2023年上饶市重点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、“、〃是两种单色光，其频率分别为玲、vb，且%=%,则下列说法不正确的是()

%

A.a、6光子动量之比为乙=%

Pb

Av.

B.若a、b光射到同一干涉装置上，则相邻条纹的间距之比为六=上

C.若a、》都能使某种金属发生光电效应，则光子的最大初动能之差6a-线b=〃Vb(Z7)

D.若a、〜是处于同一激发态的原子跃迁到A态和B态产生的，则A、B两态的能级之差纥一盘=〃%。一攵)

2、正在海上行驶的--艘帆船，行驶方向如图所示，海风吹来的方向与船行驶的方向夹角为53°,升起风帆，调整风帆

的角度，使海风垂直吹在帆面上，若海风吹在帆面上的风力大小为500N,则沿船行驶方向获得的推力大小为

卜in53"=0.8,cos53°=0.6)

A.300N

B.375N

C.400N

D.450N

3、某同学手持篮球站在罚球线上，在裁判员示意后将球斜向上抛出，篮球刚好落入篮筐。从手持篮球到篮球刚好落入

篮筐的过程中，已知空气阻力做功为W"重力做功为网,投篮时该同学对篮球做功为W。篮球可视为质点。则在此

过程中

A.篮球在出手时刻的机械能最大

B.篮球机械能的增量为WVWf

C.篮球动能的增量为W+Wa-Wt

D.篮球重力势能的增量为W-WG+WF

4、一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈

的一部分，接在c、d间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻R.在a、b间输入电压为Ui的交变电压时，c、d间的电

压为U2,在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中

A.U2有可能大于UiB.Ui、U2均增大

C.Ui不变、5增大D.a、b间输入功率不变

5、2018年11月中科院的等离子体研究所宣布我国的“人造太阳”装置的研究取得了突破性的进展，等离子体中心的温

度已经可以达到l亿度。“人造太阳”实验中的可控热核反应的聚变方程是；H+：HT4He+；n,反应原料气（；H）

富存于海水中，第C,H）可以用中子轰击锂核（：Li）得到。关于中子轰击锂核（；Li）产生一个氟（］H）核和一

个新核，下列说法正确的是（）

A.该核反应方程为：；Li+；nf：He+；H

B.在中子轰击锂核（；Li）的反应中，系统动量守恒，能量不守恒

C.核反应生成物中的a粒子具有很强的电离本领，但穿透能力较弱

D.核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和

6、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,频率均＞呻＞外,下列说法正确的是

EJeV

:4S

--1.51

.-3.40

I------------------KA

A.照射氢原子的光子能量为12.75eV

B.从〃=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光频率为以

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

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、A、B两粒子以相同的初速度沿与电场线垂直的方向由左边界的同一点先后进入同一匀强电场，最后它们都从电场

的右边界离开电场。不计粒子的重力。已知A、B两粒子的质量之比为1：4,电荷量之比为1：2,则此过程中（）

A.A、B的运动时间之比为1；1

B.A、B沿电场线的位移之比是1：1

C.A、B的速度改变量之比是2：1

D.A、B的电势能改变量之比是1：1

8、如图所示，三根长均为L的轻杆组成支架，支架可绕光滑的中心转轴O在竖直平面内转动，轻杆间夹角均为120。,

轻杆末端分别固定质量为，小2m和3m的〃、p、g三个小球，n球位于O的正下方，将支架从图示位置由静止开始释

放，下列说法中正确的是（）

7

A.从释放到g到达最低点的过程中，g的重力势能减少了]“名心

B.g达到最低点时，g的速度大小为寂

C.g到达最低点时，轻杆对q的作用力为5,

D.从释放到g到达最低点的过程中，轻杆对g做的功为-3,明心

9、在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物.如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终

是绷紧的，将m=lkg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端.用速度传感器测得货物与传送带的

速度v随时间t变化的图象如图乙所示.已知重力加速度g=10m/s2,则可知（）

A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.A、B两点的距离为2.4m

C.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8J

D.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J

10、如图所示，一固定斜面倾角为30。，一质量为〃?的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动,

加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为”，则此过程中，物块的（）

A.动能损失了加g"B.动能损失了

C.机械能损失了gmg”D.机械能损失了根g”

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）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：

（1）在使用多用电表测量时，若选择开关拨至“1mA”挡，指针的位置如图（a）所示，则测量结果为

（2）多用电表测未知电阻阻值的电路如图（b）所示，电池的电动势为E、R。为调零电阻，某次将待测电阻用电阻箱

代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系如图（c）所示，则此时多用电表的内阻为C,该电源的电动

势E=V.

（3）下列判断正确的是。

A.在图（b）中，电表的左、右插孔处分别标注着“+

B.因为图（c）是非线性变化的，所以对应欧姆表的刻度盘上的数字左小右大

C.欧姆表调零的实质是通过调节Ro,使Ro=O时电路中的电流达到满偏电流

D.电阻R、的变化量相同时，R、越小，则对应的电流变化量就越大

12.（12分）某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中AB

是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。为了补

偿小车受到的阻力，将长木板C端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一端拴住小车，另一

端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一祛码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近

长木板的C端某位置由静止释放，进行实验。刚开始时小车的总质量远大于托盘和硅码的总质量。

（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度d,如图乙所示，其读数为<

（2）某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为八和d此过

程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之间的间距为3则小车的加速度表达式4=（）（结果用字母d、小

h、L表不）；

（3）某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中祛码的个数，并将托盘和祛码的总重力当做小车所受的合力F,

通过多次测量作出a-尸图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是»

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，嫦娥四号着陆器为了寻找月面上的平坦的着陆区，可以悬停在月面附近，已知着陆器在月面

附近的重力为G,忽略悬停过程由于喷气而引起的重力变化，燃气的喷射速度为v,求着陆器悬停时单位时间内喷出

燃气的质量。

14.（16分）如图所示，轻杆的C点用光滑较链与墙壁相连，在8点正下方悬挂一个定滑轮（不计重力和摩擦），杆

的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30。的夹角.某人用轻绳绕过滑轮竖直向上匀加速地提起重物，已知重

物的质量根=10kg，加速度大小a=2m/s?,人的质量M=50kg,g=10m/s2,求此时:

(1)地面与人之间的弹力的大小；

(2)轻绳AB的弹力大小.

15.(12分)如图甲所示，正方形闭合线圈ABCD的边长a=10cm、总电阻r=2。、匝数〃=10(),匀强磁场方向

垂直于线圈平面，磁感应强度大小3随时间f的变化关系如图乙所示，周期T=1X10-2S，磁场方向以垂直线圈平面向

里为正。试求：

(1)f=J时，线圈的AO边所受安培力的大小和方向。

(2)在0~3时间内，通过导线横截面的电荷量。

2

K4Xxxx际

xlxXXxlx

XXXXXX

XXXXXX

x|XXXx|X

xDxxxxCx

甲

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、B

【解析】

A.光子的能量E=/w,所以两种光子能量分别为E,和丸，且

E.

Eb

则：

j

n

hv

光子的动量为p=一,所以

c

-k

Pb

A正确；

cI

B.光子的波长/l=—,双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距为-=所以

Vd

工=4L』=J_

84匕%

B错误；

C.根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为纭”=加-W,其中W为金属的逸出功；则有

心-0=牝-牝=牝(％T)

c正确；

D.若a、》是由处于同一激发态的原子跃迁到4态和5态时产生的，设初始激发态的能量为Eo,则有

纥=牝=E°-EA

所以

EA=&,_%=£(,一〃匕

同理

稣=4一线=4-牝

则

4-稣=牝-牝=佻(1-攵)

D正确。

本题选不正确的，故选B。

2、A

【解析】

对垂直作用于帆面上的风力进行分解，分解成沿船行驶方向和垂直于行驶方向的力，沿行驶方向的分力

K=Fcos53°=3()()N。

A.300N与上述计算结果4=300N相符，故A正确；

B.375N与上述计算结果耳=300N不相符，故B错误;

C.400N与上述计算结果4=300N不相符，故C错误;

D.450N与上述计算结果耳=300N不相符，故D错误;

【解析】

A.由于篮球有空气阻力做功，则篮球在出手时刻的机械能最大，选项A正确；

B.篮球机械能的增量等于阻力做功，即为-用・，选项B错误；

C.根据动能定理可知，篮球动能的增量等于合外力的功，即为-WG-的，选项C错误；

D.篮球重力势能的增量等于克服重力做功，即为-%,选项D错误。

4、C

【解析】

U.n.

A、根据变压器的电压关系有升=」，由于所以SVG,故A错误.B、C、当滑动触头M顺时针转动时,

u2n2

即“2减小时，输入电压U1由发电机决定不变，电压02=生5应该减小即降低，B错误、C正确.D、因负载不变,

故输出功率减小，则变压器的输入功率变小，D错误.故选A.

【点睛】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本

的规律分析即可.

5、C

【解析】

A.中子轰击锂核，核反应方程式应为；Li+；nf；He+：H,A错误；

B.核反应过程系统动量守恒，能量也守恒，B错误；

C.。粒子具有很强的电离本领，穿透能力较弱，C正确；

D.核反应前后核子数相等，核反应中释放的核能源于核反应过程中的质量亏损，D错误。

故选C。

6、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：AE3i=E3-Ei=-1.51-(-13.6)=12.09eV,故A错误；

B.频率大小关系为小＞%＞外,从〃=3跃迁到〃=2辐射出的能量最小，即其对应的光频率为外,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。

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、ACD

【解析】

A.假设粒子在垂直电场方向运动的位移为L,粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动

L

t=——

%

结合题意可知A、B在电场中的运动时间相同，A正确；

BC.根据加速度的定义式可知速度的改变量之比等于加速度之比，粒子只受电场力作用。根据牛顿第二定律变形

qE

a=--

m

可得

根据运动学公式

」12

d——cit

2

可得A、B沿电场线的位移之比

虫="=2

dp%

B错误，C正确

D.电场力做功改变电势能，所以A、B的电势能改变量之比等于电场力做功之比，电场力做功

W=qEd=^^~

2m

所以

D正确。

故选ACDo

8、BD

【解析】

A.从释放到q到达最低点的过程中，夕的重力势能减少了

9

-3mg(L+Asin30°)=—mgL

故A错误;

B.〃、P、9三个小球和轻杆支架组成的系统机械能守恒，n、p、q三个小球的速度大小相等，从释放到4到达最

低点的过程中，根据机械能守恒则有

1,

3mg(L+Lsin30°)-mg(L+Lsin30°)=—(m+2m+3m)v~

解得

故B正确

C.4到达最低点时，根据牛顿第二定律可得

2

厂,3mv

FN-3mg=—^--

解得

FN=6mg

故C错误；

D.从释放到4到达最低点的过程中，根据动能定理可得

W+3mg(L+Lsin30°)=^3mv2

解得轻杆对夕做的功为

W=-3mgL

故D正确；

故选BDo

9、AD

【解析】

A、在0~0.25时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有

mgsm0+mcos0=mait由图乙可得囚=10机/s2,货物加速到与传送带速度相等后，在0.2〜1.2s时间内，货

物速度大于传送带速度，mgsmO-/jmgcosff=ma2,由图乙可得％=Zm/sz,联立解得cos6=0.8,〃=0.5,

故A正确；

B、片，图象与，轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为L=3.2?m,B错

误；

C、货物受到的摩擦力为/=〃mgcos9=4N,0~0.2s时间内的位移为玉=02m,对货物受力分析知摩擦力沿传

送带向下，摩擦力对货物做正功，=A=®.8?,同理0.2~1.2s时间内，货物的位移为々=符,摩擦力沿传

送带向上，对货物做的负功为％2=-△2=-12?1,所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12J-0.8J=11.2J,C

错误；

D、货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，0~0.2s时间内，传送带的位移为七=0-4m,0.2-1.25

时间内，传送带的位移为无4=相，总相对路程为醺=七-玉+々-/=近2?,货物与传送带摩擦产生的热量为

2=/Ar=4.8?,故D正确.

点睛：本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因

数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移.

10、BD

【解析】

AB.已知物体上滑的加速度大小为g,由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为

靖=%="-"^^=，⑹2"=2，放"

故A选项错误，B选项正确；

CD.设摩擦力的大小为了,根据牛顿第二定律得

mgsin30°+于=tna=mg

得

f=0.5mg

则物块克服摩擦力做功为

Wf=f-2H=0.5mgx2H=mgH

根据功能关系可知机械能损失加g",故C错误，D正确。

故选BD。

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、0.461.5X1049CD

【解析】（1）选择开关置于“1mA”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为0.02A,对应刻度示数为23,故则测量

结果为0.02x23=0.46A；

EE

I---I=4

⑵根据gR内,R内+R、,由图可得4=06",当/=031时，RX=15kQ,解得R内=15kQ=1.5X10Q,E=9.0%

（3）A、根据电流红进黑出，在图（b）中，电表的右、左插孔处分别标注着“+故A错误；

B、函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，示数左大右小是由于外电阻增大，电路电流减小造成的，故B

项错误。

C、欧姆表调零通过调节滑动变阻器Ro,调节至待测电阻Rx为零（即两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数

为零，故C正确；

D、欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而