2023屆全國高考考前診斷性測物理試卷（舊教材）（解析版）

2023年全國高考考前診斷性測試卷（舊教材）

1.如圖所示，圖1為演示光電效應的實驗裝置，圖2為氫原子的能級圖.若入射光子能量

為2.93eV，用它照射由金屬鉀制成的陰極，所產生的大量具有最大初動能的光電子去撞擊大

量處于■=3激發(fā)態(tài)的氫原子，可以輻射幾種不同頻率的光，已知金屬鉀的逸出功為2.25eV，

以下說法正確的是（）

nE/eV

8_____________0

5--------------0.54

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

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

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

1---------------13.6

圖2

B.6種C.10種D.15種

（答案》B

K解析11根據光電效應方程口'?=-1%，可得E,=0,68"，再用該光電子去撞擊大量

處于3激發(fā)態(tài)的氫原子，因為（￡4一/）＜/＜（&一%），所以氫原子從n=3躍遷到

n=4能級，大量處于n-4能級的氫原子向低能級躍遷，可以輻射二6種不同頻率的光。

所以，選項B正確。

2.玩“打水漂”時，使用的小石片質量為m=10g，水平初速度為小=4m/s，在水面上滑

行時受到水的阻力恒為『=0.2N，小石片每次接觸水面dr=0,05,后彈起，彈起時豎直方向

的速度與此時沿水平面滑行的速度之比為k=0.5,彈跳數次后速度減為零，然后沉入水底,

不計空氣阻力的影響，g_則下列說法正確的是（）

A.小石片從接觸水面開始至沉入水底，在水面彈起的次數為4次

B.小石片從接觸水面開始至沉入水底，在水面彈起的次數為5次

C.小石片從接觸水面開始至沉入水底，在空中運動的總時間為0.6s

D.小石片從接觸水面開始至沉入水底,在空中運動的總時間為0.8s

（答案』C

K解析UA3,小石片與水接觸的過程中有：，f=ma，所以a=20代，速度減少量為

Jr=QJT-lm/s，小石片在水面滑行的次數為=4次，所以在水面彈跳了3次，因此4

B錯誤。

C2小石片第〃次彈起時，水平分速度為%=%-nxd「=4-n，豎直分速度

h=0lSxQ-nx加）=2—g,第〃次在空中運動的時間為所以小石

片從接觸水面開始至沉入水底，在空中運動的時間為t_0,6s，因此，力錯誤,

C正確。

3.如圖所示，兩根平行放置的導線a、b位于x軸上且關于坐標原點。對稱分布，現對兩

導線通入等大同向的電流，電流方向垂直紙面向外，設磁場方向垂直x軸向上為正方向，下

列關于x軸上各點磁感應強度B隨坐標x分布的圖像正確的是（）

（答案』C

［解析X根據右手螺旋定則可知，當兩根導線通入等大同向的電流時，在坐標原點的磁感

應強度等大反向，故坐標原點位置的磁感應強度為0。在a導線的左側，。、6兩導線中電流

形成的磁場方向垂直無軸向下，所以合場強的方向垂直無軸向下，且越靠近。導線場強越大。

在b導線的右側，心6兩導線中電流形成的磁場方向垂直x軸向上，所以合場強的方向垂

直x軸向上，越靠近b導線場強越大。。。之間區(qū)域，由于。導線的場強大于6導線的場強,

所以合場強方向垂直x軸向上，加之間區(qū)域，由于6導線的場強大于。導線的場強，所以

合場強方向垂直x軸向下，綜上分析，A3。錯誤，C正確。

4.如圖所示，水平導體棒仍質量為m=1kg、長為L=5m、電阻為也=1。其兩個端點

分別搭接在豎直平行放置兩光滑金屬圓環(huán)上，兩圓環(huán)半徑均為r=1m、電阻不計。阻值為

R_46的電阻用導線與圓環(huán)相連接，理想交流電壓表V接在電阻兩端。整個空間有磁感應

強度大小為8_17、方向豎直向下的勻強磁場，導體棒ab在外力F作用下以轉速

n=Sr/mii-繞兩圓的中心軸00*勻速轉動，已知重力加速度為g。則導體棒"在運動過程

中，交流電壓表的示數是（）

［答案XA

k解析》導體棒在金屬圓環(huán)上運動時，設導體棒與圓心連線與豎直方向夾角為小則導體

棒切割磁感線產生的電動勢為E=3Lrcos。，峰值為￡工=BZ.V，其中r=2mr，有效值為

￡營二將,交流電壓表的示數顯示的是有效值,為〃=品&=.「。因此選項4正確。

5.如圖是家里走時精確的時鐘，設時針與分針的長度之比為5：6,則下列說法正確的是（）

A.時針、分針針尖的角速度之比為12:1

B.時針、分針針尖的線速度之比為5:72

C.時針、分針針尖的向心加速度之比為5：854

D.從3：00開始計時，時針、分針經過上及將第一次重合

it

（答案XBD

［解析X時針、分針和秒針都是做勻速圓周運動，根據周期之比可以求得角速度之比，再

由「二皿可求得線速度之比；根據根據a_小7可向心加速度之比；根據時針和分針第一次

重合時，分針比時針多轉口求解時間。

2

本題考查物體做勻速圓周運動的運動規(guī)律及勻速圓周運動各物理量間關系，考查考生的理解

能力和推理能力

【解答】A時針運動的周期為=12%，分針運動的周期為T：=而角速度a=￡，所

以，==四=上，所以A錯誤；

-snis

A根據5可知，U=二?。?電，所以B正確；

匕每T

C.根據。=■.可知，3=?'4=擊，所以C錯誤；

D.3：00時，時針與分針的夾角為三，時針和分針第一次重合時，分針比時針多轉］

所以，三t二7=二解得t=三H所以D正確，故選8。。

心4i11

6.一傾角為30,的斜劈放在水平地面上，物塊與斜劈間的動摩擦因數為〃二工，現給物體

施加如圖所示的力F,F與豎直方向夾角為303物塊沿斜面下滑，斜劈仍靜止，已知，斜

劈的質量為物塊的質量為電設地面對斜劈的支持力為小,地面對斜劈的摩擦力為力

則下列說法中正確的是（）

A.y.:-：-\?5

B.幾y+m）g

C.f=0

D.rHO

（答案』AC

［解析X由題意可知，*=tan30，，所以物塊在沒有施加外力/時，可以沿斜面勻速下滑,

此時物塊受重力、支持力和摩擦力作用，三力平衡，所以支持力和摩擦力的合力與重力等大

反向。根據牛頓第三定律可知，物體對斜面體的作用力方向豎直向下，大小等于mg。施加

力F后,物塊受重力、支持力、摩擦力和推力凡導致支持力變大，因為弓=”小,所以支

持力和滑動摩擦力同比增加，故其合力的方向不變，大小增大。根據牛頓第三定律，物體對

斜面體的壓力和滑動摩擦力的合力方向也不變，豎直向下，大小大于相g,因此對M受力分

析可知，&＞（“十加）伊f=00所以8、。錯誤，故選AC。

7.我國中繼衛(wèi)星“鵲橋”是運行于地月拉格朗日點的通信衛(wèi)星，L,點位于地球和月球連線

的延長線上，“鵲橋”可以在幾乎不消耗燃料的情況下與月球同步繞地球做勻速圓周運動，如

圖所示。已知“鵲橋”質量遠小于月球質量，可忽略“鵲橋”對月球的影響，地球與月球的中心

距離為q，L：點與月球的中心距離為巳，月球繞地球公轉周期為T，引力常量為G。則下列

說法正確的是（）

/...、、、L2

，//'月球工鵲橋

：?O;!

\\地球Q

//

、、,....J

、、.....J

A.月球的運行速度大于第一宇宙速度

B.“鵲橋”在處的加速度大小為*（r,+T:：.

C.“鵲橋”處于完全失重狀態(tài)

D.地球質量與月球質量的比值為-

1答案］BD

K解析』A第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，對應的軌道半徑等于地球半徑，而月球的軌

道半徑大于地球半徑，所以月球運行的速度小于第一宇宙速度，所以A錯誤

A月球和“鵲橋”的周期相同，所以鵲橋的向心加速度為生"+，：；，所以2正確

C對“鵲橋”，地球對“鵲橋”的萬有引力與月球對“鵲橋”的萬有引力的合力提供向心力，并非

只有地球對“鵲橋”的萬有引力提供向心力，所以“鵲橋”并非處于完全失重狀態(tài)，C錯誤

D對月球：審=必”也

對鵲橋：懸5+邙=1也

解得鋁尚當，所以D正確，故選

8.如圖所示，平行金屬板A、8水平正對放置，間距為d,A板中心有一小孔（小孔對電場

的影響可忽略不計）。若閉合開關后，將一帶正電微粒從小孔正下方靠近8板的M點由靜止

釋放微粒穿過A板上的小孔后，剛好能到達A板上方的N點，N點與A的距離也為小（不

考慮空氣阻力，將兩板間電場視為勻強電場），則下列說法正確的是（）

，N

A.若將開關斷開，將A板向上平移￡再讓微粒從M點由靜止釋放，微粒能到達2板上方9d

a1

處

B.若將開關斷開，將A板向上平移士再讓微粒從M點由靜止釋放，微粒能到達8板上方工

86

處

C.若保持開關閉合，將8極板向上平移￡將該微粒從N點由靜止釋放，則微粒能到達2

S

板上方色處

6

D.若保持開關閉合，將8極板向上平移￡將該微粒從N點由靜止釋放，則微粒能到達8

B

板上方2d處

3

［答案』AC

［解析XA5.開關斷開時，A板向上平移色，。保持不變，由C=2，C=衛(wèi)，E=0分

1。andd

析可知，場強E不變，設斷開開關后微粒從M點釋放向上移動的距離為羽則有：

斷開開關前：qEd—mgx2d-Q

斷開開關后：-Egr?qE*d?：：）—0

解得X=2d，所以5錯誤，A正確。

CD.保持開關閉合，將B極板向上平移:，U保持不變，設微粒從N點釋放后在兩板間移動

的距離為廣，則有：

移動3板之前：qU—,2d=0

移動B板之后："?g(d+w)_q)x'=0

dx=；d—x*

解得dx=3d，所以。錯誤，C正確，故選AC。

.

9.為了測量電壓表匕的內阻Ry,該同學設計了如圖所示的電路圖，已知吟的量程大于「:的

量程。

IO

__@-

/Ro

bR-.-------------

?——1|--------------------------

ES

實驗過程包含以下步驟，其合理的順序依次為，:填步驟的字母代號)

A把滑動變阻器R的滑片P滑到6端；

及將電阻箱的阻值調到零；

C斷開開關S,按圖連接好電路；

。同時調節(jié)電阻箱的阻值和滑動變阻器R的滑片尸，使電壓表區(qū)示數不變，%的示數變?yōu)?/p>

自，記錄電阻箱凡的阻值，即為電壓表乙的內阻

E.閉合開關S,移動滑動變阻器R的滑片P,使電壓表1的指針指到滿偏的位置，記錄電壓

表匕示數為U。；

R斷開開關So

(2)僅從實驗設計原理上看，用上述方法得到的匕內阻測量值與真實值相比(選填

“偏大”“偏小”或“相等”卜

(3)若要將％的量程擴大為U,并結合前述實驗過程中測量的結果，寫出需在匕上串聯的分

壓電阻R*的表達式R,=____________________=

K答案》⑴G4BEDF(2］相等⑶干泊

k解析工(1)本實驗采用半偏法測電壓表的內阻，斷開開關S,按電路圖連接好電路；在閉

合開關之前，為了保護電路的安全，把滑動變阻器R的滑片尸滑到。端，將電阻箱心的阻

值調到零，閉合開關S,移動滑動變阻器R的滑片P,使電壓表”的指針指到滿偏的位置，

記錄電壓表％示數〃；之后同時調節(jié)電阻箱小的阻值和滑動變阻器R的滑片P，使電壓表片

示數不變，匕的示數變?yōu)樘?，記錄電阻箱R。的阻值，即為電壓表匕的內阻Ry；最后，斷開

開關S。所以，合理的順序為CAB瓦甲

(2)僅從實驗設計原理上看，實驗時，使電阻箱和電壓表力兩端的總電壓不變，同時調節(jié)電

阻箱心的阻值和滑動變阻器R的滑片尸，使匕的示數變?yōu)榕c時，則電阻箱的電壓也為當，

所以電阻箱的阻值和電壓表匕的內阻相等。因此，從設計原理上看，用上述方法得到的'內

阻的測量值與真實值相比相等。

⑶根據串并聯電路規(guī)律可知，U=4+,心，

解得：R=：變熱

10.在用氣墊導軌做“探究碰撞中的不變量”實驗時，左側滑塊質量為m，，右側滑塊質量為

E；，擋光片寬度為由兩滑塊之間有一壓縮的彈簧片，并用細線連結兩滑塊讓它們保持靜止,

如圖1所示。燒斷細線后，兩滑塊分別向左、右方向運動。擋光片通過光電門的時間分別為

dQ，(取向右為正方向)

圖1

圖2

圖3

(1)則燒斷細線前兩滑塊的總動量p=____________kg.m/s。

(2)燒斷細線后兩滑塊的總動量p'=。，用題中所給字母表示)

(3)用游標卡尺測量擋光片的寬度%示數如圖2所示，貝必一_______cm.

(4)若190g，m2s1300，4々=，0.355，At,=-0.24s>則代入上述表達式，得

P'=kg-m/s。(結果保留1位有效數字)

(5)為了研究碰撞過程中動量是否守恒，該小組同學改進了實驗裝置。在兩個滑塊之間連了

一根彈性繩，將小車放置在氣墊導軌上，拉伸彈性繩到適當遠的距離后靜止釋放。小車就在

彈力的作用下相向運動，用這個較長的運動過程來模擬碰撞的短暫作用。這就解決了碰撞過

程很短暫，難以捕捉和測量的難題。利用視頻追蹤軟件丁血或勿進行數據處理，自動繪制小

車運動過程中的動量一時間圖像如圖3所示。從圖中我們得出的結論為：

K答案11⑴。⑵-f媼+m：*?313.000

(4)-0.00004(5)在誤差允許范圍內，兩滑塊碰撞過程中動量守恒

k解析口(1)燒斷細線前，兩滑塊的初速度均為0,所以系統的初動量為0。

(2)根據題意可知，燒斷細線后，系統的末動量為p'="三”標。

(3］根據游標卡尺的讀數規(guī)則，讀數為+O.OSnmx0=30J)0mm=3.000an°

(4)將題中所給數據代入表達式，可得p'=-0.00004&9-m/s°

(5)利用視頻追蹤軟件Tracer進行數據處理，自動繪制小車運動過程中的動量一時間圖像，

經過觀察發(fā)現在誤差允許范圍內，兩滑塊碰撞過程中動量守恒。

11.如圖，"c是豎直面內的固定軌道，而為水平軌道，長度為3R,小球與油間的動摩擦

因數為〃_O.S；be是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，與外相切于b點。一質量為相

的小球，始終受到恒定的水平外力尸作用，且尸=肥牙自。點處從靜止開始向右運動。重

力加速度大小為g。求：

,1:小球運動到b點時，對軌道的壓力？

(2)小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為多少？

K答案x（i）從〃至！J乩根據動能定理有:

Fx3R-/rmgx3fl=-iurf

根據牛頓第二定律有：Fa-mg=m^

根據牛頓第三定律：F\.=fv

解得：F\=4mg，方向豎直向下

⑵從。到c的過程中，根據動能定理有：fx4R-fimgx3/?mgR-；??trf

過c點后，小球只受力產和重力作用，從c到達軌跡最高點的過程中，

豎直方向：u,=gt

水平方向：F-ma2?

聯立解得：x='R

2

根據功能關系可知從〃點開始運動到其軌跡最高點的過程中小球機械能的增量為：

dE=Fx（3R+R+x）—pmgx3R

解得：dE=4mgR

12.如圖所示，在xOy平面內，第一象限內存在著沿y軸負方向的勻強電場E：（大小未知）,

第二象限內，在POQ三角形區(qū)域之外存在著垂直于紙面向里的勻強磁場員（大小未知）以及

沿y軸負方向的勻強電場&=子，一質量為機，帶電量為r的小球，從內-、弓L0），以「0

沿與x軸正方向夾角為60,的方向發(fā)射，恰好從y軸上的Q（o（）點離開磁場，且通過電場后

從x軸上的.YQ.0）點射入第四象限。在第四象限內，在高度為H的豎直區(qū)域內分布著互相

垂直的水平向右的勻強電場J和垂直紙面向里的勻強磁場％（大小未知），小球離開該區(qū)域

時，速度方向豎直向下，大小為30。求：

xxxxxxxx

-*-----------------------H

xxxxxxxx

X.XXX_

(l)求第二象限內的勻強磁場B，大小和第一象限內的勻強電場后1的大小。

(2)小球到達N點時的速度。

(3)小球穿越第四象限電磁場區(qū)域時運動的水平位移s及在該區(qū)域運動的時間t。

K答案』(1)在第二象限中，由于所以帶電小球將做勻速圓周運動，

有：Qi'o5.=.m^

根據幾何關系有：rcosSO：-、大)

聯立解得：比=會

結合前面分析可知，小球達到。點的速度方向沿1軸正方向，在第一象限，小球受重力和

沿y軸正向的電場力作用，小球將做類平拋運動，

沿x軸方向：L=rot

沿y軸方向：L二

根據牛頓第二定律，mg-qE【-ma

聯立解得：￡=3—2

qd

(2)根據運動的分解可知，小球達到N點時，與水平方向的夾角為R；

r=屋；+喧

tana=-

%

聯立解得：.=Im?s2

（3）從N點到出電磁場區(qū)域，根據動能定理有：

1,1?,

mgH+qEts=*（3引一亍叫丫，

解得：s=興

。與

在第四象限，小球受重力，水平向右的電場力以及洛倫茲力作用，根據動量定理有：

水平方向：qEtt-q-：rB:t=O-mre>vvr=H

豎直方向：mgt^=3mv^—MVs，=，

聯立解得：t=yif

13.（1）在“用油膜法估測油酸分子大小”實驗中，現有按酒精與油酸的體積比為n：1配制好

的油酸酒精溶液，用滴管從量筒中取體積為V的該種溶液讓其自由滴出，全部滴完共滴了N

滴，現讓其中一滴落到盛水的淺盤內，待油膜充分展開穩(wěn)定后測得油膜的面積為S。根據以

上數據可估算出油酸分子的直徑為d'用題目中符號表示）。如果水面上琲子粉

撒得較多，油膜沒有充分展開，會導致測量結果,偏大、偏小或不變）。本實驗體

現的物理思想方法為_________（控制變量法、等效替代法、理想模型法）。

（2）如圖所示的圓柱形氣缸為“拔火罐”時所用的器皿，現將氣缸（橫截面積為S）固定在鐵架臺

上，密封良好的輕質活塞通過細線與質量為優(yōu)的重物相連，初始時活塞被鎖定，現將一團

燃燒的輕質酒精棉球從缸底的閥門K處扔到氣缸內，酒精棉球熄滅時，缸內溫度為門閉合閥

門K,同時將活塞解除鎖定，此時細線剛好拉直且拉力為零，這時活塞距缸底距離為心由

于氣缸傳熱良好，隨后重物會被緩慢拉起，最后重物穩(wěn)定在距地面;處。已知環(huán)境溫度為工不

變，詈=2為大氣壓強，氣缸內的氣體可看作理想氣體，不計活塞與汽缸之間的摩擦

以及酒精棉球的體積，求:

①酒精棉球熄滅時，氣缸內氣體的質量與初始氣體質量之比；

②若從酒精棉球熄滅到最終穩(wěn)定的過程中氣體放出的熱量為Q，求氣體內能的變化。

隋粒⑴G偏大理想模型法

(2)解：①以初始時氣缸里面的氣體為研究對象，閥門打開的時候，氣體壓強保持不變,

根據蓋-呂薩克定律有：

根據題意可知現有氣體的質量與初始氣體質量之比為：-=?

聯立解得：

三二"

zr

②當重物穩(wěn)定在距地面2處時，對活塞有：mp+p:5-p05

又因為：W.=p2&y,AV=：5，胃

根據熱力學第一定律有：1V—0

聯立解得：AU=-p^SL-Q

K解析X(1)一滴溶液中所含油酸的體積為

油膜的厚度表示分子直徑。

所以d—2

解得：

avg+flD

如果水面上琲子粉撒得較多，油膜沒有充分展開，導致油膜面積S