湖北省2023年普通高中学业水平选择性考试

湖北省2023年普通高中学业水平选择性考试一、选择题1.(2023·湖北卷·1)2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为121.6nm的氢原子谱线(对应的光子能量为10.2eV)。根据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子(　　)A．n＝2和n＝1能级之间的跃迁B．n＝3和n＝1能级之间的跃迁C．n＝3和n＝2能级之间的跃迁D．n＝4和n＝2能级之间的跃迁答案　A解析　由题图可知n＝2和n＝1能级之间的能量差值为ΔE＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子n＝2和n＝1能级之间的跃迁。故选A。2．(2023·湖北卷·2)2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2，如图所示。根据以上信息可以得出(　　)A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9∶4D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前答案　B解析　火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有＝，可得＝＝，故A 错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；在星球表面根据万有引力定律有G＝mg，由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误；火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有ω火＝，ω地＝，要发生下一次火星冲日则有(－)t＝2π，得t＝>T地，可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之后，故D错误。3．(2023·湖北卷·3)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　)A．若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远B．若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φND．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN答案　C解析　沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有φM<φN，故C正确；若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动，根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN，故D错误。4．(2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　)A.B.C.D.答案　D解析　由题意可知对两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝，故选D。5．(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯， 其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　)A．0.30VB．0.44VC．0.59VD．4.3V答案　B解析　根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故选B。6．(2023·湖北卷·6)如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为30°，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为45°。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为(　　)A.dB.dC．dD.d答案　C解析　设光线在OQ界面的入射角为α，折射角为β，由几何关系可知α＝30°，则由折射定律n＝＝，光线射出OQ界面的临界为发生全反射，光路图如图所示，其中CS⊥OB，光线在A、B两点发生全反射，由全反射定律sinC＝＝可得，全反射的临界角为45°，AB之间有光线射出，由几何关系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d，故选C。7．(2023·湖北卷·7)一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于x＝－cm和x＝120cm处。某时刻b质点的位移为y＝4cm，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为(　　) 答案　A解析　a、b之间的距离为Δx＝cm＝λ，此时b点的位移为4cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为φ，则有4cm＝8sinφ(cm)，解得φ＝或φ＝(舍去，向下振动)，由a、b之间的距离关系可知φa－φ＝·2π＝π，则φa＝π，可知a点此时的位移为y＝8sinφa(cm)＝4cm，且向下振动，故选A。8．(多选)(2023·湖北卷·8)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是(　　)A．t＝2t0时，P回到原点B．t＝2t0时，P的运动速度最小C．t＝t0时，P到原点的距离最远D．t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同答案　BD解析　质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确；a－t图像的面积表示速度变化量，～t0时间内速度的变化量为零，因此时刻的速度与t0时刻相同，D正确。9．(多选)(2023·湖北卷·9)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点， 另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)A．弹簧的劲度系数为B．小球在P点下方l处的加速度大小为(3－4)gC．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同答案　AD解析　小球在P点受力平衡，则有mg＝Ffm，Ffm＝μFN，FN＝k(l－)，联立解得k＝，A正确；在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F＝k(l－)，小球受到的摩擦力为Ff＝μFN1＝μFsinθ，化简得Ff＝μ(klsinθ－)，从M点到P点θ增大，从P点到N点θ减小，即摩擦力先变大后变小，C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知从M到P和从P到N摩擦力做功大小相等，D正确；小球运动到P点下方时θ＝45°，此时摩擦力大小为Ff1＝μ(kl－)，由牛顿第二定律mg－Ff1＝ma，联立解得a＝(2－)g，B错误。10.(多选)(2023·湖北卷·10)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　　)A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1 C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变答案　BD解析　微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，设微粒射入电容器时的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos45°＝v0，vy＝v0sin45°＝v0，从射入到运动到最高点由运动学公式得vy2＝2ad，由动能定理可得qU1＝mv02，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从射入到运动到最高点有2L＝vxt，d＝·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；微粒从最高点到穿出电容器时由运动学知识可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝，设微粒穿出电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tanα＝＝，微粒射入电容器时速度和水平方向的夹角为β，tan(α＋β)＝3，C错误；粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝at2，联立解得y＝，且x＝vxt′，y＝·t′，可得x＝2L，y＝d＝L，即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出电场过程同理，x＝L＝vxt1′，y1＝t1′＝＝，即轨迹不会变化，D正确。二、非选择题11．(2023·湖北卷·11)某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验。如图(a)所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n(n＝0,1,2,3,4,5)个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0g)，向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。 (1)实验中，拉动木板时________(填“必须”或“不必”)保持匀速。(2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m＝________。(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m－n图像，如图(b)所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留2位有效数字)。答案　(1)不必　(2)mB－μ(mA＋nm0)　(3)0.40解析　(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，则实验拉动木板时不必保持匀速；(2)对木块A和砝码有μ(mA＋nm0)g＝FT对重物B有FT＋mg＝mBg解得m＝mB－μ(mA＋nm0)(3)根据m＝mB－μmA－μm0·n结合图像可知μm0＝g＝8g则μ＝0.40。12．(2023·湖北卷·12)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：电压表(量程0～3V，内阻很大)；电流表(量程0～0.6A)；电阻箱(阻值0～999.9Ω)；干电池一节、开关一个和导线若干。 (1)根据图(a)，完成图(b)中的实物图连线。(2)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U－I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为________V(保留3位有效数字)、内阻为________Ω(保留2位有效数字)。(3)该小组根据记录数据进一步探究，作出－R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为________Ω(保留2位有效数字)。(4)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值________(填“偏大”或“偏小”)。答案　(1)见解析图　(2)1.58　0.64　(3)2.5　(4)偏小解析　(1)实物连线如图：(2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir由图像可知E＝1.58V内阻r＝Ω≈0.64Ω(3)根据E＝I(R＋RA＋r)可得＝·R＋ 由图像可知＝2A－1解得RA≈2.5Ω(4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与干电池内阻的并联值，即实验中测得的干电池内阻偏小。13．(2023·湖北卷·13)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：(1)最终汽缸内气体的压强。(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。答案　(1)p0　(2)　解析　(1)对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0体积V1＝SH＋2SH＝3SH末态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2解得p2＝p0(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S解得m＝对左侧活塞受力分析可知 p0S＋k·H＝p2S解得k＝。14.(2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。答案　(1)　(2)0　(3)解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m＝mg解得vD＝(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos60°＝小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝mvD2－mvC2则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mvD2－mvB2联立解得vB＝，HBD＝0(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 －μmgs＝mvB2－mvA2s＝π·2R解得vA＝。15.(2023·湖北卷·15)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；(3)t＝时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t＝的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可)答案　(1)　(2)m　　(3)甲(－6a,0)　乙(0,0)　67πa解析　(1)由题知，粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r甲0＝a根据qv甲0B＝m解得v甲0＝(2)由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲＝2T乙根据qvB＝mr，有T＝，＝则m乙＝m粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正方向，有mv甲0＋m乙v乙0＝－mv甲1＋m乙v乙1 mv甲02＋m乙v乙02＝mv甲12＋m乙v乙12解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。(3)已知在t1＝时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0则根据qvB＝m，可知此时乙粒子的运动半径为r乙1＝a，甲粒子半径r甲1＝3a，可知在t2＝时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为s1＝6πa且在第二次碰撞时有mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2mv甲12＋m乙v乙12＝mv甲22＋m乙v乙22解得v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0乙粒子半径r乙2＝a，甲粒子半径为r甲2＝a可知在t3＝时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为s2＝10πa且在第三次碰撞时有mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3mv甲22＋m乙v乙22＝mv甲32＋m乙v乙32解得v甲3＝－3v甲0，v乙3＝3v甲0依次类推在t9＝时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为s9＝10πa且在第九次碰撞时有 mv甲8＋m乙v乙8＝mv甲9＋m乙v乙9mv甲82＋m乙v乙82＝mv甲92＋m乙v乙92解得v甲9＝－3v甲0，v乙9＝3v甲0在t9＝到t＝过程中，甲粒子刚好运动半周，则t＝时甲粒子运动到(－6a,0)处。在t9＝到t＝过程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为s9＝3πa故整个过程中乙粒子走过总路程为s＝4×6πa＋4×10πa＋3πa＝67πa。