2023年高考真題-物理（湖北卷） 含解析

2023年湖北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試

物理

本試卷共6頁，15題。全卷滿分100分。考試用時75分鐘。

★祝考試順利★

注意事項：

1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并認真核

準(zhǔn)準(zhǔn)考證號條形碼上的以上信息，將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。

2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答

題區(qū)域均無效。

3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標(biāo)號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上

作答；字體工整，筆跡清楚。

4.考試結(jié)束后，請將試卷和答題卡一并上交。

一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7

題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對

但不全的得2分，有選錯的得0分。

1.2022年10月，我國自主研發(fā)的“夸父一號”太陽探測衛(wèi)星成功發(fā)射。該衛(wèi)星搭載的萊曼阿爾法太陽望遠

鏡可用于探測波長為12L6nm的氫原子譜線（對應(yīng)的光子能量為10.2eV）。根據(jù)如圖所示的氫原子能級圖，

可知此譜線來源于太陽中氫原子（）

"￡/eV

8---------------------------------0

4---0.85

3--1.51

2----------------------------------3.4

-13.6

A.〃=2和〃=1能級之間的躍遷B.〃=3和〃=1能級之間的躍遷

C.〃=3和〃=2能級之間的躍遷D.〃=4和咒=2能級之間的躍遷

【答案】A

【解析】

【詳解】由圖中可知〃=2和〃=1的能級差之間的能量差值為

AE=E2-Ei=-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV

與探測器探測到的譜線能量相等，故可知此譜線來源于太陽中氫原子n=2和〃=1能級之間的躍遷。

故選A

2.2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線，此現(xiàn)象被稱為“火星沖

日”。火星和地球幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球公轉(zhuǎn)軌道半徑之比約為

3:2,如圖所示。根據(jù)以上信息可以得出（）

A.火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27：8

B.當(dāng)火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最大

C.火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為9：4

D.下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之前

【答案】B

【解析】

【詳解】A.火星和地球均繞太陽運動，由于火星與地球的軌道半徑之比約為3：2,根據(jù)開普勒第三定律

有

1-3T2

仇_/火

瑞瑤

可得

豆=厘一3一

工地V2夜

故A錯誤；

B.火星和地球繞太陽勻速圓周運動，速度大小均不變，當(dāng)火星與地球相距最遠時，由于兩者的速度方向相

反，故此時兩者相對速度最大，故B正確；

C.在星球表面根據(jù)萬有引力定律有

cMm

G^=mg

r-

由于不知道火星和地球的質(zhì)量比，故無法得出火星和地球表面的自由落體加速度，故C錯誤；

D.火星和地球繞太陽勻速圓周運動，有

2乃

3.火

2萬

要發(fā)生下一次火星沖日則有

2乃2萬）.

-----------t=2兀

虱T火?

得

可知下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月18日之后，故D錯誤。

故選B。

3.在正點電荷Q產(chǎn)生的電場中有M、N兩點，其電勢分別為穌1、”,，電場強度大小分別為EM、4。下

列說法正確的是（）

A.若CM>8N，則M點到電荷。的距離比N點的遠

B.若EM<EN,則M點到電荷。的距離比N點的近

若把帶負電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則外

D.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負功，則EM>EN

【答案】C

【解析】

【詳解】A.沿著電場線的方向電勢降低，根據(jù)正點電荷產(chǎn)生的電場特點可知若

>外

則M點到電荷Q的距離比N點的近，故A錯誤;

B.電場線的疏密程度表示電場強度的大小，根據(jù)正點電荷產(chǎn)生的電場特點可知若

EM<EN

則M點到電荷Q的距離比N點的遠，故B錯誤;

C.若把帶負電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則是逆著電場線運動，電勢增加，故有

0M<外

故c正確；

D.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負功，則是逆著電場線運動；根據(jù)正點電荷產(chǎn)生的

電場特點可知

EM<EN

故D錯誤。

故選C。

4.兩節(jié)動車的額定功率分別為《和鳥，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為/和匕。現(xiàn)將它們編成動

車組，設(shè)每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為（）

弛+2V2]?+￡匕（?+￡））%（一+￡））%

'6+6'6+6>P^+P2V2-P^+P^

【答案】D

【解析】

【詳解】由題意可知兩節(jié)動車分別有

6=加

￡=flV2

當(dāng)將它們編組后有

聯(lián)立可得

片丫2+鳥匕

故選D。

5.近場通信（NFC）器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐

漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm,圖中線圈外線接

入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應(yīng)強度變化率為1（）3T/S，則線圈產(chǎn)生的

感應(yīng)電動勢最接近（）

天線

A.0.30VB.0.44VC.0.59VD.4.3V

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知

「△牛ABS

E=-----=-------=103X(1.02+1.22+1.42)X10-4V=0.44V

XAZ

故選B.

6.如圖所示，楔形玻璃的橫截面PO。的頂角為30。，OP邊上的點光源S到頂點。的距離為，/,垂直于OP

邊的光線SN在。Q邊的折射角為45°。不考慮多次反射，OQ邊上有光射出部分的長度為（）

1

A.—dJB.-凡---aC.dD.V2J

22

【答案】C

【解析】

【詳解】設(shè)光纖在。。界面的入射角為a,折射角為夕，幾何關(guān)系可知a=30°,則有折射定律

〃=位=6

sin。

光纖射出0。界面臨界為發(fā)生全反射，光路圖如下，其中QBLCS

光線在4B兩點發(fā)生全反射，有全反射定律

1J2

sinC=-=----

n2

即A3兩處全反射的臨界角為45°,AB之間有光線射出，由幾何關(guān)系可知

AB=2AC=2CS=OS=d

故選C。

7.一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，波長為l（X）cm,振幅為8cm。介質(zhì)中有〃和b兩個質(zhì)點，其平衡位置分

40

別位于x=-可cm和x=120cm處。某時刻匕質(zhì)點的位移為y=4cm,且向y軸正方向運動。從該時刻開

始計時，a質(zhì)點的振動圖像為（）

【答案】A

【解析】

【詳解】岫之間的距離為

404

Ar=—+100=-/1

33

此時匕點的位移4cm且向），軸正方向運動，令此時6點的相位為夕，則有

4=8sin°

解得

（p=—或（p=——（舍去，向下振動）

66

由"之間的距離關(guān)系可知

2

5c2

（P.一（P=G,2兀=丁兀

A5

則Q3萬，可知。點此時的位移為

6

y=8sin0“=4cm

故選Ao

8.，=0時刻，質(zhì)點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度。隨時間f按圖示的正弦曲線變化,周期為2%。

在0~3/。時間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.，=2。時，P回到原點B.，=24時，P的運動速度最小

31

C.，=%時，P到原點的距離最遠D./二手。時，P的運動速度與"手。時相同

【答案】BD

【解析】

【詳解】ABC.質(zhì)點在0~J時間內(nèi)從靜止出發(fā)先做加速度增大的加速運動在做加速度減小的加速運動，此

過程一直向前加速運動，辦~2%時間內(nèi)加速度和速度反向，先做加速度增加的減速運動在做加速度減小的

減速運動，2fo時刻速度減速到零，此過程一直向前做減速運動，2%~4/0重復(fù)此過程的運動，即質(zhì)點一直

向前運動，AC錯誤B正確;

Da~，圖像的面積表示速度變化量，內(nèi)速度的變化量為零，因此1?時刻的速度與g0時刻相同，

D正確。

故選BD,

9.如圖所示，原長為/的輕質(zhì)彈簧，一端固定在。點，另一端與一質(zhì)量為機的小球相連。小球套在豎直固

定的粗糙桿上,與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上兩點與O點的距離均為I,P點到O點的距離為,

2

OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上尸點時恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小

為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的

是（）

,M

//

//

1/

O二?D

|\

\N

A.彈簧的勁度系數(shù)為學(xué)

B.小球在尸點下方g/處的加速度大小為（3夜-4）g

C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大

D.從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.小球在P點受力平衡，則有

mg=f,f=再，

聯(lián)立解得

k=池受

I

A正確；

C.在PM之間任取一點4,令40與MN之間的夾角為。，則此時彈簧的彈力為

F=k（l———"I

I2sin6J

小球受到的摩擦力為

f\=〃％=〃八山6

化簡得

。在MP之間增大在PN減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯誤；

D.根據(jù)對稱性可知在任意關(guān)于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力

做功大小相等；D正確；

B.小球運動到「點下方,時9=45°,此時摩擦力大小為

2

工=〃"一萬）

由牛頓第二定律

mg-f=ma

聯(lián)立解得

a=（2-夜）g

B錯誤。

故選AD

10.一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓q加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為u?。微粒射

入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°,微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分

別為2L和L到兩極板距離均為"，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計重力。下列說法正確的是（）

A.L:d=2:1

B.U］：S=1：1

C.微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2

D.僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變

【答案】BD

【解析】

【詳解】B.粒子在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線直線運動，根據(jù)電場強度和

電勢差的關(guān)系及場強和電場力的關(guān)系可得

E=—,F=qE=ma

Id

粒子射入電容器后的速度為%,水平方向和豎直方向的分速度

V2&

匕=v0cos45=—v0.。=%sin45=—v0

從射入到運動到最高點由運動學(xué)關(guān)系

v2=2ad

粒子射入電場時由動能定理可得

.,12

qU\=-mva

聯(lián)立解得

q:4=1：1

B正確;

A.粒子從射入到運動到最高點由運動學(xué)可得

2L=v/,

聯(lián)立可得

L.d=\A

A錯誤;

C.粒子穿過電容器時從最高點到穿出時由運動學(xué)可得

L=v/,,vyl=at]

射入電容器到最高點有

v?=at

解得

Vv

%2

設(shè)粒子穿過電容器與水平的夾角為a，則

tana=—=—

匕2

粒子射入磁場和水平的夾角為「，

tan（a+尸）=3

C錯誤；

D.粒子射入到最高點的過程水平方向的位移為x,豎直方向的位移為

12

丁丁一

聯(lián)立解得

U.x2

y=---

-4dq

且

即解得

x=2L,y=d=L

即粒子在運動到最高點的過程中水平和豎直位移均與電荷量和質(zhì)量無關(guān)，射出磁場過程同理

即軌跡不會變化，D正確。

故選BD。

二、非選擇題：本題共5小題，共60分。

11.

11.某同學(xué)利用測質(zhì)量的小型家用電子秤，設(shè)計了測量木塊和木板間動摩擦因數(shù)〃的實驗。

如圖（a）所示，木板和木塊A放在水平桌面上，電子秤放在水平地面上，木塊A和放在電子秤上的重物B

通過跨過定滑輪的輕繩相連。調(diào)節(jié)滑輪，使其與木塊A間的輕繩水平，與重物B間的輕繩豎直。在木塊A

上放置〃（〃=0,12,3,4,5）個祛碼（電子秤稱得每個祛碼的質(zhì)量加0為2（）Qg），向左拉動木板的同時，記

錄電子秤的對應(yīng)示數(shù)切。

A雌

60_、_________

5。圭量生潮莓

40二三%里也三田■在千

30毛m三三三二

20

lobbH+IHII川HIIIIllWI.

012345

圖（b）

（1）實驗中，拉動木板時（填“必須”或“不必”）保持勻速。

（2）用w?A和mB分別表示木塊A和重物B的質(zhì)量，則m和〃％、，&、/、〃、〃所滿足的關(guān)系式為

m=<,

（3）根據(jù)測量數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上繪制出，圖像，如圖（b）所示，可得木塊4和木板間的動摩擦因數(shù)

〃=（保留2位有效數(shù)字）。

【答案】①.不必②.根=心一〃（“八+〃根0）③.0.40

【解析】

【詳解】（1）[1]木塊與木板間的滑動摩擦力與兩者之間的相對速度無關(guān)，則實驗拉動木板時不必保持勻速;

（2）⑵對木塊、祛碼以及重物B分析可知

〃（加A++mg=mKg

解得

nm

m=mB-〃（加A+o）

（3）[3]根據(jù)

,71n

m=mB—〃根人一Ao?

結(jié)合圖像可知

則

〃=0.40

12.

12.某實驗小組為測量干電池的電動勢和內(nèi)阻，設(shè)計了如圖（a）所示電路，所用器材如下:

電壓表（量程0~3V,內(nèi)阻很大）；

電流表（量程0~0.6A）；

電阻箱（阻值0~999.90）；

干電池一節(jié)、開關(guān)一個和導(dǎo)線若干。

圖（b）

（1）根據(jù)圖（a）,完成圖（b）中的實物圖連線。

（2）調(diào)節(jié)電阻箱到最大阻值，閉合開關(guān)。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應(yīng)的電流表示數(shù)/和

電壓表示數(shù)根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出的U-/圖像如圖（c）所示，則干電池的電動勢為V（保留3

位有效數(shù)字）、內(nèi)阻為Q（保留2位有效數(shù)字）。

圖（c）圖（d）

（3）該小組根據(jù)記錄數(shù)據(jù)進一步探究，作出:-R圖像如圖（d）所示?利用圖（d）中圖像的縱軸截距,

結(jié)合（2）問得到的電動勢與內(nèi)阻，還可以求出電流表內(nèi)阻為Q（保留2位有效數(shù)字）。

（4）由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，本實驗干電池內(nèi)阻的測量值__________（填“偏大”或“偏小”）。

【答案】①.1.58③.0.64?,2.5⑤.偏小

【解析】

【詳解】⑴⑴實物連線如圖:

(2)[2][3]由電路結(jié)合閉合電路的歐姆定律可得

U=E-Ir

由圖像可知

1.58V

內(nèi)阻

1.58—1.37-c/T/ic

r=--------------Q=0.64Q

0.33

(3)[4]根據(jù)

E=I(R+R,、+r)

可得

LLR+S

IEE

由圖像可知

^±￡=2

E

解得

RA=2.5Q

(4)[5]由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，則實驗測得的是電壓表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的并聯(lián)值，即實驗中測得的電

池內(nèi)阻偏小。

13.

13.如圖所示，豎直放置在水平桌面上的左右兩汽缸粗細均勻，內(nèi)壁光滑，橫截面積分別為S、2S,由體

積可忽略的細管在底部連通。兩汽缸中各有一輕質(zhì)活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉，左側(cè)汽缸底部與活塞

用輕質(zhì)細彈簧相連。初始時，兩汽缸內(nèi)封閉氣柱的高度均為從彈簧長度恰好為原長?，F(xiàn)往右側(cè)活塞上表

面緩慢添加一定質(zhì)量的沙子，直至右側(cè)活塞下降g",左側(cè)活塞上升g”。已知大氣壓強為Po,

重力加

速度大小為g,汽缸足夠長，汽缸內(nèi)氣體溫度始終不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求

（1）最終汽缸內(nèi)氣體的壓強。

（2）彈簧的勁度系數(shù)和添加的沙子質(zhì)量。

【答案】⑴（2）%=需；機=需

【解析】

【詳解】（1）對左右氣缸內(nèi)所封的氣體，初態(tài)壓強

pi=po

體積

X=SH+2sH=3SH

末態(tài)壓強P2,體積

3217

V,=SH+—H2S=」~SH

-236

根據(jù)玻意耳定律可得

PM=P2V2

解得

18

P2=后Po

（2）對右邊活塞受力分析可知

mg+pa-2S=p2-2S

解得

m=2P—os■

17g

對左側(cè)活塞受力分析可知

pnS+k--H=p2S

解得

&=至

17H

14.

14.如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板

的兩端A、8在桌面邊緣，8與半徑為R的固定光滑圓弧軌道C0E在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑

與豎直方向的夾角為60。。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從8點飛出桌面后，在C點沿

圓弧切線方向進入軌道COE內(nèi)側(cè)，并恰好能到達軌道的最高點小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為，

2兀

重力加速度大小為g,忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點。求：

（1）小物塊到達力點的速度大??；

（2）B和。兩點的高度差；

（3）小物塊在A點的初速度大小。

【答案】（1）廂；（2）0；（3）月A

【解析】

【詳解】（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點。，則在。點有

Vo

m-=mg

R

解得

（2）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道COE內(nèi)側(cè)，則在C點有

cos60=—

%

小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有

1,1,

-mg（R+Reos60）=-mv~D--mv^.

則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有

聯(lián)立解得

VB-y[gR，HBD=0

（3）小物塊從A到2的過程中，根據(jù)動能定理有

-jumgS=；mv1-；mv\

S=7t2R

解得

VA=#就

15.

15.如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強度大小為8、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。f=0時刻，一帶正電粒子

甲從點尸（2小0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后,

粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。己

知粒子甲的質(zhì)量為〃?，兩粒子所帶電荷量均為如假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過

程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：

XXXjk?xXX

B

XXXXx|X

0pX

XXXXXX

XXXXXX

（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；

（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大??；

184m18萬加

（3），=-二時刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到/=—丁的過程中粒子乙運動的路程。（本

qBqB,

小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）

【答案】（1）~—；（2）-tn,——；（3）甲（2小0）,乙（0,0）,—兀a

m2m2

【解析】

【詳解】（1）由題知，粒子甲從點P（2〃，0）沿y軸正方向射入到達點O,則說明粒子甲半徑

r=a

根據(jù)

2

qvwB=m^

與0

解得

_qBa

V甲0二

m

(2)由題知，粒子甲運動一個圓周時、粒子乙剛好運動了兩個圓周，則

7甲二2T乙

根據(jù)＜7丫8=機亍-r,有

Tv_m

T乙叱

則

1

--m

乙2

粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有

J7W甲o+"7乙1^乙0二一"IU甲l+"7乙U乙］

g加扁+1m乙吃=1mvw+g%吃

解得

u乙o二一5□甲0，u乙i=3u甲o

則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為名也。