湖北省部分高中2023-2024学年高三上学期10月联考物理试题含解析

物理试卷（答案在最后）

试卷满分：100分

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.6.写：在试卷，.草稿纸和答题卡上的非.答题区域均无效。.

4.考试结束后，·请将本试卷和答题卡一并上交。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，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，第8～10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，有错选的得０分。

1.物理学发展史上很多科学家作出了不可磨灭的贡献。下列有关说法正确的是（A.光电效应与康普顿效应不能证明光具有粒子性B.为了解释黑体辐射实验规律，普朗克最先提出能量子概念C.完成α粒子散射实验后，卢瑟福提出了原子的能级结构D.太阳光谱是吸收光谱，是因为太阳内部发出白光时缺少某些频率的光子【答案】B【解析】【详解】A．光电效应和康普顿效应均证明光具有粒子性，A错误；B．普朗克为了解释黑体辐射规律，提出了电磁辐射的能量是量子化的。B正确；C．完成α粒子散射实验后，卢瑟福提出了原子的核式结构，C错误；D．太阳光谱是吸收光谱，是因为太阳发出的光穿过温度比太阳本身低得多的太阳大气层。而在这大气层里存在着从太阳里蒸发出来的许多元素的气体。太阳光穿过他们的时候，跟这些元素的特征谱线相同的光都被这些气体吸收掉了，D错误。故选B。2.篮球是备受中学生喜爱的一项运动。在学校组织的投篮比赛中，小明同学跳起投篮，篮球精准落入篮筐。如图所示，已知篮球出手时的速度为8m/s，与水平方向夹角为53°，篮球落入篮筐时，与水平方向夹角为）37°。不考虑空气阻力，重力加速度，g=10m/s²。下列说法正确的是（）A.篮球在空中做变加速曲线运动B.小明起跳投篮过程中，地面对他做正功C.篮球从出手到落入篮筐所用时间为1sD.篮球从出手到落入篮筐所用时间为1.2s【答案】C【解析】【详解】A．篮球在空中只受重力作用，加速度为重力加速度，则篮球在空中做匀变速曲线运动，故A错误；B．小明起跳投篮过程中，地面与脚底板作用点没有发生位移，地面对他做功为0，故B错误；CD．篮球出手时的竖直分速度向上，大小为vyvsin5380.8m/s6.4m/s

水平分速度为vxvcos5380.6m/s4.8m/s

由于水平方向做匀速直线运动，则落入篮筐时的竖直分速度向下，大小为3

vvtan374.8m/s3.6m/syx

4

则篮球从出手到落入篮筐所用时间为t

故C正确，D错误。故选C。vy(vy)

g

3.6(6.4)

s1s

103.如图所示，固定斜面上物块M通过与斜面平行的细绳及定滑轮与物块m相连，其中斜面的倾角θ可以改变，不计绳与滑轮的摩擦力。关于物块M与斜面间的摩擦力，下列说法正确的是（）A.若物块M保持静止，则θ越小摩擦力越小B.若物块M保持静止，则θ越小摩擦力越大C.若物块M沿斜面下滑，则θ越大摩擦力越大D.若物块M沿斜面下滑，则θ越大摩擦力越小【答案】D【解析】【详解】AB．物体m受到重力mg和拉力T，处于平衡状态，有T=mg对物块M受力分析，受重力Mg、支持力N、拉力T和静摩擦力f，其中静摩擦力方向取决于拉力T和重力的沿斜面向下的分力的大小，若mgMgsin，如图根据平衡条件得TfMgsin故越大，f越大；若mgMgsin，如图根据平衡条件得TfMgsin故越大，f越小；故AB错误；CD．由于物体M下滑，所以物体所受到滑动摩擦力f，有fN

又由于是在斜面上，所以fMgcos当增大时cos减小，所以f减少，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，三个完全相同内壁光滑且导热性能良好的气缸，用三个质量相同的活塞密封住质量相等的空气。现让a气缸处于静止状态，b气缸做自由落体运动，c气缸在倾角为30°的光滑固定斜面上，向下做匀加速直线运动。不考虑空气阻力；环境温度保持不变，各个活塞均相对于气缸保持静止，a，b，c三个气缸内空气柱对应的长度关系为（）A.LbLcLaB.LbLcLaC.Lb.LcLaD.LbLcLa【答案】A【解析】【详解】设大气压为p0，对a管，以活塞为研究对象，根据牛顿第二定律得p0SmgpaS

可得pap0b管做自由落体运动，处于完全失重状态，封闭气体的压强等于大气压，即pbp0

对c管，以活塞为研究对象，根据牛顿第二定律得p0SpcSmgsin30ma

对c管和活塞为整体，有Mgsin30Ma

可得agsin30

联立解得g2

pcp0

可得papbpc

根据玻意耳定律有CpVpSL

可得，a，b，c三个气缸内空气柱对应的长度关系为LbLcLa

故选A。5.在某电场中建立x坐标轴，一个质子沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该质子的电势能E随位置坐标x变化的关系如图所示，该质子只受电场力作用。下列说法正确的是（）A.A点电势高于B点电势B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.质子经过A点的速率小于经过B点的速率D.C、B两点电势差UCB大于B、A两点电势差UBA【答案】D【解析】【详解】A．如图，质子电势能增大，则电场力做负功，电场力方向与质子运动方向相反，质子带正电，说明电场方向与质子运动方向相反，则A点电势低于B点电势，A错误；B．质子经过相等距离的电势能增加量增大，则电场力做功变多，电场强度增大，说明A点的电场强度小于B点的电场强度，B错误；C．质子做减速运动，质子经过A点的速率大于经过B点的速率，C错误；D．根据WqU

由于AB段电场力做功小于BC段电场力做功，则C、B两点电势差UCB大于B、A两点电势差UBA，D正确。故选D。6.2023年3月15日，我国在酒泉卫星发射中心使用“长征十一号”运载火箭，成功将实验十九号卫星发射升空。卫星发射的过程可简化为如图所示的过程，先将卫星发射至近地圆轨道，在近地轨道的Ａ点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入运行圆轨道。下列说法正确的是（）A.卫星在转移轨道经过B点的速率一定小于近地轨道运行速率B.卫星在转移轨道上经过B点时加速度大小小于在运行轨道上运动时经过B点的加速度大小C.卫星在运行轨道上运动时的周期小于转移轨道上运行的周期D.卫星在转移轨道上从B点运动到A点的过程中，卫星的机械能增加【答案】A【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力可得GMmv2

mr2r可得vGMr卫星在转移轨道经过B点的速率小于运行圆轨道的线速度，所以卫星在转移轨道经过B点的速率一定小于近地轨道运行速率，故A正确；B．根据牛顿第二定律可得GMm

mar2解得a

GMr2由于M、r都相同，可知卫星在转移轨道上经过B点时加速度大小等于在运行轨道上运动时经过B点的加速度大小，故B错误；C．由于运行轨道的半径大于转移轨道半长轴，根据开普勒第三定律可知，卫星在运行轨道上运动时的周期大于转移轨道上运行的周期，故C错误；D．卫星在转移轨道上从B点运动到A点的过程中，只有万有引力做功，卫星的机械能不变，故D错误。故选A。7.半径为2R的金属半圆环水平固定放置，半径为R的金属半圆环绕轴线ABOCD匀速转动，转动的角速度为ω。AB、CD均为导电直杆，两个半圆的圆心重合，整个空间存在竖直向下的匀强磁场B，俯视图如下图所示，整个回路中产生的感应电动势的有效值为（）A1

BR2.22BR245

BR22

52BR24B.C.D.【答案】B【解析】【详解】感应电动势最大值为R2EmBSB2则有效值为E

故选B。Em2

2BR24

8.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，其中位于横坐标x=5m处的一质点A的振动图像如图乙所示，B是图甲中纵坐标为y=-2.5cm的另一质点。下列说法正确的是（）A.该横波的传播速度大小为1m/sC.B点的横坐标为【答案】AC【解析】【详解】A．该横波的传播速度大小为B.该横波的传播方向为x轴负方向D.t=3s时B点的位移是2.5cm20m3

v

选项A正确；4

m/s1m/sT4B．因t=0时刻，质点A沿y轴正向运动，结合波形图“同侧法”可知该横波的传播方向为x轴正方向，选项B错误；C．由数学知识可知，B点的平衡位置到x=7m处的距离为m，即B点的横坐标为13120xB7m-mm33选项C正确；D．t=3s时波沿x轴正向传播3m，此时x=7m处的质点在波峰位置，则B点的位移是yB5

选项D错误。故选AC。3cm2.53cm29.如图甲所示电路，原线圈串联一个阻值R₁=140Ω的电阻，副线圈c、d两端连接一个阻值R25的电阻，a、b两端输入如图乙所示正弦交流电压，理想电流表的示数为1A。下列说法正确的是（）A.理想电压表的示数为10VB.理想变压器原、副线圈匝数比为4：1C.若只减小电阻R₂的阻值，则电阻R₂的电功率也减小D.若只减小电阻R₁的阻值，则电阻R₂的电功率也减小【答案】BC【解析】【详解】A．设原线圈的输入电压为U1，则有U1UI1R1220V1140V80V

根据理想变压器P入P出

可得2U2U1I1R2

解得U220V

即理想电压表的示数为20V，故A错误；B．由理想变压器电压比等于匝数比可得理想变压器原、副线圈匝数比为n1U14n2U21故B正确；C．将变压器与R2看成一个等效电阻，若只减小电阻R₂的阻值，则该等效电阻阻值减小，则原线圈电流I1增大，根据U1UI1R1可知原线圈的输入电压减小，故副线圈的输出电压减小，电阻R2的电功率将减小，故C正确；D．将变压器与R2看成一个等效电阻，若电阻R1的阻值减小，则原线圈的输入电压增大，副线圈的输出电压增大，故电阻R2的电功率将增大，故D错误。故选BC。10.如图所示，A，B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好要离开地面。下列说法正确的是（）A.C刚离开地面时，B的加速度为零B.斜面倾角α=60°C.刚释放A时，B的加速度是D.A获得最大速度为2g【答案】ACD【解析】2g5m5k【详解】A．A和B的速度相等，当A的速度最大时，B的速度也最大。则C刚离开地面时，B的加速度为零，A正确；B．开始与C恰好要离开地面时，弹簧分别处于压缩和拉伸状态，弹力大小均为kxmg

对AB分析4mgsinmgkx

得30B错误；C．刚释放时，对AB分析4mgsinmgkx5ma

得a

C正确；D．弹簧弹性势能变化为零，根据机械能守恒2g5

11

4mg2xsinmg2x4mv2mv2

22联立得A获得最大速度为v2gD正确。故选ACD。m5k二、非选择题：本题共5小题，共60分。

还想根据所学知识测出实验中所11.某兴趣小组在完成“探究物体加速度与所受合外力的关系”的实验后，使用的小车质量M。装置图如图甲所示，其主要操作步骤如下：（1）进行阻力补偿后，在绳上只挂一个钩码，其质量为m0：（2）接通电源，释放小车，打出纸带，计算出其加速度；（3）保持绳子下端悬挂的钩码不变，在小车上放置不同数量的钩码，小车上钩码的个数记为n，重复实验操作（2）。已知小车的质量没有远大于钩码的质量，实验中所有钩码的质量均相等。①图乙所示为一次记录小车运动情况的纸带，每隔四个点取一个计数点，打点B时纸带的速度为vB=______；m/s，整个运动过程中纸带的加速度为a=_____m/s²（结果均保留三位有效数字）②图丙为加速度a的倒数和钩码个数n的1

n图像，已知图像中直线斜率为k，纵轴截距为b，利用题中ab1m0k

信息可得出重力加速度g=______，小车的质量M=_____（用k，b，m0表示）。【答案】【解析】【详解】（1）[1]每隔四个点取一个计数点，则T=0.1s；打点B时纸带的速度为①.0.882②.1.75③.1

k④.

xAC(7.949.70)102vBm/s0.882m/s

2T0.2[2]整个运动过程中纸带的加速度为11.459.707.946.2010m/s2=1.75m/s2xx

aBD2OB

4T40.122（2）[3][4]由牛顿第二定律可知m0g[M(n1)m0]a

可得Mm011

nagm0g

由图可知k

1

g

b解得Mm0m0g1bM1m0g，kk

12.实验室中有一量程为10mA的小量程电流表G，其内阻约为100Ω，欲将其改装成量程为0.1A和1A的双量程电流表，现要精确测量其阻值Rg，实验室提供器材如下所示A.电流表A（量程200mA，内阻约为15Ω）B.电压表V（量程15V，内阻约为3kΩ）C.定值电阻R0=5ΩD.滑动变阻器R₁，最大阻值约为5Ω，额定电流为2.0AE.滑动变阻器R₂，最大阻值约为5Ω，额定电流为0.5AF.电源E，电动势约4V（内阻不计）G.电键S及导线若干为了使电表调节范围较大，测量准确，测量时电表读数不得小于其量程的（1）滑动变阻器应选________（选填“R1”或“R2”）；（2）请你在图甲虚线框内画出测量Rg的最佳实验电路图并标明元件符号________：1

3

（3）待测电阻的表达式为Rg=________（用字母表示，非题干中的字母需要进行说明）；（4）上面实验中测得电流表Ｇ的内阻为90Ω；按照图乙将电流表Ｇ改装成所需双量程电流表，则。R3=________Ω，R4=________Ω（结果保留二位有效数字）【答案】①.R1

②.③.IIGR0IG，其中I为电流表A的示数，I0为电流表G的示数【解析】④.1.0⑤.9.0【详解】（1）[1]待测电阻的阻值大于滑动变阻器的阻值，故滑动变阻器采用分压式，电流的电流为I

故选滑动变阻器R1；E4

A＞0.5AR5（2）[2]小量程电流表G改装成量程为0.1A和1A的双量程电流表，现要精确测量其阻值R0，则需要测出流过R0的电压和电流，由于电压表量程太大不能使用，则实验电路图如图所示（3）[3]设I为电流表A的示数，I0为电流表G的示数，则有Rg

（4）[4][5]根据欧姆定律得IIGR0IG0.10.01

0.0190R3R4

10.01

解得0.01(90R4)

R3

R3=10Ω.

R4=9.0Ω13.如图所示长方体玻璃砖ABCD-A'B'C'D'，长AB为6cm，宽与高均为2cm。AB边上有一单色光源S，该单色光相对于玻璃的折射率为3，当右侧面BCC'B'恰好全部都有光线射出时：（1）光源S离B点的距离是多少；（2）左侧面ADD'A'有光线射出的面积是多少。【答案】（1）4cm；（2）【解析】π

cm22【详解】（1）当右侧面恰好全部都有光线射出时，C'点恰好发生全反射，如下图此时C'的入射角记为θ，有sin

可得13n3tan

在SBC中22BCSBtan

得BC'2BB'

SB4cm

tantan（2）由（1）中的结论可得AS=AB-SB=2cm设光线左侧面的M点刚好发生全发射，设M点到A点的距离为r，则有tan

解得r

ASr2cm则以A点为圆心，AM为半径在ADD'A'面内的1

圆弧内均有光线射出，故左侧面有光线射出的面积为41Sr2cm24214.如图所示，x0的区域存在沿x轴负方向的匀强电场，x0的区域存在垂直xOy纸面向外的匀强磁场，P（L，0）点处有一个粒子源，可以向y0的区域发射质量为m，电荷量为q，速度大小为v0的带正电粒子，在所有到达y轴的粒子中，位置M（0，3L）点的粒子与P点距离最远，不计重力及粒子间的相互作用。（1）求磁感应强度大小，及粒子进入电场前，在磁场中运动的最短时间；（2）若第一次从M点射出磁场的粒子，第二次从OM的中点N射出磁场，求电场强度大小。2Lmv0mv0【答案】（1）B，tmin；（2）E3v0qL3qL【解析】【详解】（1）M点为粒子到达的最远点，则PM为粒子运动轨迹的直径，可得PM

r

2粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得L2(3L)2L

22v0qv0Bmr联立解得B

mv0qL

运动时间最短的粒子为从坐标原点O出射的粒子，该粒子对应的弧长最短，由于POLr

可知最短时间轨迹对应的圆心角为60°，则有12rLtmin

6v03v0

（2）若第一次从M点射出磁场的粒子，第二次从OM的中点N射出磁场，如图所示记粒子由y轴上的Q点回到磁场，由粒子在电场中运动的对称性可知，粒子在Q点的速度大小为v0，方向与y轴负方向的夹角为60°；由几何关系可知弦长NQ2rsin603L可得电场中竖直方向上的位移为133yNQOML

22在电场中竖直方向有yv0cos60t

水平方向上有t2

联立解得v0sin60qE

，aam2mv0E3qL15.如图所示，光滑的半径为R=0.5m的1

圆弧的最低点与竖直墙壁AB相连，质量为m1=3kg的小球与长4

度为L=0.25m轻杆相连，轻杆的另一端通过铰链与质量为m2=1kg的小滑块相连，小滑块套在光滑的水平杆上。初始轻杆紧靠墙壁竖直放置，小球m1刚好处在圆弧的末端。现将质量为m0=1kg的小球从圆弧上的C点由静止释放，CO连线与竖直方向的夹角为53°，小球m0运动至圆弧的最低点与小球m1发生弹性正碰，碰后立刻撤掉m0。已知重力加速度的大小g=10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6，不计空气阻力。求（1）小球m0运动至轨道最低点与m1碰撞前的瞬间对轨道的压力大小；（2）轻杆上作用力为零时，小球m1的速度大小及此时轻杆与竖直方向夹角的余弦值；（3）小球m1落到水平杆上前一瞬间的速度大小。【答案】（1）18N；（2）2m/s，cos【解析】4

；（3）2.4m/s5

【详解】（1）m0由C点运动至最低点，由机械能守恒m0gR1cos53

在最低点，对m0进行受力分析，由牛顿第二定律12m0v02

2v0FNm0gm0

R解得FN=18N由牛顿第三运动定律可得m0在最低点对轨道的压力为18N；（2）小球m0在最低点与小球m1发生弹性正碰，根据动量守恒，有m1v1m0v0m0v0机械能守恒11122m1v12m0v0m0v0222解得v1=1m/s记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，m1碰后运动至轻杆上作用力为零，由机械能守恒11

2m1v12m1gL1cosm1v122此时m1重力沿杆的分力提供所需要的向心力2v1m1gcosm1L

联立解得轻杆上作用力为零时m1的速度2m/sv1

cos

4

5（3）轻杆上作用力为零后，m1的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，m2开始离开墙壁，所以轻杆作用力为零到小球m1落到水平杆上前一瞬间，m1，m2构成的系统水平方向上动量守恒m1v1'cosm1v1xm2v2x该过程系统机械能守恒111222m1gLcosm2v2m1v1m1v12xvyx222m1落到水平杆上前一瞬间，由m1，m2速度关联v1xv2x联立可得m₁落到水平杆上前一瞬间速度