2022-2023学年湖北省鄂州市高考物理试题押题预测卷

2022-2023学年湖北省鄂州市高考物理试题押题预测卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同

频率的光a、b、c,频率下列说法正确的是

I....................&5

3-----------------1.51

2-----------------3.40

I-----------------K6

A.照射氢原子的光子能量为12.75eV

B.从〃=3能级跃迁到“2能级辐射出的光频率为方

C.从〃=3能级跃迁到"=1能级辐射出的光频率为%

D.光a能使逸出功为10.2eV的某金属发生光电效应

2、如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直

杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是()

~1*1

丁

A.转动的角速度越大，细线中的拉力越大

B.转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大

C.转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等

D.转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等

3、研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表。已知该

光电管阴极K的极限频率为w,元电荷电量为e,普朗克常量为R开始时滑片P、P'上下对齐。现用频率为v的光

照射阴极K(v>vo),则下列说法错误的是

A.该光电管阴极材料的逸出功为/“6

B.若加在光电管两端的正向电压为U,则到达阳极A的光电子的最大动能为励-初。+eU

C.若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数一定会不断增大

D.若将滑片「向右滑动，则当滑片P、P'间的电压为色二效时，电流计G的示数恰好为0

e

4、下列说法正确的是（）

A.电子的发现说明原子具有核式结构

B.0衰变现象说明电子是原子核的组成部分

C.某金属在光照射下发生光电效应，入射光频率越高，该金属的逸出功越大

D.某金属在光照射下发生光电效应，入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大

5、如图所示，直线1和曲线2分别是汽车a和b在同一平直公路上行驶的位置一时间（X-/）图像，由图像可知（）

A.在。时刻，a、b两车的运动方向相同

B.在打时刻，a、b两车的运动方向相反

C.在。到打这段时间内，a、b两车的平均速率相等

D.在有到打这段时间内，a、b两车的平均速度相等

6、如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流/。，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑

导线电阻对电路的影响。改变变阻器勺接入电路的阻值，记录电流表、电压表的示数并依次填写在下表中。由数据可

以判定以下说法正确的是（）

序号12345678

U(V)14.012.010.08.06.04.02.00

/(A)0.300.400.500.600.700.800.901.00

A.实验过程中此逐渐增大

B.实验过程中恒流源输出功率逐渐减小

C.恒流源提供的电流/（）大小为2.00A

D.电路中定值电阻R的阻值为10Q

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、“风云二号”是我国发射的一颗地球同步卫星，有一侦查卫星A与“风云二号”卫星位于同一轨道平面，两卫星绕地

球运转方向相同。在赤道卫星观测站的工作人员在两个昼夜里能观测到该侦查卫星三次。设地球的半径、自转周期分

别为RE和TE,g为其表面重力加速度，下列说法正确的是（）

A.风云二号距离地面的高度为J逅空—RB.侦查卫星与风云二号的周期比为7:3

V4/E

C.侦查卫星的线速度大于风云二号的线速度D.侦查卫星的轨道半径为R=J避挛

V25"

8、A、B两物体质量均为小，其中A带正电，带电量为g,B不带电，通过劲度系数为々的绝缘轻质弹簧相连放在水

平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=一式中g为重

q

力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（）

A.从开始到B刚要离开地面过程，A物体速度大小先增大后减小

B.刚施加电场的瞬间，A的加速度为4g

C.从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量

D.B刚要离开地面时，A的速度大小为2g

9、如图所示，在光滑水平桌面上有一xOy平面直角坐标系，y轴右侧有两根完全相同的均匀金属丝M和N连接成闭

2乃（d、

合回路，金属丝M的形状满足y=asin丁x，电阻为上在y轴左侧有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁

感应强度大小为3,磁场宽度为g,两金属丝在沿x轴负方向的外力作用下，以速度v匀速穿过磁场，下列判断正确

2

的是

A.金属丝中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向

B.金属丝中感应电流的最大值为萼

C.金属丝运动过程中外力的最大功率为它上

R

D.金属丝穿过磁场过程中产生的热量为我也

R

10、如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d,水平方向

足够长.一个质量为胆、电荷量为+g的小球以初速度均在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，贝！1（）

A.小球在水平方向一直做匀速直线运动B.小球在电场区可能做直线运动

C.若场强大小为整，小球经过两电场区的时间相等D.若场强大小为强，小球经过两电场区的时间相等

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）如图所示装置可以用来研究小车的匀变速直线运动。带有定滑轮的长木板放置在桌面上，重物通过跨过定

滑轮的细线拉着小车向左加速运动，定滑轮与小车间的细线与长木板平行，打点计时器打下的纸带记录下小车的运动

信息。

（1）下面说法正确的是

B.小车的质量必须远大于重物的质量

C.需要平衡小车与长木板间的摩擦力

D.应该先接通打点计时器的电源，然后再释放小车

（2）实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，选取一条点迹清晰的纸带，在纸带上每隔四个点取一个计

数点，测出相邻计数点间的距离如图所示，其中

A=5.09cm,x2-7.10cm,x3-9.10cm,x4-11.10cm,x5=13.09cm,/=15.10cmo则打第4个计数点时小车的速

度匕=一m/s,小车的加速度。=m/s2（结果均保留两位有效数字）。

12.（12分）（1）用10分度游标卡尺测一工件外径的度数如图⑴所示，读数为mm；

用螺旋测微器测一圆形工件的直径读数如图⑵所示，读数为mm。

（2）在伏安法测电阻的实验中，待测电阻凡约为2（）。，电压表，的内阻约为2kQ,电流表a的内阻约为1。，测量电路

中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，电阻由公式&=亍计算得出，式中U与/分别为电压表和电流表的

示数，若将图（a）和图（b）中电路图测得的电阻值分别记为此和R.2,则（填“凡”或"l”）更接近待测

电阻的真实值，且测量值（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值（填“大于”、“等于"

或“小于,,）真实值。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.(10分)如图所示，一足够长的斜面倾角为37。，斜面8c与水平面A8圆滑连接。质量,”=2kg的物体静止于水

平面上的M点，M点距B点之间的距离L=9m,物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为4=0.5,现使物体受到一

水平向右的恒力尸=14N作用，运动至8点时撤去该力小加37。=0.6,侬37。=0.8,^g=10m/s2)o贝！)：

⑴物体到达B点时的速度是多大？

(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？

14.(16分)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长念80cm.。和A是介质中平衡位置分别位于x=O和x=40cm

处的两个质点.f=0时开始观测，此时质点O的位移y=-8cm,质点4处于y=-16cm的波谷位置；f=0.5s时，质点O

第一次回到平衡位置，而UI.5s时，质点A第一次回到平衡位置.求：

(i)这列简谐横波的周期人波速v和波长2;

(ii)质点A振动的位移y随时间f变化的关系式.

15.(12分)如图所示，坐标系第一象限和第二象限均存在垂直纸面向里的匀强磁场，y轴为磁场理想边界，两侧磁

感应强度大小不同，已知第二象限磁感强度大小为8。坐标原点粒子源以不同的速率沿与y轴正方向成30。的方向向第

二象限发射比荷相同带负电的粒子。当粒子速率为n时，粒子穿过y轴第一次进入第一象限，轨迹与)'轴交点为

尸(O,L),进入第一象限经过。点，已知。。与y轴正方向夹角为30。，OQ长为OQ=^L+叵L,不计粒子的

26

重力和粒子间的相互作用力

⑴求第一象限磁感强度大小B';

⑵过P点粒子的速度满足条件。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1,D

【解析】

根据公式=3,可知，〃=3,因此受到激发后的氢原子处于第〃=3能级；

A.根据氢原子由〃=3跃迁到n=l产生的光子能量与从n=l跃迁到〃=3所吸收的光子能量相等可知，照射氢原子的光

子能量为：AE31=E3-EI=-1.51-(-13.6)=12.09eV,故A错误；

B.频率大小关系为Va>Vb>外,从〃=3跃迁到〃=2辐射出的能量最小，即其对应的光频率为先,故B错误；

C.氢原子由〃=3跃迁到”=1产生的光的能量最大，辐射出的光频率为Va,故C错误；

D.氢由〃=3跃迁到n=l产生的光的能量12.09eV,依据光电效应方程，所以能使逸出功为10.2eV的金属能发生光电

效应，故D正确。

2、C

【解析】

AB.设细线与竖直方向的夹角为〃，对N受力析，受到竖直向下的重力GN,绳子的拉力7,杆给的水平支持力M,

因为两环相对杆的位置不变，所以对N有

Tcos0=GN

N、=Tsin。

因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，AB错误;

CD.受力分力如图

N2=GM+TCOS6=GM+GN

所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等；若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，即

Tsin6-/=marr=>f-TsmO-marr

随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即

Tsin6+/'=mco'2r=>f'=mco'2r-Tsin3

故可能存在

mco'2r—Tsin。=Tsin0-m(o2r

摩擦力向左和向右时相等的情况，C正确，D错误。

故选C。

3、C

【解析】

A.由极限频率为vo,故金属的逸出功为Wo=Aw,A正确；

B.由光电效应方程可知，电子飞出时的最大动能为

Ek=hv-W0

由于加的正向电压，由动能定理

eU=E'k-Ek

解得

E'k=hv-hv0+eU

故B正确；

C.若将滑片尸向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不在发生变化，故C错误；

D.P'向右滑动时，所加电压为反向电压，由

eU=Ek

可得

vhv-hvQ

e

则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电，则光电流为零，故D正确；

故选C。

4、D

【解析】

A.a粒子散射实验说明原子具有核式结构，故A错误；

B.p衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故B错误；

CD.在光电效应现象中，金属的逸出功与入射光的频率无关；Ek=hv-Wn可知，入射光频率越高，逸出光电子的

最大初动能越大，故C错误D正确。

故选D。

5、D

【解析】

AB.由X-f图像的斜率正负表示速度方向，由图像可知，。时刻，a、b两车的运动方向相反，，2时刻，a、b两车的

运动方向相同，故AB错误；

C.由X-f图像可知，b汽车的路程大于a汽车的路程，由于时间相同，所以b车的平均速率大于a车的平均速率，

故C错误；

D.在。到打这段时间内，两汽车的位移相同，时间相同，故a、b两车的平均速度相等，故D正确。

故选D。

6、B

【解析】

A.从表格中的数据可知彳的比值在减小，而电压表测量l两端电压，电流表测量用电流，即&=—，此逐渐减

小，A错误；

B.4逐渐减小，根据串并联电路电阻规律可知电路总电阻减小，而电路总电流恒定，根据P=/2R可知恒流源输出

功率逐渐减小，B正确；

C.第8次实验时电压表示数为零，即七连入电路的电阻为零，七所在支路为一根导线，电阻R被短路，此时此所

在支路的电流等于恒流源提供的电流，故大小为l.（）（）A,C错误；

D.第一次实验时电流表示数为0.3A,所以第一次实验时通过电阻K的电流为

/=1°一/1=1.00—0.3=0.7A

由于K和此并联，所以第一次实验时R两端的电压为

U=14V

故R的电阻为

—=20Q

10.7

故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、ACD

【解析】

A.由于风云二号是地球同步卫星，故它的运转周期为TE。设地球质量为M,风云二号的质量为，小轨道半径为八

周期等于7E,由万有引力提供向心力得

-Mm2万丫

G——=m

在天体的表面有

Mm

G卞=mg

由以上两式解得

V4/

风云二号距地面的高度为J国£-凡，故A正确;

V41七

BC.假设每隔AT时间赤道上的人可看到A卫星一次，则有

至一至=2万

解得

△T=研

TE-TA

考虑到两个昼夜看到三次的稳定状态，则有

解得

根据开普勒第三定律可知，侦查卫星的线速度大于风云二号的线速度，故B错误，C正确;

D.设侦查卫星的轨道半径为R,有牛顿第二定律得:

GMm4/

-----7P—=m-7-R

&T1

解得

25万2

故D正确。

故选ACD。

8、BD

【解析】

AB.在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故有：

qE=4mg=ina

解得：

a=4g,方向向上

B刚要离开地面时，弹簧的拉力为mg,此时A物体合力为2,"g,加速度为2g,向上，从开始到B刚要离开地面过程,

A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度一直增大，故A错误B正确；

C.从开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增量等于电势能与弹性势能的减少量的和，从弹簧恢复原长到B

刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量的差值，故C错误；

D.当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A

上升的距离为：

2mg

Ji-

k

根据动能定理可知：

(qE-mg»=；wv2

解得：

v=2g

故D正确。

故选：BD«

9、AB

【解析】

A.导体切割磁感线，根据右手定则可知，金属丝进入磁场过程中感应电流沿逆时针方向，离开磁场过程中感应电流

沿顺时针方向，A正确；

B.金属丝在磁场中切割磁感线的最大有效长度为：

L—1a

最大的感应电动势：

Em=BLv

最大感应电流：

/=&=驯

m2RR

B正确；

C.导体棒匀速运动，外力与安培力等大反向，最大外力：

最大功率:

C错误；

D.根据金属丝形状的表达式可知回路中产生的是正弦式交变电流，电流的有效值:

I=—I

2m

电流存在的时间：

T=@

V

根据焦耳定律：

22

c(V2Bav\”dBadv

I2R)vR

D错误。

故选AB„

10、ABD

【解析】

A.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度即做匀速直

线运动，故A正确；

B.小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向下的电场力，若电场力与重力大小相等，二力平衡，小球能做匀

速直线运动，故B正确；

mg

C.若场强大小为上，则电场力等于〃陪，在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个

q

电场区时小球匀速运动的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不等，故C错误；

D.当场强大小为等，电场力等于2,”g,在电场区小球所受的合力大小等于”陪，方向竖直向上，加速度大小等于g,

方向竖直向上，根据运动学公式，有经过第一个无电场区

d=；g片

vi=gh

经过第一个电场区

d=Vlt-^gt22

vi=v\-gti

由①②③④联立解得

tl=t2

V2=0

接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速

直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故D正确。

故选ABD.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、D1.22.0

【解析】

(1)口］只要小车做匀加速运动即可，因此，A、B、C选项是没有必要的，实验时需要先接通电源，再释放小车，以

确保纸带上能够记录下较多的运动信息，选项D正确。

(2)［2］交流电的频率为/=50Hz,相邻两计数点间的时间间隔

八，x+x0.1110+0.1309,

f=0.1s,v.4——52-=-------------------m/s=1.2m/s

2t0.2

⑶由逐差法可求得小车的加速度。根据

(/+%5+*4)一(*3+工2+*1)

AY—aT-,a—

(RA

代人数据，得

0.1510+0.1309+0.1110-0.0910-0.0710-0.0509

m/s22.0m/s2。

9x0.12

12>32.71.506R6大于小于

【解析】

(1)口］10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm,游标卡尺的主尺读数为32mm,游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度

对齐，所以游标读数为

7x0.1mm=0.7mm

所以最终读数为

32mm+0.7mm=32.7mm

［2］螺旋测微器的固定刻度为1.5mm,可动刻度为

6.0x0.001mm=0.006mm

所以最终读数为

1.5mm+0.006mm=l.506mm

(2)［3］由于待测电阻满足

2000<200

&200RA10

所以电流表应用内接法，即凡|更接近真实值;

⑷根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为

3二％

即测量值大于真实值;

［5］采用外接法时，真实值应为

1-1,1测

即测量值小于真实值。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(l)6m/s；(2)0.6+-y-js.

【解析】

(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知

F—/nmg=nui

解得

。=F-zw=14-0.5x2x10西；

m2

”到3,根据速度位移公式可知

Vg=2aL

解得

vB=<2aL=x2x9mzs=6m/s；

(2)在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知

mgsin0+jjmgcos0=ma]

代入数据解得

a,=10m/s2

根据速度位移公式可知

Vg=2ax

解得

x=1.8m

由%=得

4=0.6s

因〃<tan〃，所以物体速度减为零后会继续下滑

下滑时根据牛顿第二定律可知

mgsin0—cos0=nui2

解得

a2=2mzs2

由x=1得

2

3>/5

。--S

5

所以物体在斜面上滑行的总时间

t=%+弓=0.6+s=1.94s

JIJI2TI

14、(i)T=6.0s、v=0.40m/s、2=2.4m(ii)y=0.16cos(§f+")(加)或V=016sin(i，+§)(m)；

【解析】

(i)设振动周期为T,由于质点A在0到L5s内由负最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是四分之一周期，故

振动周期为：T=6.0s；

由于质点OA距离d=0.40m小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t=0.5s时回到平衡位置，而t=1.5s时A紧接着

回到平衡位置，可知波从O传到A