2023届全国高考考前诊断性测物理试卷（旧教材）（解析版）

2023年全国高考考前诊断性测试卷（旧教材）

1.如图所示，图1为演示光电效应的实验装置，图2为氢原子的能级图.若入射光子能量

为2.93eV，用它照射由金属钾制成的阴极，所产生的大量具有最大初动能的光电子去撞击大

量处于■=3激发态的氢原子，可以辐射几种不同频率的光，已知金属钾的逸出功为2.25eV，

以下说法正确的是（）

nE/eV

8_____________0

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

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

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

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

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

图2

B.6种C.10种D.15种

（答案》B

K解析11根据光电效应方程口'•=-1%，可得E,=0,68"，再用该光电子去撞击大量

处于3激发态的氢原子，因为（£4一/）＜/＜（&一%），所以氢原子从n=3跃迁到

n=4能级，大量处于n-4能级的氢原子向低能级跃迁，可以辐射二6种不同频率的光。

所以，选项B正确。

2.玩“打水漂”时，使用的小石片质量为m=10g，水平初速度为小=4m/s，在水面上滑

行时受到水的阻力恒为『=0.2N，小石片每次接触水面dr=0,05,后弹起，弹起时竖直方向

的速度与此时沿水平面滑行的速度之比为k=0.5,弹跳数次后速度减为零，然后沉入水底,

不计空气阻力的影响，g_则下列说法正确的是（）

A.小石片从接触水面开始至沉入水底，在水面弹起的次数为4次

B.小石片从接触水面开始至沉入水底，在水面弹起的次数为5次

C.小石片从接触水面开始至沉入水底，在空中运动的总时间为0.6s

D.小石片从接触水面开始至沉入水底,在空中运动的总时间为0.8s

（答案』C

K解析UA3,小石片与水接触的过程中有：，f=ma，所以a=20代，速度减少量为

Jr=QJT-lm/s，小石片在水面滑行的次数为=4次，所以在水面弹跳了3次，因此4

B错误。

C2小石片第〃次弹起时，水平分速度为%=%-nxd「=4-n，竖直分速度

h=0lSxQ-nx加）=2—g,第〃次在空中运动的时间为所以小石

片从接触水面开始至沉入水底，在空中运动的时间为t_0,6s，因此，力错误,

C正确。

3.如图所示，两根平行放置的导线a、b位于x轴上且关于坐标原点。对称分布，现对两

导线通入等大同向的电流，电流方向垂直纸面向外，设磁场方向垂直x轴向上为正方向，下

列关于x轴上各点磁感应强度B随坐标x分布的图像正确的是（）

（答案』C

［解析X根据右手螺旋定则可知，当两根导线通入等大同向的电流时，在坐标原点的磁感

应强度等大反向，故坐标原点位置的磁感应强度为0。在a导线的左侧，。、6两导线中电流

形成的磁场方向垂直无轴向下，所以合场强的方向垂直无轴向下，且越靠近。导线场强越大。

在b导线的右侧，心6两导线中电流形成的磁场方向垂直x轴向上，所以合场强的方向垂

直x轴向上，越靠近b导线场强越大。。。之间区域，由于。导线的场强大于6导线的场强,

所以合场强方向垂直x轴向上，加之间区域，由于6导线的场强大于。导线的场强，所以

合场强方向垂直x轴向下，综上分析，A3。错误，C正确。

4.如图所示，水平导体棒仍质量为m=1kg、长为L=5m、电阻为也=1。其两个端点

分别搭接在竖直平行放置两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r=1m、电阻不计。阻值为

R_46的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻两端。整个空间有磁感应

强度大小为8_17、方向竖直向下的匀强磁场，导体棒ab在外力F作用下以转速

n=Sr/mii-绕两圆的中心轴00*匀速转动，已知重力加速度为g。则导体棒"在运动过程

中，交流电压表的示数是（）

［答案XA

k解析》导体棒在金属圆环上运动时，设导体棒与圆心连线与竖直方向夹角为小则导体

棒切割磁感线产生的电动势为E=3Lrcos。，峰值为£工=BZ.V，其中r=2mr，有效值为

£营二将,交流电压表的示数显示的是有效值,为〃=品&=.「。因此选项4正确。

5.如图是家里走时精确的时钟，设时针与分针的长度之比为5：6,则下列说法正确的是（）

A.时针、分针针尖的角速度之比为12:1

B.时针、分针针尖的线速度之比为5:72

C.时针、分针针尖的向心加速度之比为5：854

D.从3：00开始计时，时针、分针经过上及将第一次重合

it

（答案XBD

［解析X时针、分针和秒针都是做匀速圆周运动，根据周期之比可以求得角速度之比，再

由「二皿可求得线速度之比；根据根据a_小7可向心加速度之比；根据时针和分针第一次

重合时，分针比时针多转口求解时间。

2

本题考查物体做匀速圆周运动的运动规律及匀速圆周运动各物理量间关系，考查考生的理解

能力和推理能力

【解答】A时针运动的周期为=12%，分针运动的周期为T：=而角速度a=£，所

以，==四=上，所以A错误；

-snis

A根据5可知，U=二病＞=电，所以B正确；

匕每T

C.根据。=■.可知，3=©'4=击，所以C错误；

D.3：00时，时针与分针的夹角为三，时针和分针第一次重合时，分针比时针多转］

所以，三t二7=二解得t=三H所以D正确，故选8。。

心4i11

6.一倾角为30,的斜劈放在水平地面上，物块与斜劈间的动摩擦因数为〃二工，现给物体

施加如图所示的力F,F与竖直方向夹角为303物块沿斜面下滑，斜劈仍静止，已知，斜

劈的质量为物块的质量为电设地面对斜劈的支持力为小,地面对斜劈的摩擦力为力

则下列说法中正确的是（）

A.y.:-：-\।5

B.几y+m）g

C.f=0

D.rHO

（答案』AC

［解析X由题意可知，*=tan30，，所以物块在没有施加外力/时，可以沿斜面匀速下滑,

此时物块受重力、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与重力等大

反向。根据牛顿第三定律可知，物体对斜面体的作用力方向竖直向下，大小等于mg。施加

力F后,物块受重力、支持力、摩擦力和推力凡导致支持力变大，因为弓=”小,所以支

持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，大小增大。根据牛顿第三定律，物体对

斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下，大小大于相g,因此对M受力分

析可知，&＞（“十加）伊f=00所以8、。错误，故选AC。

7.我国中继卫星“鹊桥”是运行于地月拉格朗日点的通信卫星，L,点位于地球和月球连线

的延长线上，“鹊桥”可以在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做匀速圆周运动，如

图所示。已知“鹊桥”质量远小于月球质量，可忽略“鹊桥”对月球的影响，地球与月球的中心

距离为q，L：点与月球的中心距离为巳，月球绕地球公转周期为T，引力常量为G。则下列

说法正确的是（）

/...、、、L2

，//'月球工鹊桥

：•O;!

\\地球Q

//

、、,....J

、、.....J

A.月球的运行速度大于第一宇宙速度

B.“鹊桥”在处的加速度大小为*（r,+T:：.

C.“鹊桥”处于完全失重状态

D.地球质量与月球质量的比值为-

1答案］BD

K解析』A第一宇宙速度是最大的环绕速度，对应的轨道半径等于地球半径，而月球的轨

道半径大于地球半径，所以月球运行的速度小于第一宇宙速度，所以A错误

A月球和“鹊桥”的周期相同，所以鹊桥的向心加速度为生"+，：；，所以2正确

C对“鹊桥”，地球对“鹊桥”的万有引力与月球对“鹊桥”的万有引力的合力提供向心力，并非

只有地球对“鹊桥”的万有引力提供向心力，所以“鹊桥”并非处于完全失重状态，C错误

D对月球：审=必”也

对鹊桥：悬5+邙=1也

解得铝尚当，所以D正确，故选

8.如图所示，平行金属板A、8水平正对放置，间距为d,A板中心有一小孔（小孔对电场

的影响可忽略不计）。若闭合开关后，将一带正电微粒从小孔正下方靠近8板的M点由静止

释放微粒穿过A板上的小孔后，刚好能到达A板上方的N点，N点与A的距离也为小（不

考虑空气阻力，将两板间电场视为匀强电场），则下列说法正确的是（）

，N

A.若将开关断开，将A板向上平移£再让微粒从M点由静止释放，微粒能到达2板上方9d

a1

处

B.若将开关断开，将A板向上平移士再让微粒从M点由静止释放，微粒能到达8板上方工

86

处

C.若保持开关闭合，将8极板向上平移£将该微粒从N点由静止释放，则微粒能到达2

S

板上方色处

6

D.若保持开关闭合，将8极板向上平移£将该微粒从N点由静止释放，则微粒能到达8

B

板上方2d处

3

［答案』AC

［解析XA5.开关断开时，A板向上平移色，。保持不变，由C=2，C=卫，E=0分

1。andd

析可知，场强E不变，设断开开关后微粒从M点释放向上移动的距离为羽则有：

断开开关前：qEd—mgx2d-Q

断开开关后：-Egr♦qE*d♦：：）—0

解得X=2d，所以5错误，A正确。

CD.保持开关闭合，将B极板向上平移:，U保持不变，设微粒从N点释放后在两板间移动

的距离为广，则有：

移动3板之前：qU—,2d=0

移动B板之后："»g(d+w)_q)x'=0

dx=；d—x*

解得dx=3d，所以。错误，C正确，故选AC。

.

9.为了测量电压表匕的内阻Ry,该同学设计了如图所示的电路图，已知吟的量程大于「:的

量程。

IO

__@-

/Ro

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

।——1|--------------------------

ES

实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为，:填步骤的字母代号)

A把滑动变阻器R的滑片P滑到6端；

及将电阻箱的阻值调到零；

C断开开关S,按图连接好电路；

。同时调节电阻箱的阻值和滑动变阻器R的滑片尸，使电压表区示数不变，%的示数变为

自，记录电阻箱凡的阻值，即为电压表乙的内阻

E.闭合开关S,移动滑动变阻器R的滑片P,使电压表1的指针指到满偏的位置，记录电压

表匕示数为U。；

R断开开关So

(2)仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的匕内阻测量值与真实值相比(选填

“偏大”“偏小”或“相等”卜

(3)若要将％的量程扩大为U,并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在匕上串联的分

压电阻R*的表达式R,=____________________=

K答案》⑴G4BEDF(2］相等⑶干泊

k解析工(1)本实验采用半偏法测电压表的内阻，断开开关S,按电路图连接好电路；在闭

合开关之前，为了保护电路的安全，把滑动变阻器R的滑片尸滑到。端，将电阻箱心的阻

值调到零，闭合开关S,移动滑动变阻器R的滑片P,使电压表”的指针指到满偏的位置，

记录电压表％示数〃；之后同时调节电阻箱小的阻值和滑动变阻器R的滑片P，使电压表片

示数不变，匕的示数变为号，记录电阻箱R。的阻值，即为电压表匕的内阻Ry；最后，断开

开关S。所以，合理的顺序为CAB瓦甲

(2)仅从实验设计原理上看，实验时，使电阻箱和电压表力两端的总电压不变，同时调节电

阻箱心的阻值和滑动变阻器R的滑片尸，使匕的示数变为与时，则电阻箱的电压也为当，

所以电阻箱的阻值和电压表匕的内阻相等。因此，从设计原理上看，用上述方法得到的'内

阻的测量值与真实值相比相等。

⑶根据串并联电路规律可知，U=4+,心，

解得：R=：变热

10.在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量为m，，右侧滑块质量为

E；，挡光片宽度为由两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连结两滑块让它们保持静止,

如图1所示。烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为

dQ，(取向右为正方向)

图1

图2

图3

(1)则烧断细线前两滑块的总动量p=____________kg.m/s。

(2)烧断细线后两滑块的总动量p'=。，用题中所给字母表示)

(3)用游标卡尺测量挡光片的宽度%示数如图2所示，贝必一_______cm.

(4)若190g，m2s1300，4々=，0.355，At,=-0.24s>则代入上述表达式，得

P'=kg-m/s。(结果保留1位有效数字)

(5)为了研究碰撞过程中动量是否守恒，该小组同学改进了实验装置。在两个滑块之间连了

一根弹性绳，将小车放置在气垫导轨上，拉伸弹性绳到适当远的距离后静止释放。小车就在

弹力的作用下相向运动，用这个较长的运动过程来模拟碰撞的短暂作用。这就解决了碰撞过

程很短暂，难以捕捉和测量的难题。利用视频追踪软件丁血或勿进行数据处理，自动绘制小

车运动过程中的动量一时间图像如图3所示。从图中我们得出的结论为：

K答案11⑴。⑵-f媪+m：*।313.000

(4)-0.00004(5)在误差允许范围内，两滑块碰撞过程中动量守恒

k解析口(1)烧断细线前，两滑块的初速度均为0,所以系统的初动量为0。

(2)根据题意可知，烧断细线后，系统的末动量为p'="三”标。

(3］根据游标卡尺的读数规则，读数为+O.OSnmx0=30J)0mm=3.000an°

(4)将题中所给数据代入表达式，可得p'=-0.00004&9-m/s°

(5)利用视频追踪软件Tracer进行数据处理，自动绘制小车运动过程中的动量一时间图像，

经过观察发现在误差允许范围内，两滑块碰撞过程中动量守恒。

11.如图，"c是竖直面内的固定轨道，而为水平轨道，长度为3R,小球与油间的动摩擦

因数为〃_O.S；be是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，与外相切于b点。一质量为相

的小球，始终受到恒定的水平外力尸作用，且尸=肥牙自。点处从静止开始向右运动。重

力加速度大小为g。求：

,1:小球运动到b点时，对轨道的压力？

(2)小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为多少？

K答案x（i）从〃至！J乩根据动能定理有:

Fx3R-/rmgx3fl=-iurf

根据牛顿第二定律有：Fa-mg=m^

根据牛顿第三定律：F\.=fv

解得：F\=4mg，方向竖直向下

⑵从。到c的过程中，根据动能定理有：fx4R-fimgx3/?mgR-；»»trf

过c点后，小球只受力产和重力作用，从c到达轨迹最高点的过程中，

竖直方向：u,=gt

水平方向：F-ma2»

联立解得：x='R

2

根据功能关系可知从〃点开始运动到其轨迹最高点的过程中小球机械能的增量为：

dE=Fx（3R+R+x）—pmgx3R

解得：dE=4mgR

12.如图所示，在xOy平面内，第一象限内存在着沿y轴负方向的匀强电场E：（大小未知）,

第二象限内，在POQ三角形区域之外存在着垂直于纸面向里的匀强磁场员（大小未知）以及

沿y轴负方向的匀强电场&=子，一质量为机，带电量为r的小球，从内-、弓L0），以「0

沿与x轴正方向夹角为60,的方向发射，恰好从y轴上的Q（o（）点离开磁场，且通过电场后

从x轴上的.YQ.0）点射入第四象限。在第四象限内，在高度为H的竖直区域内分布着互相

垂直的水平向右的匀强电场J和垂直纸面向里的匀强磁场％（大小未知），小球离开该区域

时，速度方向竖直向下，大小为30。求：

xxxxxxxx

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

xxxxxxxx

X.XXX_

(l)求第二象限内的匀强磁场B，大小和第一象限内的匀强电场后1的大小。

(2)小球到达N点时的速度。

(3)小球穿越第四象限电磁场区域时运动的水平位移s及在该区域运动的时间t。

K答案』(1)在第二象限中，由于所以带电小球将做匀速圆周运动，

有：Qi'o5.=.m^

根据几何关系有：rcosSO：-、大)

联立解得：比=会

结合前面分析可知，小球达到。点的速度方向沿1轴正方向，在第一象限，小球受重力和

沿y轴正向的电场力作用，小球将做类平抛运动，

沿x轴方向：L=rot

沿y轴方向：L二

根据牛顿第二定律，mg-qE【-ma

联立解得：£=3—2

qd

(2)根据运动的分解可知，小球达到N点时，与水平方向的夹角为R；

r=屋；+喧

tana=-

%

联立解得：.=Im«s2

（3）从N点到出电磁场区域，根据动能定理有：

1,1„,

mgH+qEts=*（3引一亍叫丫，

解得：s=兴

。与

在第四象限，小球受重力，水平向右的电场力以及洛伦兹力作用，根据动量定理有：

水平方向：qEtt-q-：rB:t=O-mre>vvr=H

竖直方向：mgt^=3mv^—MVs，=，

联立解得：t=yif

13.（1）在“用油膜法估测油酸分子大小”实验中，现有按酒精与油酸的体积比为n：1配制好

的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液让其自由滴出，全部滴完共滴了N

滴，现让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开稳定后测得油膜的面积为S。根据以

上数据可估算出油酸分子的直径为d'用题目中符号表示）。如果水面上琲子粉

撒得较多，油膜没有充分展开，会导致测量结果,偏大、偏小或不变）。本实验体

现的物理思想方法为_________（控制变量法、等效替代法、理想模型法）。

（2）如图所示的圆柱形气缸为“拔火罐”时所用的器皿，现将气缸（横截面积为S）固定在铁架台

上，密封良好的轻质活塞通过细线与质量为优的重物相连，初始时活塞被锁定，现将一团

燃烧的轻质酒精棉球从缸底的阀门K处扔到气缸内，酒精棉球熄灭时，缸内温度为门闭合阀

门K,同时将活塞解除锁定，此时细线刚好拉直且拉力为零，这时活塞距缸底距离为心由

于气缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距地面;处。已知环境温度为工不

变，詈=2为大气压强，气缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸之间的摩擦

以及酒精棉球的体积，求:

①酒精棉球熄灭时，气缸内气体的质量与初始气体质量之比；

②若从酒精棉球熄灭到最终稳定的过程中气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。

隋粒⑴G偏大理想模型法

(2)解：①以初始时气缸里面的气体为研究对象，阀门打开的时候，气体压强保持不变,

根据盖-吕萨克定律有：

根据题意可知现有气体的质量与初始气体质量之比为：-=?

联立解得：

三二"

zr

②当重物稳定在距地面2处时，对活塞有：mp+p:5-p05

又因为：W.=p2&y,AV=：5，胃

根据热力学第一定律有：1V—0

联立解得：AU=-p^SL-Q

K解析X(1)一滴溶液中所含油酸的体积为

油膜的厚度表示分子直径。

所以d—2

解得：

avg+flD

如果水面上琲子粉撒得较多，油膜没有充分展开，导致油膜面积S