湖北省武汉2023年高考考前模拟物理试题（含解析）

2023学年高考物理模拟试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、2019年10月5日2时51分，我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“高分十号”卫星发射升

空，卫星顺利进入略低于地球同步轨道的圆轨道，任务获得圆满成功。下列关于“高分十号”卫星的描述正确的是

A.“高分十号”卫星在轨运行周期可能大于24小时

B.“高分十号”卫星在轨运行速度在第一宇宙速度与第二宇宙速度之间

C.“高分十号”卫星在轨运行的机械能一定小于同步卫星的机械能

D.“高分十号”卫星在轨运行的向心加速度大于地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度

2、如图所示的甲、乙两图中，M为自耦变压器，K是滑动变阻器，尸I、尸?分别足它们的滑动键，将它们的输入端队

b、c、d分别接到相同的正弦交流电源上，在它们的输出端e、/和g、无上各接一个灯泡L1和L2,两灯泡均发光。现

将它们的滑动键尸均向下滑动一小段距离，若在此过程中，灯泡不至于烧坏，则（）

A.L］、L2均变亮

B.%变亮，L?变暗

C.L］变暗，L2变亮

D.LpL?均变暗

3、下列说法中正确的是

A.用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力

B.在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的尘埃作无规则运动，属于布朗运动

C.一定质量的理想气体温度升高其压强一定增大

D.一定质量的理想气体温度升高其内能一定增大

4、如图，真空中固定两个等量同种点电荷4、B,A5连线中点为0。在4、〃所形成的电场中，以。点为圆心、半

径为/?的圆面垂直AB连线，以。为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与45连线共面，两个平面边线

交点分别为e、力则下列说法正确的是（）

A.在“、b、c、d四点中存在场强和电势均相同的点

B.将一试探电荷由e点沿圆弧eg/•移到了点电场力始终不做功

C.将一试探电荷由7点移到正方形a、b、c、d任意一点时电势能的变化量都不相同

D.沿线段•移动的电荷所受的电场力先增大后减小

5、甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动，两车的速度v随时间f的变化如图所示。下列说法正确的是（）

A.两车的出发点一定不同

B.在0到，2的时间内，两车一定相遇两次

C.在4到J时间内某一时刻，两车的加速度相同

D.在4到与时间内，甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度

6、跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，若在下落过程中受到

水平风力的影响，下列说法中正确的是（）

A.风力越大，下落过程重力的冲量越大

B.风力越大，着地时的动能越大

C.风力越大，下落的时间越短

D.下落过程的位移与风力无关

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，光滑水平桌面放置着物块A,它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B,已知A的质量为m,B的质量

为3m,重力加速度大小为g,静止释放物块A、B后（）

A.相同时间内，A、B运动的路程之比为2:1

B.物块A、B的加速度之比为1：1

6ms

C.细绳的拉力为争

D.当B下落高度h时，速度为/孚

8、图甲为一简谐横波在f=O」Os时的波形图，P是平衡位置在x=0.5m处的质点，。是平衡位置在x=2.0m处的

质点，图乙为质点。的振动图象。下列说法正确的是.

A.这列波沿了轴正方向传播

B.这列波的传播速度为20m/s

C.f=0」5s时，质点。位于波谷位置

D.在f=0.10s至i"=0.15s时间内，质点尸通过的路程为10cm

E/=O」5S时，质点尸的加速度沿y轴负方向

9、如图甲所示，4、2为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置。A线圈中通有如图乙所示的交变电流i,则以下说

法正确的是（）

乙

A.（时刻，两线圈间作用力为零

B.4时刻，两线圈间吸力最大

C.在/至V时间内，4、3两线圈相吸

12

D.在t至旷时间内，4、5两线圈相斥

23

R-

10、如图所示，在光滑水平的平行导轨MN、"G左端接一阻值为1的电阻色（导轨电阻不计），两轨道之间有垂直

R

纸面向里的匀强磁场。一电阻也为爹的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。现让金属杆在外力作用下分别以速度匕、匕

由图中位置1匀速运动到位置2,两次运动过程中杆与导轨接触良好，若两次运动的速度之比为1：2,则在这两次运

动中下列说法正确的是（）

位平1位产只

hXXXX

Ro—►yIB

A.叫两端的电压之比为厉:4=1：2

B.回路中产生的总热量之比0:。2=1：4

C.外力的功率之比尸］：尸2=1：2

D.通过导体横截面的电荷量心:&=1：1

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“xio”

和“xlOO”两种倍率，所用器材如下：

甲乙

A.干电池：电动势E=L5V,内阻r=0.5Q

B.电流表G：满偏电流4=lmA,内阻Rg=150。

C.定值电阻叫=1200。

D.电阻箱与和最大阻值999.99。

E.电阻箱与：最大阻值9999。

F.开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干

（1）该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱&=。，使电流

表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻A『则。，欧姆表的倍率是（选填“xio”

或“X100”）；

（2）闭合开关S：

第一步：调节电阻箱&和当&=。且吗=。时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；

第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱火4,调节尺4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为

12.（12分）某同学在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材:

A.待测的干电池（电动势约为L5V,内电阻小于1.0Q）

B.电流表A1（量程0~3mA,内阻/「IO。）

C.电流表A,（量程0~0.6A,内阻阪&,=0.1Q）

D.滑动变阻器4（0-20。，10A）

E.滑动变阻器R2（0-200Q,1A）

F.定值电阻Ro（990£2）

G开关和导线若干

11/|/tnA

⑴他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中更为合理的是________图；在该电路中，为了操作方便且能

准确地进行测量，滑动变阻器应选（填写器材名称前的字母序号）；用你所选择的电路图写出全电路欧姆定律

的表达式后=（用4、I2,Eg/%、勺、r表示）。

（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的"一4图线（I1为电流表A1的示数，4为电

流表A2的示数），为了简化计算，该同学认为乙远远小于J则由图线可得电动势E=V,内阻r=

。。（r的结果保留两位小数）

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）图（甲）中的圆是某圆柱形透明介质的横截面，半径为R=10cm.一束单色光沿OC平行于直径45射到圆

周上的C点,。。与45的距离cm.光线进入介质后,第一次到达圆周上的E点（图中未画出）,CE=驾更cm.

（i）求介质的折射率;

（ii）如图（乙）所示，将该光线沿MN平行于直径45射到圆周上的N点，光线进入介质后，第二次到达介质的界

面时，从球内折射出的光线与MN平行（图中未画出），求光线从N点进入介质球时的入射角的大小.

14.（16分）如图，用手捏住细线，让质量〃?=2kg的小球在光滑水平桌面上以v=lm/s的速率做匀速圆周运动，其半

径r=0.3m。某时刻突然松手，使细线迅速放长0.2m后，又迅速用手捏住细线，保证小球在更大半径的新轨道做匀速

圆周运动，已知大半径的圆与小半径的圆为同心圆。求：

(1)细线迅速放长0.2m所经历的时间

(2)在大半径新轨道上运动时小球的角速度

(3)在大半径新轨道上运动时，细线对小球的拉力

15.(12分)如图所示，型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计.轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，

磁感应强度尻一根质量机、单位长度电阻叫的金属杆，与轨道成45。位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用

下从轨道的左端。点出发，向右做加速度大小为。的匀加速直线运动，经过位移L求：

(1)金属杆前进L过程中的平均感应电动势.

(2)已知金属杆前进L过程中水平拉力做功W.若改变水平拉力的大小，以4a大小的加速度重复上述前进L的过程，

水平拉力做功多少？

(3)若改用水平恒力下由静止起从轨道的左端。点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值%时产生热量.(厂与、为

已知量)

(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D

【解析】

A.万有引力提供向心力:

「Mm4兀2

G----=m----r

F2T2

解得：T=2n,因为“高分十号”轨道半径略低于地球同步轨道的圆轨道，所以周期小于同步卫星的周期24小

时，A错误;

B.第一宇宙速度是卫星绕地球运行的最大环绕速度，所以“高分十号”卫星在轨运行速度小于第一宇宙速度，B错误;

C.“高分十号”和同步卫星的质量关系未知，所以机械能大小关系不确定，C错误；

D.高空的卫星由万有引力提供向心加速度：

FGM

a=—=--

mr2

可知“高分十号”卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，同步卫星和地球赤道上的物体角速度相同，根据：

。=32厂

可知同步卫星的向心加速度大于地球赤道上的物体的向心加速度，所以“高分十号”卫星在轨运行的向心加速度大于地

球赤道上的物体随地球自转的向心加速度，D正确。

故选D。

2、B

【解析】

甲图向下滑动时匝数比变小，副线圈的电压增大，所以L1一定变亮，乙图向下滑动时，L2支路电阻增大，回路中电流

减小，所以L2一定变暗，故B正确ACD错误。

故选B。

3、D

【解析】

A项：用打气筒打气时，里面的气体因体积变小，压强变大，所以再压缩时就费力，与分子之间的斥力无关，故A错

误；

B项：教室空气中飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的；不是布朗运动；故B错误；

C项：由理想气体状态方程可知，当温度升高时如果体积同时膨胀，则压强有可能减小；故C错误；

D项：理想气体不计分子势能，故温度升高时，分子平均动能增大，则内能一定增大；故D正确。

4、B

【解析】

A.根据等量同种电荷的电场线分布情况可知，b的电势相同，电场强度不同，由对称性可知，c、d的电势相同，

电场强度也不相同，故A错误；

B.将一试探电荷由e点沿圆弧e盘■移到了点，试探电荷受到的电场力始终沿着径向方向，始终与运动的速度方向垂直,

根据做功关系可知，电场力始终不做功，故B正确；

C.由于。、b的电势相同，故从/点到。、b两点电势能变化量相同，同理从/点到。、d两点电势能变化量相同,

故C错误；

D.根据等量同种电荷的电场线分布，沿e。/■移动电场线先变疏再变密，根据尸=qE可知，电场力先变小后变大，

故D错误；

故选B。

5、C

【解析】

A.根据题目所给信息，不能判断两车出发点的关系，因为该图是描述速度与时间变化关系的图像，A错误；

B.两图线的交点表示在该时刻速度相等，在0到，2的时间内，两车有两次速度相等，并不是相遇，B错误；

C.丫一才图象的斜率表示加速度，在乙时刻两车速度相等，然后甲做变加速直线运动，乙做匀加速直线运动，在与时

刻两车又速度相等，所以甲的平均加速度等于乙的加速度，故4到与时间内在某一时刻，乙图线的斜率和甲图线平行,

加速度相等，C正确；

D.丫一看图象图线与坐标轴围成的面积表示位移，从图可知，在。到G时间内乙的位移大于甲的位移，所用时间相等,

故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故D错误。

故选C。

6、B

【解析】

AC.运动员参加两个分运动，水平方向随空气受风力影响，竖直方向在降落伞张开前先加速，降落伞张开后先减速后

匀速，由于竖直分运动不受水平分运动的干扰，故运动时间与风速无关，由公式/=Gr可知，下落过程重力的冲量与

分力无关，故AC错误；

B.运动员落地速度由水平分速度和竖直分速度合成，水平分速度由风速决定，故风速越大，合速度越大，即着地动

能越大，故B正确；

D.运动时间与风速无关，风力越大，水平位移越大，下落过程的位移为

X'=Jx2+h2

则风力越大，水平位移越大，下落过程的位移越大，故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AC

【解析】

同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2,故A、B运动的路程之比为2：1,故A正确；任意

相等时间内，物体A、B的位移之比为2：1,故速度和加速度之比均为2：1,故B错误；设A的加速度为a,则B

,6me6

的加速度为0.5a,根据牛顿第二定律，对A,有：T=ma,对B,有：3mg-2T=3m«0.5a,联立解得：T=^-,a=-g,

故C正确；对B,加速度为a，=0.5a=；g,根据速度位移公式，有：v2=2»a,»h,解得：v=,故D错误；故选

AC.

【点睛】

本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也

可以结合系统机械能守恒定律分析.

8、BCE

【解析】

A.分析振动图像，由乙图读出，在f=0.10s时。点的速度方向沿y轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x

轴负方向的传播，故A错误；

B.由甲图读出波长为2=4m,由乙图读出周期为T=0.2s,则波速为

X4

v=—=——m/s=20m/s

T0.2

故B正确；

C.由乙图可知f=0.15s时，质点。位于波谷位置。故C正确；

D.在f=0.10s时质点尸不在平衡位置和最大位移处，所以从f=0.10s到f=0.15s,质点尸通过的路程存A=10cm,故D

错误；

T

E.从f=0.10s到f=0.15s,质点尸振动了下，根据波动规律可知，f=0.15s时，质点尸位于平衡位置上方，则加速度方

4

向沿y轴负方向，故E正确。

故选BCE。

9、ACD

【解析】

A.（时刻，A线圈中电流变化率为零，B线圈中感应电流为零，所以两线圈间的作用力为零，故A正确；

B.《时刻A线圈中电流为零，所以两线圈间的作用力为零，故B错误；

C.在（到。时间内，A线圈中电流在减小，B线圈中磁通量在减小，根据楞次定律，AB两线圈相吸，故C正确；

D.在［到q时间内，A线圈中电流在增大，B线圈中磁通量在增大，根据楞次定律，AB两线圈排斥，故D正确。

故选ACD„

10、AD

【解析】

A.两种情况下杆产生的电动势分别为

E=BLv、E=BLv

1122

回路中的总电阻为K。故回路中两次的电流分别为

1R、广R。

故电流之比为

IV1

jj=—

Iv2

22

根据欧姆定律，叫两端的电压之比

UI1

-1-=

UI2

22

故A正确；

B.两次运动所用的时间为

L

tvv2

♦工V1

2——1

V

2

故产生的热量之比为

QhRt1

―U=-4------k=—

QhRt2

222

故B错误；

C.由于棒做匀速直线运动，故外力的功率等于回路中的功率，故

PI2R1

P=7^=4

22

故C错误。

D.两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为

A①.A①

q=TAt=-------Nt=——

Ar7?R

故通过电阻横截面的电荷量为

四%=1：1

故D正确。

故选AD„

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、149.51500xlOO14.515010

【解析】

(1)[1][2].由闭合电路欧姆定律可知:

欧姆表的内阻为

则

R2^R-R1~Rs-r=(1500-1200-150-0.5)£2=149.5Q,

中值电阻应为1500。，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为X10,则中值刻度太大，不符合实

际，故欧姆表倍率应为“X10O”。

(2)[3][4].为了得到“xlO”倍率,应让满偏时对应的电阻为150Q；

电流为

此时表头中电流应为0.001A,则与之并联电阻R3电流应为(0.01—0.001)A=0.009A,

并联电阻为

0.001x(150+1200)_

故

%=(15—0.5)0=14.5。；

[5].图示电流为0.60mA,干路电流为6.0mA

则总电阻为

1.5

R=/八xl03£2=250。

总6.0

故待测电阻为

R叫=(250-150)0=100Q；

故对应的刻度应为10o

12、bD/G+R)+(/+/)r1.46V-1.49V0.80-0.86012

【解析】

(1)[1].上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电

压表。将电流表A1和定值电阻叫串联可改装成一个量程为

U=I(R+7?)=3x10-3x(10+990)V=3V

gl8l

的电压表；则(a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是b；

[2].因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。滑动变阻器应

选D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A2读数太小，电流表A1读数变化不明显。

[3].根据电路可知:

E=V+Ir=Ix(Rgi+/)+(3J

(2)[4][5],根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压

U=L(990+10)=100011

根据图象与纵轴的交点得电动势

E=1.47mAxlOOOQ=L47V；

由图可知当电流为0.45A时，电压为L1V,则由闭合电路欧姆定律可知

1.47-1.1…八

r=______=0.82Q

0.45

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)寿；(2)60°

【解析】

(2)如图甲所示，

sina

=n

CD光线进入介质球内，发生折射,有刊-s-in-73T

sina=2=在,cosP=%=回，所以sin0=^

R2R66

解得〃=JT

(ii)光线第二次到达介质与空气的界面，入射角厂=「，由折射定律可得折射角r'=i,光线进入介质的光路如图乙

所示.

Q

折射角r=i/2,又^—=〃，解得i=60°

sinr

点睛：本题考查了几何光学，关键是正确画出光路图，并利用几何知识求解折射率.

14、(1)0.4s(2)1.2rad/s(3)1.44N

【解析】

(1)突然松手，小球将沿着小半径的圆轨道相切飞出去，如图所示

即沿着图中AB方向做匀速直线运动，

直角三解形OAB中，r=0.3m；R=0.5m,则$==0.4m

AB

则细线迅速放长0.2m所经历的时间为：t=%=0.4s

v

(2)依题意，小球刚运动B点时速度大小为lm/s,方向沿AB方向，如图，此时，可将速度分解为沿半径OB方向

的v和垂直半径OB方向的n。由于小球到