湖北省宜荆荆恩2023届高三物理9月起点考试试题（Word版附答案）

“宜荆荆恩”2023届高三起点考试物理注意事项：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：用黑色答案笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。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.下列描述中正确的是（　　）A.质子与中子结合成氘核的过程中需要吸收能量B.衰变为要经过4次α衰变，4次β衰变C.某原子核经过一次α衰变和两次衰变后，核内中子数减少2个D.入射光波长越长，发生光电效应时从金属表面逸出的光电子最大初动能越大【答案】B【解析】【详解】A．质子与中子结合成氘核的过程中存在质量亏损，会放出能量，故A错误；B．衰变为要经过的α衰变次数为经过的β衰变次数为故B正确；C．某原子核经过一次α衰变后，中子数减少2个，经过两次β衰变后，中子数增加2个，所以最终中子数不变，故C错误； D．入射光波长越长，频率越低，根据爱因斯坦光电效应方程可知发生光电效应时从金属表面逸出的光电子最大初动能越小，故D错误。故选B。2.我国的航空航天事业蓬勃发展，探月工程和深空探测同步进行。2020年12月17日，嫦娥五号成功返回地球；2021年5月15日天问一号火星探测器所携带的祝融号火星车成功降落在火星北半球的乌托邦平原南部。已知嫦娥五号绕月飞行的圆轨道半径为、周期为，天问一号绕火星飞行的圆轨道半径为、周期为，引力常量为。下列说法正确的是（　　）A.根据开普勒第三定律有B.根据题中所给的已知条件可以求出地球的质量C.嫦娥五号和天问一号在地球表面的发射速度均需要大于第二宇宙速度D.天问一号在地球表面的发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度【答案】D【解析】【详解】A．天问一号与嫦娥五号不是绕同一个中心天体运动，所以A错误；B．天问一号与嫦娥五号均不绕地球运动，故无法求出地球质量，B错误；CD．天问一号最终绕火星运动，需要挣脱地球的引力，其在地球表面的发射速度需要大于第二宇宙速度，但是要小于第三宇宙速度（挣脱太阳引力的最小速度），嫦娥五号绕月球运动，没有完全挣脱地球的引力，其在地球表面的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度。C错误，D正确。故选D。3.如图所示，长木板AB倾斜放置，板而与水平方向的夹角为，从B端以大小为v0的初速度水平向左抛出一个小球，小球能打在板面上。小球做平抛运动的水平位移为x，打在板面上时速度大小为v，当变小后，让小球仍从B端以相同的初速度水平抛出，则（　　） A.x变小，v变小B.x变大，v变大C.x不变，v不变D.x变化不确定，v变化不确定【答案】A【解析】【详解】小球做平抛运动，在水平方向上有在竖直方向小球落在斜面上有联立解得小球做平抛运动的水平位移为由此可知当变小后，让小球仍从B端以相同的初速度水平抛出，水平位移为x变小；打在板面上时速度大小为由此可知当变小后，让小球仍从B端以相同的初速度水平抛出，打在板面上时速度v大小将变小。故选A。4.有一理想变压器如图甲所示，原副线圈匝数比为，原线圈接入图乙所示的交流电，回 路中的灯泡和电动机的额定电压均为，灯泡正常工作时的电阻，电动机的电阻，定值电阻，灯泡和电动机均正常工作，则电动机的输出功率为（）A.B.CD.【答案】C【解析】【详解】如图乙所示，原线圈的有效电压为220V，根据原副线圈匝数比等于电压之比11：2，所以副线圈电压有效值为40V，灯泡和电动机均正常工作，所以灯泡两端电压为24V，根据串联电路分压特点，可知定值电阻两端电压为16V，由欧姆定律可知副线圈总电流为流过灯泡的电流为所以流过电动机的电流为电动机的热功率为＝9W电动机的总功率为 所以电动机的输出功率为故选C。5.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为的滑块，滑块右侧面为一个半径为的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为的小球以水平速度从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（）A.当时，小球恰好能到达点B.当时，小球在弧形凹槽上冲向点的过程中，滑块的动能增大；返回A点的过程中，滑块的动能减小C.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D.小球返回A点后做自由落体运动【答案】D【解析】【详解】A．小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球的速度冲上，根据机械能守恒解得但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到点，A错误；B．当时，小球在弧形凹槽向上冲的过程中，滑块受到右上方的支持力，速度减小，动能减小；滑到最高点时，两者速度相等，之后返回A点的过程中，滑块的动能依然减小，B 错误；C．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，C错误；D．小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞解得所以小球返回A点后做自由落体运动，D正确。故选D。6.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，为使冰壶滑行得更远，运动员可以用冰刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小（近似为零）。在某次训练中，运动员两次以相同的速度推出冰壶，第一次在冰壶滑行至处开始擦冰面，冰壶做匀速直线运动，此后冰壶在未擦的冰面继续运动直至停止，冰壶从推出到停止滑行的距离为，滑行时间为；第二次在冰壶滑行至处开始擦冰面，冰壶做匀速直线运动，此后冰壶在未擦的冰面继续运动直至停止，冰壶从推出到停止滑行的距离为，滑行时间为。则（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．冰壶在冰面上的运动有匀速直线运动和匀减速直线运动两种运动方式，从推出冰壶到匀速运动阶段由动能定理由于第一次匀减速运动位移大即，故第一次匀速运动时的速度小，由匀速运动的位移可知，两次匀速运动的时间相等，所以第一次匀速运动的位移小。运动员两次以相同的速度推出冰壶，由动能定理可知 可知两次冰壶在匀减速运动过程中的总位移大小相等。冰壶从推出到停止滑行的距离为所以第二次比第一次的滑行距离大，即故AB错误；CD．冰壶匀减速运动的时间所以两次冰壶匀减速运动的时间相等，又匀速运动的时间也相等，故两次冰壶从推出到停止滑行的时间相等，即故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带电的微粒、、质量相等，电量大小分别为、、，已知在该区域内，、在纸面内分别做半径为、的匀速圆周运动，且，在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（　　）A.、为异种电荷B.C.、、均为正电荷D.无法比较、的大小【答案】D【解析】【详解】AB．因、在纸面内分别做半径为、的匀速圆周运动，则、所受电场力与重力平衡，故、均为正电荷，则有解得 因E、m和g相同，故a、b的电量相同；它们在复合场中运动，仅由洛伦兹力提供向心力，根据可得由题知，且m、B和q相同，故，故AB错误；CD．由题知，在纸面内向左做匀速直线运动，若c带正电，根据平衡条件有解得若c带负电，根据平衡条件解得与大小关系无法比较，故C错误，D正确。故选D。8.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示。若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（　　） A.带正电B.从点到点的运动过程中速度先变大后变小C.从点到点的运动过程中电势能先变大后变小D.经过点和点时速度相同【答案】AC【解析】【详解】A．由带电粒子在电场中的运动轨迹可知带电粒子受到指向低电势方向的电场力，而靠近负电荷处的电势低，所以带电粒子受到负电荷的吸引力，带电粒子带正电，故A正确；BC．由A选项可知，粒子带正电，因此粒子从a点到c点的过程中，电势能增大，电场力做负功，因此粒子动能减小，即速度减小，当粒子从c点到e点的过程中，电势能减小，电场力正功，因此粒子动能增大，即速度增大，所以粒子速度先变小后变大，故B错误，C正确；D．由于b、d两点为等势点，根据动能定理带电粒子从b点运动到d点过程中，电场力做的功为零，b、d两点处带电粒子动能相等，速度大小相同，但是两点速度方向明显不同，故D错误。故选AC。9.如图所示，两束单色光、平行射入平行玻璃砖上表面，光束是红光，光束是绿光。若不考虑光束在平行玻璃砖下表面反射后的情况，下列说法正确的是（　　）A.光束比在玻璃砖中的传播速度大B.光束在平行玻璃砖下表面可能发生全反射C.两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后可能重合为一束光线D.两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后若仍为两束单色光，两束光可能不再平行【答案】AC【解析】【详解】A．根据题意可知，光束的折射率小于光束，由公式可得，光束比在玻璃砖中的传播速度大，故A正确；B．根据题意，由光路的可逆性可知，光束在平行玻璃砖下表面不可能发生全反射，故B错 误；CD．因为玻璃上下表面平行，光线在玻璃下表面第二次折射时的入射角等于在上表面第一次折射时的折射角，根据光路可逆性可知，第二次折射光线与第一次折射入射光线平行，所以从玻璃砖下表面射出的两束光仍然平行，如果玻璃砖的厚度、两束入射光线入射位置合适，两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后可能重合为一束光线，故D错误，C正确。故选AC。10.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，a、b、c为介质中的三个质点，图乙表示该波x=6m处a质点的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波沿x轴负向传播B.t=15s时，质点a处于波峰位置C.t=2s时，质点b振动的速度方向与回复力方向相同D.质点c的位移随时间变化的关系式为【答案】BC【解析】【详解】A．由乙图可知，t=0时，x=6m处的质点处于平衡位置，且运动方向沿y轴负方向，根据“上下坡”法，可以判断出波沿x轴正方向传播，A错误；B．由于15s等于三个整周期加四分之三个周期，由乙图可知，15s时质点a处于波峰位置，B正确；C．2s时，a质点处于平衡位置，且向上振动，b的振动比a滞后，所以b处于y=－5m处，向平衡位置运动，则振动的速度方向与回复力方向相同，C正确；D．质点的位移与时间变化的关系为当t=0时，y=5cm，解得 或（结合图像特点，应舍去）所以位移随时间变化的关系式为D错误。故选BC。11.如图所示，有方向垂直于光滑绝缘水平桌面的两匀强磁场，磁场感应强度的大小分别为、，为两磁场的边界，磁场范围足够大，一个水平放置的桌面上的边长为，质量为，电阻为的单匝正方形金属线框，以初速度垂直磁场方向从图示位置开始向右运动，当线框恰有一半进入右侧磁场时速度为，则下列判断正确的是（　　）A.B.此时线框的加速度大小为C.此过程中通过线框截面的电量为D.此时线框的电功率为【答案】D【解析】【详解】A．磁通量的变化量由感应电动势感应电流 由冲量定律可得计算可得故A错误；B．此时切割磁感线产生的感应电动势线框中电流为由牛顿第二定律得联立两式可得故B错误；C．由电荷量公式得故C错误；D．此时线框的电功率为故D正确。故选D二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.如图所示是探究小球做圆周运动所需向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系的实验装置。图中、、到转轴的距离之比为。 （1）本实验采用的实验方法是________。A.微元法B.放大法C.累积法D.控制变量法（2）在探究向心力的大小与半径的关系时，要将质量________（选填“相同”或“不同”）的两小球分别放在长槽的________（选填“A”或“B”）处和短槽的C处，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径________（选填“相同”或“不同”）。若实验中观察到标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为，则可以得到的结论是________。【答案】①.D②.相同③.B④.相同⑤.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比【解析】【详解】（1）[1]本实验采用的实验方法是控制变量法，故选D。（2）[2][3][4]在探究向心力的大小与半径的关系时，应使r不同，故两小球分别放在长槽的B处和短槽的C处；其余物理量应相同，故要选择质量相同的小球，两球角速度也相同，由可知，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径相同。[5]由可知故实验中观察到标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为，则可以得到的结论是：在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成正比。13.新型冠状病毒肆虐全球，给人类的生命安全带来了极大的威胁与伤害，感染新冠病毒的主要症状有咳嗽、发热、头疼、全身乏力等，进行体温监测是进行新冠排查的主要手段之一。某中学生小明利用热敏电阻自制了一简易温度计，其内部电路装置如图甲，使用的器材有：直流电源（，内阻不计）、毫安表（量程未知）、电阻箱（最大阻值）、热敏电阻一个、开关和、导线若干。 （1）为了确定毫安表的量程和内阻，先把电阻箱的阻值调到最大，然后将开关接至端，闭合开关，逐渐调节电阻箱的阻值，发现当毫安表指针刚好偏转至满偏的处，电阻箱示数如图乙，此时电阻箱阻值为________。将电阻箱阻值调为时，毫安表刚好偏转至满偏的处，由此知毫安表的量程为________，内阻________。（计算结果保留两位有效数字）（2）将开关接至端，闭合开关，该温度计可开始工作，为了得到摄氏温度与电流之间的关系，小明通过查阅资料，发现自己使用的热敏电阻为正温度系数热敏电阻，其阻值随摄氏温度增加而线性增加，比例系数为，已知该电阻0℃时的阻值为，请帮助小明写出该简易温度计所测摄氏温度与电流之间的关系式：________（用、、、等符号表示）。【答案】①.840.0②.10③.60④.【解析】【详解】（1）[1]由图乙电阻箱可知，其示数为[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得 解得（2）[4]由题可知，热敏电阻阻值与温度关系根据闭合电路欧姆定律得解得14.密闭容器内装有质量的氧气，开始时氧气压强为，温度为，因为阀门漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为大气压强，温度降为，已知大气压强为，容器不变形，且以上状态的氧气均视为理想气体。求漏掉的氧气质量。【答案】0.89kg【解析】【详解】开始时容器内氧气温度为经一段时间后温度降为压强变为设容器的体积为，以开始时容器内全部氧气为研究对象，由理想气体状态方程得 解得所以漏掉的氧气质量为15.如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内存在沿+y方向的匀强电场，在第Ⅰ象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场（电场、磁场均未画出），一个比荷为带电粒子以大小为的初速度自点沿方向运动，恰经原点进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从轴上的点射出第Ⅰ象限。不计粒子重力，求：（1）第Ⅲ象限内匀强电场的场强的大小；（2）第Ⅰ象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动，则有水平方向竖直方向又因，解得场强 （2）设粒子到达点瞬间，速度大小为，与轴夹角为则解得由几何关系得粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力解得16.在光滑的水平面上放有很薄的一个长木板，其长度L=0.5m，质量M=2kg，长木板最右端并排放有相距很近的质量为m1和m2的A、B两小滑块（可视为两质点），，系统处于静止状态。滑块与长木板的动摩擦因数为，滑块与长木板的动摩擦因数为，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。从零时刻开始，在长木板右端施加一水平恒力，使系统向右运动，滑块离开木板落到水平面时无速度损失。已知重力加速度为。求： （1）滑块离开长木板时的速度；（2）末两个滑块的距离s；（3）全过程因摩擦产生的热量Q。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律得故滑块在长木板滑动。设滑块在长木板滑动时间为，则有对滑块B和长木板由牛顿第二定律故滑块B和长木板一起以做初速度为0的匀加速运动，则有且即解得则、（2）当滑块滑离长木板后，对滑块B和长木板由牛顿第二定律，得 故滑块B在长木板滑动。设滑块在长木板滑动的时间为，则有对长木板由牛顿第二定律得且有即解得故滑块B滑离长木板时刚好用时，此时两滑块的距离是（3）全过程系统摩擦生热是