挡板接触。当活塞在外力作用下缓慢移动到与左挡

板接触并锁定时，缆绳对地面的拉力恰好为0。己知“系留气球”及缆绳的总质量为，”，副

气囊的容积为主气囊容积的g,大气压强恒为外，重力加速度大小为g,封闭氨气可视为

理想气体且温度不变，忽略除气囊以外排开空气的体积。求：

（1）起初缆绳对地面的拉力大小F；

（2）缆绳对地面的拉力为0时封闭氯气的压强p。

[6

【答案】（1）-mg；（2）—pQ

【解析】（1）初始时设副气囊的体积为％,空气的密度为夕，则氮气的体积为主气囊加上

副气囊的体积，即6乂，此时对气球有

mg+F=玛孚初

Fm„=pg-6V0

当拉力为零时，此时氯气的体积为主气囊的体积，即5%,对气球有

mg=/

。=pg・5%

解得

「

F^-1mg

（2）结合之前的分析，由玻意耳定律有

Po,6K）=P-5%

解得

6

P=《Po

14.如图所示，倾角为。、足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，物块B恰好静止在距

9

斜面顶端4=一m处，将另一物块A从斜面顶端由静止释放，之后物块A与物块2发生弹

4

性碰撞（碰撞时间极短）。己知物块A、B的质量分别为以=5kg、=lkg,物块A与

斜面间的动摩擦因数〃=0.5,两物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取

（1）第一次碰撞后物块B的速度大小vB；

（2）两物块从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间Zo

【答案】（1）5m/s；（2）3s

【解析】（1）设物块A沿斜面下滑时加速度大小为m与物块B第一次碰撞前的速度大

小为v,第一次碰撞后物块A的速度大小为七，有

mAgsin6-jumAgcos6-mAa

v2-2ad

由动量守恒和能量关系可知

mAv^mAvA+mBvB

121212

解得

vB=5m/s

（2）因为物块B恰好静止在斜面上，第一次碰撞后物块B做匀速直线运动，物块A做初

1,

速度为2m/s、加速度为Zm/sz的匀加速直线运动，结合运动学公式有丫，+^^厂="■

解得f=3s

15.如图所示，在平面直角坐标系xOy第一象限、边长为2若2的正方形区域内存在垂直坐

标平面向外的匀强磁场，在第二象限、边长为4工的正方形区域内存在沿y轴正方向的匀强

电场，正方形ABC。的A点位于x轴上，A点坐标为（5L,0）,A。边与x轴的负方向成

30。角。一带负电的粒子从A点以速度%沿纸面射入磁场，速度方向与成30。角，粒

子恰好从。点离开磁场，穿过丁轴进入匀强电场，从