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2023年湖北省高考物理模拟试题卷（二）
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．核反应方程 Th→ Pa+X中的X表示（ ）
A．质子 B．电子 C．光子 D．中子
2．据国外媒体报道，科学家发现在约39光年外有一个“超级地球”（编号LHS1140b），它围绕一
颗质量比太阳稍小的恒星运行，LHS1140b的直径大约是地球直径的1.4倍，但质量是地球质量的7
倍，它有可能是天文学家们搜寻地外生命最佳的候选目的地之一，下列说法正确的是（ ）
A．LHS1140b两极表面的重力加速度与地球两极表面的重力加速度之比为
B．LHS1140b的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为
C．LHS1140b的公转周期与地球的公转周期之比为
D．LHS1140b的自转周期与地球的自转周期之比为
3．如图所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭着一定质量、常温常压的气体，气缸固定不动．一
条细线一端连接在活塞上，另一端跨过两个光滑的定滑轮后连接在一个小桶上，开始时活塞静止，
现不断向小桶中添加细沙，使活塞缓慢向右移动（活塞始终未被拉出，气缸、周围环境温度不变，
分子间作用表现为引力）．则在活塞移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．气缸内气体的分子平均动能不变，内能可能不变
B．气缸内气体的内能变小
C．气缸内气体的压强变小
D．气缸内气体向外界放热
4．如图所示，电荷均匀分布在半球面上，电荷在该半球的中心 处产生的电场的电场强度大小等于 ，半球的一个截面过半球面的直径，该截面与半球面的底面夹角 ，则该截面左下
侧的这部分球面上的电荷在 处产生的电场的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
5．将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向．设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力
大小恒定．则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能E 与小球离抛出点高度h的关
k
系错误的是( )
A． B．
C． D．
6．如图中a、b所示，是一辆质量m=6×103kg的公共汽车在t=0和t=4s末两个时刻的两张照片。当
t=0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）．图c是车内横杆上悬挂的拉手环经放大
后的图像，测得θ=300．根据题中提供的信息，不可以估算出的物理量有 （ ）
A．汽车的长度 B．4s末汽车的速度C．4s末汽车合外力的功率 D．4s内汽车牵引力所做的功
7．质量为m的物块带电荷量为＋q，开始时使其静止在倾角α＝ 的固定光滑绝缘斜面顶端，
整个装置放在水平向左场强大小为 的匀强电场中，如图所示。斜面高为H，释放物块
后，物块落地时的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
8．有两个匀强磁场区域 I和 II，I中的磁感应强度是 II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁
场区域做圆周运动．与 I中运动的电子相比，II中的电子（ ）
A．运动轨迹的半径是I中的k倍
B．加速度的大小是I中的k倍
C．做圆周运动的周期是I中的k倍
D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍
9．某发电厂发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电厂附近的升压变压器升压，然后用输电线
路把电能输送到远处居民小区附近的降压变压器，经降低电压后输送到用户．设升、降变压器都是
理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但是电厂输送的总功率增加，这时（ ）
A．升压变压器的副线圈的电压变大
B．降压变压器的副线圈的电压变大
C．高压输电线路的电压损失变大
D．用户的负载增多，高压输电线中的电流变大
10．如图所示，长方体金属薄片MN与垂直纸面向外的匀强磁场平行，一带电粒子（不计重力）从
MN上边缘的a点以初动能E 垂直MN向上运动，第一次从b 点穿越薄片后再次从c点开始射入薄
k0
片。若ab= bc， 粒子穿越薄片过程中受到的阻力大小及电荷量恒定，穿越薄片的时间不计，则（ ）
A．粒子带负电荷
B．粒子到达c点时的动能为 E
k0
C．粒子从a点运动到b点的时间大于其从b点运动到c点的时间
D．粒子穿越薄片的次数最多为4
11．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成 角（ ），其中MN与
PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由
静止开始沿导轨下滑，并与导轨的两边始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R。从释
放开始，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程
中（ ）
A．ab运动的平均速率小于
B．金属棒的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为二、非选择题:本题共5小题。共56分。
12．在“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）将下列主要的实验步骤，按照实验的合理顺序把步骤前的字母序号填在横线上：
A．用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器处；
B．将纸带固定在重物上，让纸带穿过固定在铁架台上的打点计时器的限位孔；
C．取下纸带，在纸带上选点迹清晰的几点，测出它们与第一个点的距离，并算出重物在打下这
几个点时的瞬时速度；
D．接通电源，松开纸带，让重物自由下落；
E．查出当地的重力加速度g的值，算出打下各计数点时的动能和相应的减少的重力势能，比较它
们是否相等；
F．把测量和计算得到的数据填入自己设计的表格里．
（2）物体重力势能的减少量和动能的增加量相应相比，实际上哪个值应偏小些？原因是什么？
答： ．
（3）若自由下落的重物质量为1kg，获得一条纸带数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，打点
的时间间隔为0.02s．求：
①打点计时器打下计数点B时，物体的速度v = ．
B
②从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能的减少量△E = ．此过程中物体动能
P
的增量△E = ．（保留两位有效数字）
K
13．某研究性学习小组在实验室进行了测定金属电阻率的实验，实验操作如下：
（1）检查螺旋测微器零位线是否准确，若测微螺杆和测砧紧密接触时，螺旋测微器的示数如图甲
所示，则用该螺旋测微器测金属丝直径时，测量结果将 （选填“偏大”或“偏小”），这
属于 （选填“系统误差”或“偶然误差”）。
（2）若用如图乙所示的电路测金属丝R 的电阻，测量误差主要来源于 ，
x
它将导致测量的金属丝电阻率 （选填“偏大”或“偏小”）。
（3）为了更准确地测量金属丝的电阻，该学习小组对电路进行了改进，选择了一个与金属丝电阻
差不多的已知阻值的电阻R，接入如图丙所示的电路。实验时，单刀双掷开关接位置1时，电流表示
数为I，电压表示数为U；单刀双掷开关接位置2时，电流表示数为I，电压表示数为U，根据以
1 1 2 2
上测量数据可知金属丝电阻的表达式为R= 。另外，实验中不仅能得到金属丝电阻的
x准确值，还可以测出电流表的内阻，电流表的内阻R = 。（均用题中所给字母表示）
A
14．如图所示，在一半径为 的圆柱形薄壁容器中盛满透明液体，上表面圆心为 为容器最
右端的点， 在 正上方距离为 的位置， 为 的中点， 为 正下方一点。
已知液体的折射率为 ，光在真空中的传播速度为 。
（1）在 点放一个点光源，眼睛在 点看向 点正好能看见点光源，求点光源发出的光
传播到眼睛所需的时间。
（2）若把眼睛移动到 点，求眼睛能看到的液体最深处到液面的高度差。
15．如图甲所示，两根间距L=1.0m，电阻不计的足够长平行金属导轨MN、PQ水平放置，一端与阻
值R=3.0 Ω 的电阻相连，质量m=0.5kg、电阻为r=1.0 Ω 的导体棒ab在恒定外力F作用下由静止开
始运动，已知导体棒与两根导轨间的滑动摩擦因数为 μ=0.2，整个装置处于垂直于导轨平面向上的
匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（已知最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，g取10m/s2）。求：（1）恒定外力F的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）若ab棒由静止开始运动距离为x=6m时，速度己达v=4m/s，求此过程中电阻R上产生的焦
耳热Q。
16．如图所示，水平面上有一凹槽，一平板车停在凹槽最左端，平板车的质量M=1kg、长度
l=3.16m，其上表面恰好与水平面平齐。一轻质弹簧左端固定在墙上、右端与一质量为m=3kg的小物
块（视为质点）接触但不连接用一水平力F级慢向左推物块，当力F做功W=24J时突然撤去，已知
小物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，其他摩擦不计，取重力加速度大小g=10m/s2，平板车与凹
槽两端的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求小物块刚滑上平板车时的速度v 的大小；
0
（2）小物块滑上平板车后，经过一段时间，平板车与小物块以共同的速度与凹槽右端发生碰撞，
求平板车与凹槽右端碰撞前瞬间的速度v 的大小及此时平板车左端与小物块间的距离l ；
1 1
（3）平板车与凹槽右端碰撞后经过一段时间，小物块从平板车右端飞出，且在这段时间内，平板
车未与凹槽发生碰撞，求小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离。答案
1．B
【解答】解：根据电荷数守恒、质量数守恒知，未知粒子的电荷数为﹣1，质量数为0，可X为电子．
故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒确定未知粒子的电荷数和质量数，从而确定未知粒子的种类．
2．B
【解答】A．对放在星球两极表面的物体，有
得
则LHS1140b两极表面的重力加速度与地球两极表面的重力加速度之比为
A不符合题意；
B．星球的第一宇宙速度等于环绕星球表面的卫星的环绕速度
又r=R
得
则LHS1140b的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为
B符合题意；
C．由
得
由于不知道两星球所围绕的恒星的质量比和公转半径比，所以无法求出公转周期之比，C不符合题意；
D．要得到星球的自转周期，需要知道星球表面（除两极外）的重力加速度大小和星球半径，如对星
球赤道表面物体
由题中条件，无法得出两星球自转周期之比，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】在星球表面重力等于万有引力，得出重力加速度的表达式，并得出重力加速度的比值；跟
你就万有引力提供向心力从而得出公转周期之比和第一宇宙速度之比。
3．C
【解答】A、B由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能和分子的平均动能不
变，故AB错误
C、D体积增大，压强减小，气体要对外做功，由于气体的内能不变，根据热力学第一定律
△E=W+Q可知，气体要从外界吸收热量，所以C正确，D错误．
故选：C
【分析】以活塞为研究对象，根据力平衡得知气缸内气体的压强逐渐减小，气体体积增大，气体对
外界做功．由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变．
4．D
【解答】根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，
由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度
故答案为：D。
【分析】利用平行四边形定则结合场强的叠加可以求出电场强度的大小。
5．B【解答】根据牛顿第二定律，则-mg-f=ma，解得 ，则A符合题意；根据v2=v 2-2gh
0
可知，B不符合题意；根据能量关系：E=E-fh可知，C符合题意；根据动能定理：
0
可知，D符合题意；此题选择不正确的选项，
故答案为：B.
【分析】上升过程由于合力不变所以加速度不变；利用速度和高度的表达式可以判别速度随高度的
变化；机械能的减少等于阻力所做的功；动能的变化等于合力所做的功，利用表达式可以判别图像
的正确。
6．D
【分析】由图知，4s内汽车的位移刚好等于汽车的长度，由 ，对拉手环进行受力分析如上
1 1 √3
图所示，得到 ， ，联立得到x= at2= ×10× ×42≈46m，A错；由
2 2 3
√3 √3
v=at=10× ×4m/s≈23m/s，B错；由F=ma=6×103×10× N≈3.46×104N，所以4s末
3 3
汽车的功率为：P=Fv=3.46×104×23W =7.97×105W，C错；因不知汽车的摩擦力，所以无法求
汽车的牵引力，即不能估算4s内汽车牵引力所做的功，D对。
【点评】本题学生会根据对拉手环的受力分析，求出汽车的加速度，再用相应的公式去解题。
7．B
【解答】对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力
重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角 ，运用动能定理研究从开始到落地过程，解得：
故答案为：B
【分析】利用动能定理可以求出落地速度的大小。
8．A,C
【解答】解：设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，
A、根据电子在磁场中运动的半径公式r= 可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为 ，Ⅱ中
的电子运动轨迹的半径为 ，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；
B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a= ，所以Ⅰ中的电
子加速度的大小为 ，Ⅱ中的电子加速度的大小为 ，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ
中的 倍，故B错误；
C、根据电子在磁场中运动的周期公式T= 可知，Ⅰ中的电子运动周期为 ，Ⅱ中的电
子运动周期为 ，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的
周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；
D、做圆周运动的角速度ω= ，所以Ⅰ中的电子运动角速度为 ，Ⅱ中的电子运动角速度为 ，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的 倍，故D错误；
故选：AC．
【分析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式
逐项分析即可．
9．C,D
【解答】解：A、在用电高峰期，用户总功率变大，用户电流变大，即降压变压器输出电流变大，输
电电流变大，输电线导线电阻不变，由U=IR可知，输电线上损失的电压变大，发电机电压不变，升
压变压器的输入与输出电压不变，输电线上损失的电压变大，降压变压器输入电压变小，降压变压
器副线圈电压变小，A不符合题意，C正确；
B、发电机电压不变，升压变压器的输入与输出电压不变，B不符合题意；
D、用户的负载增多，降压变压器副线圈电流变大，原线圈电流变大，即高压输电线中的电流变大，
D正确；
故 正确答案 ：CD．
【分析】 （1）弄清远距离高压输电的模型，知道电能的损耗主要是在输电线上，知道电压与匝数
成正比，电流与匝数程反比．
（2）升压变压器的输入和输出电压是不变的，用户多的时候，总电流变大，输电线上的消耗也就变
大了，导致用户得到的电压减小，由于用户多需要的功率曾大了，所以电厂输送的总功率要增加．
10．B,D
【解答】A.根据左手定则结合粒子的运动轨迹可知粒子带正电，A不符合题意；
B.由 可知，粒子穿越薄片前后的轨迹半径之比 ，结合 ，
，
可得 ，
B符合题意；
C.根据 和 可得 ，
显然t与r无关，粒子从a点运动到b点时间与从b点运动到c点的时间相同，故 C不符合题意；D.粒子每穿越薄片一次克服阻力做功为 ，
由于 ，
故粒子穿越薄片的次数最多为4次，D符合题意；
故答案为：BD；
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系结合牛顿第二定律可以求出动能的比值；
利用周期公式可以比较运动的时间；利用动能的变化可以求出克服阻力做功及粒子穿过薄片的次数。
11．B,D
【解答】A．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致
金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，因此运动
的平均速度大小大于 ，A不符合题意；
B．由电量计算公式
可得，下滑的位移大小为
B符合题意；
C．产生的焦耳热
而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流
小，故这一过程产生的焦耳热小于 ，C不符合题意；
D．金属棒ab受到的最大安培力大小为
D符合题意。
故答案为：BD。【分析】根据安培力公式结合牛顿第二定律判断金属板的运动情况，从而求出平均速度；根据电量
公式求出下滑的位移；根据焦耳定律和安培力公式进行分析计算。
12．（1）BADCEF
（2）动能的增加量，阻力做负功
（3）0.98m/s；0.49J；0.48J
【解答】解：（1）实验先进行器材的安装，顺序为：BA，然后进行实验，顺序为：D，最后数据处
理和整理器材，为CFE．所以合理的顺序为：BADCFE．（2）在下落过程中需要克服阻力做功转化
为内能，故动能值偏小；（3）每两个点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为
T=0.04s．
利用匀变速直线运动的推论得：
重力势能减小量：△E=mgh=1×9.8×0.0501J=0.49J．
p
v = = m/s=0.98m/s
B
重锤的动能E = mv 2= ×1×（0.98）2=0.48J
kB B
故答案为：（1）BADCFE；（2）动能的增加量，阻力做负功； （3）0.98 m/s，0.49J，0.48J．
【分析】（1）根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定不必要的步骤．根据安装器材、进
行实验、数据处理的顺序排列步骤．（2）因存在阻力，导致减小的重力势能没有完全转化为增加的
动能；（3）纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推
论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等
于重力做功的数值．运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题．要
注意单位的换算，要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．
13．（1）偏大；系统误差
（2）电流表的分压作用；偏大
（3） ；
【解答】(1)根据测微螺杆和测砧紧密接触时的图象可知，用螺旋测微器测得的示数偏大；实验器材
导致的误差为系统误差。(2)根据伏安法测电阻的原理可知，电流表内接法误差来自电流表的分压，
测量的阻值偏大，根据电阻定律可知，计算出来的电阻率也偏大。(3)单刀双掷开关接位置1时，电流表示数为I，电压表示数为U，则
1 1
单刀双掷开关接位置2时，电流表示数为I，电压表示数为U，则
2 2
联立解得 ，
【分析】（1）由于螺旋测微器本身已经有读数会导致读出来的读数偏大，这属于系统误差；
（2）实验的误差主要来源于电流表分压作用，导致测量值偏大；
（3）利用欧姆定律可以求出电流表内阻和金属丝电阻的大小。
14．（1）由题意，光路图如图所示，从点光源N发出的光经M点折射到Q，由几何知识可得光在
M点的折射角为 。由折射定律可得
解得光在M点的入射角为 。
由几何知识可得
光在液体中的传播速度为
解得点光源发出的光传播到眼睛所需的时间为（2）如图所示，离P点最远的圆柱母线上的一点A反射点光源发出的光并射向P点，且在P点的入
射角恰好达到全反射临界角C，则A点就是眼睛能够看到的液体最深处。
光在液面发生全反射的临界角C的正弦值为
根据几何关系可知A点到液面的高度差为H=2R。
【分析】（1）画出光经过M点折射的光路图，利用几何关系可以求出折射角的大小，结合折射定律
可以求出入射角的大小；利用几何关系可以求出MQ之间的距离，结合传播的速度可以求出光传播
的时间；
（2）当光线射向P点时入射角等于临界角时其A点就是眼睛能够看到的液体最深处，利用折射定律
可以求出临界角的大小，结合几何关系可以求出高度差的大小。
15．（1）解：由图可知：导体棒开始运动时加速度 ，初速度v=0，导体棒中无电流，
0
由牛顿第二定律知
（2）解：由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=4m/s做匀速运动，则有其中 ，
联立解得
（3）解：由功能关系可知
R上产生的热量为
联立解得
【分析】（1）利用牛顿第二定律结合图像坐标可以求出恒定外力的大小；
（2）利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出磁感应强度的大小；
（3）利用功能关系可以求出焦耳热的大小。
16．（1）解：设小物块刚滑上平板车时的速度大小为 ，从F向左推物块到小物块刚滑上平板车
过程，根据动能定理有
解得
（2）解：设平板车到达凹槽右端前瞬间物块与平板车的共同速度为v，取向右为正方向，由动量守
1
恒定律得
解得
由功能关系得
解得
（3）解：解法一：取水平向右为正方向，设小物块离开平板车时的速度为 ，此时平板车的速度
为 ，由动量守恒定律得由功能关系得
设平板车与凹槽右端发生碰撞前瞬间，小物块到平板车右端的距离为l ，则
2
解得
设物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离为x，对平板车，由动能定理得
解得
解法二：平板车第一次与凹槽右端碰撞后，设小物块和平板车的加速度大小分别为a、a，则根据牛
1 2
顿第二定律有
设经过时间t小物块离开平板车，则t时间内小物块和平板车的位移大小分别为
设平板车与凹槽右端发生碰撞前瞬间，小物块到平板车右端的距离为l ，则
2
解得物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离为
【分析】（1） F向左推物块到小物块刚滑上平板车过程 根据动能定理得出平板车的速度；
（2）小物块滑上平板车根据动量守恒定律得出 平板车到达凹槽右端前瞬间物块与平板车的共同速
度 以及利用功能关系得出平板车左端与小物块间的距离；
（3）方法以：利用动量守恒定律以及功能关系得出小物块离开平板车时的速度以及平板车的速度，
对平板车根据动能定理得出小物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离；
方法二：对小物块和平板车根据牛顿第二定律得出各自的加速度，同时利用匀变速直线运动的规律得出各自移动的位移，结合相对位移得出物块离开平板车时平板车右端到凹槽右端的距离。
