2023年湖北省黄冈市晋梅高三第二次诊断性检测物理试卷含解析

2023学年高考物理模拟试卷

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、关于自由落体运动，平抛运动和竖直上抛运动，以下说法正确的是

A.只有前两个是匀变速运动

B.三种运动，在相等的时间内速度的增量大小相等，方向不同

C.三种运动，在相等的时间内速度的增量相等

D.三种运动在相等的时间内位移的增量相等

2、如图所示，质量为，"的木块A放在斜面体B上，对B施加一水平向左的推力用使A、B保持相对静止向左做匀

速直线运动，则B对A的作用力大小为（重力加速度为g）（）

A.mgB.mgsin0C.mgcos0D.0

3、超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，A5和CZ）是与电源相连的导

体板，43与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场（磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独

立电路部分未画出），以下说法正确的是

A.使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力

B.要使船前进，海水中的电流方向从板指向A3板

C.同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反

D.若接入电路的海水电阻为R,其两端的电压为U,则船在海水中前进时，A5与CZ）间海水中的电流强度小于，

4、北京时间2019年11月5日1时43分，我国成功发射了北斗系统的第49颗卫星。据介绍，北斗系统由中圆地球轨

道卫星、地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星三种卫星组成，其中中圆地球轨道卫星距地高度大约24万千米，

地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星距地高度都是大约为3.6万千米。这三种卫星的轨道均为圆形。下列相关

说法正确的是（）

A.发射地球静止轨道卫星的速度应大于11.2km/s

B.倾斜地球同步轨道卫星可以相对静止于某个城市的正上空

C.根据题中信息和地球半径，可以估算出中圆地球轨道卫星的周期

D.中圆地球轨道卫星的向心加速度小于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度

5、2017年11月5日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进入预定轨道，两颗卫星绕

地球运动均看作匀速圆周运动。如果两颗卫星的质量均为M,其中的1号卫星轨道距离地面高度为2号卫星轨道

距离地面高度为“，且〃〉把地球看做质量分布均匀的球体，已知地球半径为R,地球表面的重力加速度大小为g,

引力常量为G下列说法正确的是（）

I号卫星绕地球运动的线速度R」一^-

\R+h

1号卫星绕地球运动的周期T=2万+

力’2

C.1号卫星和2号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为,

D.稳定在轨运行时1号卫星的机械能大于2号卫星的机械能

6、如图甲所示，线圈成中通有如图乙所示的电流，电流从“到分为正方向，那么在01。这段时间内，用丝线悬挂的

铝环M中产生感应电流，则（）

A.从左向右看感应电流的方向为顺时针

B.从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针

C.感应电流的大小先减小后增加

D.铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右

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、如图甲为一列沿x正方向传播的简谐横波在UO.ls时刻的波动图像，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振

动图像，P是平衡位置为x=L5m处的质点，。是平衡位置为x=12m处的质点，则下列说法正确的是。

A.Z=0.2s时，质点尸的振动方向沿y轴负方向

B.图乙可能是x=lm处质点的振动图像

C.再经过0.5s,质点。第一次到达波峰

D.从U0.10s到U0.25s,质点尸通过的路程为30cm

E.再经过0.4s,质点Q达到加速度正向最大，位移反向最大

8、如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从"=4能级跃迁到“=2能级时，辐射出光子a；从〃=2能级跃迁到”=1能

级时，辐射出光子儿以下判断正确的是（）

〃个

………0V

4---------------0.85

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

2---------------3.4

I-------------------13.6

A.光子》可能使处于基态的氢原子电离

B.〃=4能级比〃=2能级氢原子的电子动能小

C.一个处于"=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射10种不同的谱线

D.若与a同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么与b同频率的光也可以使该金属发生光电效应

9、质量为的物块在t=0时刻受沿固定斜面向上的恒力F,作用，从足够长的倾角为0的光滑斜面底端由静止向上滑

行，在fo时刻撤去恒力F1加上反向恒力出（尸1、B大小未知），物块的速度一时间（"一。图象如图乙所示，2fo时刻物块

恰好返回到斜面底端，已知物体在4）时刻的速度为％,重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.物块从f=0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mg/osin6

B.物块从to时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3nly°

C.Fi的冲量大小为/ngZosinO+wjvo

D.尸2的冲量大小为3机gfosin。-3，〃n）

10、如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一^1b质量为电荷量为g的质子在匀强电场中运动，4、8为

其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在4点的速度大小为力，且方向与等势面平行，在8点的速度大小为外，4、B

连线长为L连线与等势面间的夹角为伍不计粒子受到的重力，则（）

a

b

c

d

A.粒子的速度也一定大于vi

B.等势面〃的电势比等势面c的电势低

LcosO

C.粒子从4点运动到8点所用的时间为------

匕

D.匀强电场的电场强度大小为‘"（W一"）

2qLcos6

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）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V15W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电

流.现有如下器材：

直流电源（电动势1.2V,内阻不计）

电流表Ai（量程1A,内阻约2.1。）

电流表A2（量程622mA,内阻约5Q）

电压表Vi（量程IV,内阻约Ikft）

电压表V2（量程15V,内阻约222kH）

滑动变阻器Ri（阻值2〜12。，额定电流IA）

滑动变阻器R?（阻值2〜IkC,额定电流122mA）

⑴在该实验中，电流表应选择（填“Ai”或“A2”），电压表应选择（填“Vi”或“V2”），滑动变阻器应选择

（填“Ri”或“R2”）.

（2）某同学用导线a、b、c、d、e、/、g和连接成如图甲所示的电路,请在乙图方框中完成实验的电路图

(1)该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好.但闭合开关后，反复

调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为.

(4)如图是学习小组在实验中根据测出的数据，在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线.若将该灯泡与一个6.2。的

定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率尸=W(保留两位有效数字).(若需

作图，可直接画在图中)

12.(12分)在测量干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路，S2为单刀双掷开关，定

值电阻Ro=4。。合上开关S”S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表

示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标

系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数/的图像，如图乙所示，两直线与纵轴的截距分别为3.00V、2.99V,

与横轴的截距分别为0.5A、0.6A。

0.50.6UX

乙

(1)S2接1位置时，作出的U-/图线是图乙中的(选填"A”或"B”)线；测出的电池电动势E和内阻r存

在系统误差，原因是o

(2)由图乙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为En=,r*=o

(3)根据图线求出电流表内阻RA=o

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，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R,CD为水平粗

糙轨道，一质量为，〃的小滑块(可视为质点)从圆轨道中点8由静止释放，滑至。点恰好静止，CD间距为4R。已

知重力加速度为go

(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数

(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小

(3)现使小滑块在。点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A,求小滑块在。点获得的初动能

―丽~

14.(16分)如图所示，直角△MNQ为一个玻璃砖的横截面，其中NQ=90°,NN=30°，边的长度为“，P

为MN的中点。一条光线从P点射入玻璃砖，入射方向与NP夹角为45。。光线恰能从。点射出。

(1)求该玻璃的折射率；

(2)若与NP夹角90。的范围内均有上述同频率光线从P点射入玻璃砖，分析计算光线不能从玻璃砖射出的范围。

15.(12分)如图所示，竖直分界线MN左侧存在水平向右的匀强电场，电场强度大小£=20N/C；右侧存在垂直纸

面向外的匀强磁场，磁感应强度大小3=2X1(T2T。p为电场中的一点，P点到的距离x=lm,在其下方离P点

距离d=3.5m处有一垂直于MN的足够大的挡板。现将一重力不计、比荷幺=lxl()5c/kg的带正电的粒子从2点由

m

静止释放，电场和磁场的范围均足够大。求：

(1)该带电粒子运动到MN位置的速度大小。

(2)该带电粒子打到挡板的位置到的距离。

(3)该带电粒子从P点出发至运动到挡板所用的时间。

M

■®p:•••

B

d_____*•••

•••

•••

E；•••

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、C

【解析】

A.平抛运动、竖直上抛运动、斜抛运动和自由落体运动都是仅受重力，加速度为g,方向不变，都是匀变速运动。故

A错误；

BC.速度增量为故速度增量相同，故B错误，C正确；

D.做自由落体运动的位移增量为

1,1,1

△h=-g(t+At)2--gt1=gtAf+5gA巴

竖直上抛运动的位移增量为

△h'=vo(t+At)-；g(/+At)2-vt+g/2=VoAt-gt4产

两者不等，故D错误；

故选C。

2、A

【解析】

A向左做匀速直线运动，则其所受合力为零，对A受力分析可知，B对A的作用力大小为机g,方向竖直向上，故A

正确。

故选A。

3、D

【解析】

A、B项：当CD接直流电源的负极时，海水中电流方向由AB指向CD,是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定

律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故A、B错误；

C项：同时改变磁场的方向和电源正负极，磁场方向反向，电流方向反向，所以推进力方向将与原方向相同，故C错

误；

D项：因船在海水中前进时，AB与CD间海水切割磁感线产生电流，使接入电路的海水两端电压小于U,所以电流强

度小于工，故D正确.

点晴：利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，注意

与右手定则的区别.

4、C

【解析】

A.U.2m/s是发射挣脱地球引力控制的航天器的最小速度，而地球静止轨道卫星仍然是围绕地球做匀速圆周运动，所

以地球静止轨道卫星的发射速度定小于地球的第二宇宙速度11.2km/s,故A错误；

B.倾斜地球同步轨道卫星只是绕地球做匀速圆周运动的周期为24小时，不可以相对静止于某个城市的正上空，故B

错误；

C.已知地球静止轨道卫星离地高度和地球半径，可得出地球静止轨道卫星的运动半径彳，其运动周期（=1天，已知

中圆地球轨道卫星距地面的高度和地球半径，可得出中圆地球轨道卫星的轨道半径弓，根据开普勒第三定律有

代入可以得出中圆地球轨卫星的周期写,故C正确；

D.由于中圆地球轨道卫星距离地面高度小于倾斜地球同步轨道卫星距离地面高度，即中圆地球轨道卫星的运动半径

较小，根据万有引力提供向心力有

—Mm

G——=tna

广

可知，中圆地球轨道卫星的向心加速度大于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度，D错误。

故选C。

5、A

【解析】

A.设地球质量，〃，根据公式

MmV

Cj----------------7=M

(R+h)2(R+h)

和

mm。

M=G3r

解得

故A正确;

B.根据公式

八Mm.,442,八,.

G---------=M--(R+h)

(R+h)2T-

和

mm。

/g=G

R2

解得:

.2兀++h

一薪一

故B错误;

C.根据

万mM

Fr.=G------

1(R+h)2

厂_mM

=G-------f

2(R+h)2

所以

J_(/?+//尸

云—(R+/?)2

故C错误;

D.由于。＜后,卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨运行时1号卫星的机械能小

于2号卫星的机械能，故D错误。

故选A.

6、A

【解析】

AB.根据题意可知，由于电流从a到分为正方向，当电流是从a流向心由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向

右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）。

当电流是从8流向4,由右手螺旋定则可知，铝环网的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可

得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。故电流方向不变，故A正确，B错误；

C.由图乙可知，附内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产

生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。故C错误；

D.当线圈中电流为零时，铝环"和线圈之间无磁场力作用，选项D错误；

故选Ao

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、BCE

【解析】

A.根据图像可知：波的周期为0.2s,QO.2s时的波动图像与UO.ls时的波动图象相反，根据“头碰头，尾碰尾”可知，质

点尸的振动方向沿y轴正方向，故选项A错误；

B.由图乙可知，UO.ls时，质点通过平衡位置，且向下振动，根据“头碰头，尾碰尾”可知，图乙可能是x=lm或x=5m

处的质点振动图象，故选项B正确；

C.由图甲可知/l=4m,图乙可知T=0.2s,故波速

质点。第一次到达波峰相当于质点x=2m处的波峰传播到。点，即

v20

故选项C正确;

D.经过

△f=0.15s=：T

4

已知内，振子走过的路程为s=2A；!丁内，若振子从平衡位置或两级开始运动，则路程为$=4。由于质点尸

24

不是从平衡位置或两级开始运动，故在这段时间内，质点尸通过的路程不为30cm,实际上大于30cm,故选项D错误;

E.经过0.4s,波向前传播的距离为

5==20x0.4m=8m

即相当于x=4m处的质点运动形式传播到。点，此时。位于波谷，加速度达到正向最大，位移反向最大，故选项E正

确。

故选BCE,

8、BD

【解析】

A.由能级跃迁的频率条件：

hV=Em-En

可知，光子”的能量为2.55eV,光子b的能量为10.2eV,要使处于基态的氢原子电离,入射光子的能量要大于等于13.6eV,

故光子b不能使处于基态的氢原子电离，A不符合题意；

B.氢原子的能级越高，电子的轨道半径越大，由库仑力提供向心力得：

ke~mv2

-----=-------

r2r

1,

又因电子的动能&=5机丫，解得电子的动能

故轨道半径越大，电子动能越小，B符合题意；

C.一个处于〃=5能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射不同谱线最多的方式是逐级跃迁，故最多可辐射4种不同的谱

线，C不符合题意；

D.由于光子分的能量比a的高，故光子B的频率也比a的高，若与a同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么

与b同频率的光也可以使该金属发生光电效应，D符合题意。

故选BD,

9、BC

【解析】

A.根据冲量的定义式可知物块从t=0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为

[G=mg・2t。=2mgt()

故A错误；

B.由于在2时撤去恒力片加上反向恒力乙，物块在2%时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时

间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为x,加速度为4,

取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得

1，

*=2卬0

根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为

%=卬0

撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为的，则有

12

-x=vQtQ--a2ta

联立解得

a2=3q

物块在2%时的速度为

v2=v0-a2t0=-2v0

物块从%时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为

△P=mv2-mv(>=-3mv0

即物块从%时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3加%,故B正确;

C.物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得

居-

I相gsinOdo=mv0-0

解得匕的冲量大小为

I-m^/osin0+mvu

故C正确；

D.撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得

-IF-n?gsin04o=-m»2v0-mv0

解得

/居=mg?osin0+3mvn

故D错误；

故选BCo

10、AC

【解析】

A.电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，带正电的质子弯曲的方向向下，所以质子受

力的方向向下，从A到8的过程中电场力做正功，所以质子的速度增大，故A正确；

B.质子受力的方向向下，质子带正电，则电场的方向向下，而沿着电场线电势逐渐降低，故b的电势高于c的电势;

故B错误；

C.质子在A点的速度大小为孙，在8点的速度大小为也，质子在沿等势面方向的分速度不变为内，所以质子运动的

时间

xLeos3

t=—=--------

K片

故C正确；

D.在沿电场线的方向的位移为尸LsinO,由动能定理有

qEy=--gmv\

联立解得

，小;T）

E=-'---------

2qLsine

故D错误。

故选AC。

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、A2VIRi2.17W(2.15W-2.18W)

【解析】

灯泡额定电流

/=P/U=1.5/1A=2.5A,

电流表选A?（量程622mA,内阻约5Q）；

［2］灯泡额定电压为IV,如果选择15V量程则误差太大，故电压表只能选Vi（量程IV,内阻约1k。）；

口］描述小灯泡的伏安特性曲线，要求电流从零开始变化，需采用分压电路.为保证电路安全，方便实验操作，滑动变

阻器应选：拈（阻值2~12。，额定电流1A）；

（2）［4］由实物电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法.根据实物电路图作出电路图，如图所示：

⑸小灯泡的亮度可以发生变化，但电压表、电流表无法调为零，说明分压电路变成限流电路，导线断路；

(4)[6]电动势为IV的电源与6.2。的定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出等效电源的U-I图象,

如图所示：

两图象的交点坐标值为：

l/=1.2V,/=2.1A,

灯泡功率为：

P=l7/=1.2Vx2.1As2.16W.

12、B电流表的示数偏小3.00V1.0。1.0。

【解析】

当S2接1位置时，可把电压表、定值电阻R。与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知

E—U断

电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的。-/图线应是B线；

⑵测出的电池电动势E和内阻「存在系统误差，原因是电压表的分流；

(2)[3]当S2接2位置时，可把电流表、定值电阻凡与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知电

动势测量值等于真实值，。-/图线应是A线，即有

E真=%=3.00V

[4]由于S2接1位置时，图线的B线对应的短路电流为

/短=/B=0・6A

所以

工％5.0Q

解得

r=l.()Q

⑸对A线，根据闭合电路欧姆定律可得对应的短路电流为

E

----------------=0.5A

r+R+Ra

解得电流表内阻为

RN=I.OQ

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、(1)0.25；(2)3mg；(3)3.5mgR

【解析】

(1)从B到D的过程中，根据动能定理得