【文档说明】湖北省华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三下学期第二次学业质量评价检测物理试题 含解析【武汉专题】.docx，共(23)页，8.236 MB，由小赞的店铺上传

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华中师大一附中2023届高三第二次学业质量评价检测物理试题时间：75分钟满分：100分命题人：马志祥刘波田冰珲张菡审题人：许春李爱华一、选择题（本题包括11小题。其中第1-7题为单选题，第8-11题为多选题，每小题

4分，共44分。单选题有且仅有一个选项正确，选对得4分，选错或不答得0分，多选题至少有两个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1.中国全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）采取磁约束策略来产生核聚变反应。其内部发生的一种核聚变反应方

程为234112HHHeX+→+，反应中释放出γ光子，下列说法不正确的是（）A.核聚变反应所产生的X粒子无法被洛伦兹力进行约束B.核聚变反应所释放的γ光子来源于核外电子的能级跃迁C.核聚变反应与核裂变反应相比，具有产能效率高、更安全、更清洁

的特点D.核聚变反应所需要的高温条件可以使原子核具有足够的动能克服库仑力作用而结合到一起【答案】B【解析】【详解】A．根据核反应过程满足电荷数和质量数守恒，可知X粒子为中子10n，由于中子不带电，中子无法被洛伦兹力进行约束，故A正确，不满足题意要求；B．核聚变反应所释放的γ光子来源

于核聚变后新核的能级跃迁，故B错误，满足题意要求；C．核聚变反应与核裂变反应相比，具有产能效率高、更安全、更清洁的特点，故C正确，不满足题意要求；D．核聚变反应所需要的高温条件可以使原子核具有足够的动能克服库仑力作用而结合到一起，故D正确，不满足题意要求

。故选B。2.为躲避太空垃圾，中国空间站采取紧急避碰措施，改变轨道高度。若中国空间站在某次紧急避碰过程中进行了向下变轨，假设空间站在不同高度轨道上稳定运行时均是绕地球做匀速圆周运动，且该过程由中国空间站仅在两轨道的切点P、Q两点短时间向站外喷气以实现。则空间站（）A.在P、Q两点处均向前

喷气B.在P、Q两点处均向后喷气C.在P点处向前喷气，在Q点处向后喷气D.在P点处向后喷气，在Q点处向前喷气【答案】A【解析】【详解】由图可知，空间站在P点处由高轨变到低轨，需要减速，即向前喷气，同理在Q点

处由高轨变到低轨，需要减速，即向前喷气。故选A。3.如图，一质量为M、半径为R光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。套在大环上质量均为m的两个小环（可视为质点），同时从大环的最高处由静止滑下。已知重力加速度大小为g，则小环下滑到大环最低点的过程中（）A.大环与两小环所构成的系统始终处于失重状态

B.大环对轻杆拉力的大小为Mg的时刻有1个C.大环与两小环所构成的系统动量守恒D.小环运动时间大于4Rg【答案】D【解析】【详解】A．两个小圆环在大环上先有向下的加速度分量，失重；然后有向上的加速度分量，超重，选项A错误；B．小环受重力，大环

对小环的支持力而做圆周运动；①当小环运动到上半圆上某位置时，其重力沿半径指向圆心的分力恰好等于向心力时，此时小环对大环压力为零；的②小环运动到与圆心等高处，大环对小环压力沿水平方向指向圆心，小环对大环没有竖直方向的压力

作用；所以在此两处，大环对轻杆拉力大小为Mg，故B错误；C．两小圆环水平速度等大反向，竖直速度逐渐增加，则大环与两小环所构成的系统动量不守恒，选项C错误；D．若小圆环做自由落体运动从最高点到最低点，则用时间为4R

g；而小圆环沿大圆环下滑时加速度的竖直分量小于g，可知小环运动时间大于4Rg，选项D正确。故选D。4.电子感应加速器的基本原理如图甲所示，在电磁铁的两极间有一环形向外逐渐减弱、并对称分布的交变磁场，这个交变磁场又在真空

室内激发感生电场，其电场线是一系列绕磁感线的同心圆。这时若用电子枪把电子向右沿切线方向射入环形真空室，电子将受到环形真空室中的感生电场的作用而被加速，同时，电子还受到洛伦兹力的作用，使电子在半径为R的圆形轨道上运动。若电子轨道所围

面积内平均磁感应强度B随时间变化如图乙所示（垂直纸面向内为B的正方向），则电子在加速器中可正常加速的时间是（）A.00tB.002ttC.0023ttD.0034tt【答案】C【解析】【详解】A．在00t时间内，磁场向里增加，根据楞次定律可知感应电场沿逆时针方向，则电子不能被加速，选项A错误

；B．在002tt时间内，磁场向里减弱，根据楞次定律可知感应电场沿顺时针方向，但此时电子受的洛伦兹力方向背离圆心，则电子不能被正常加速，选项B错误；C．在0023tt时间内，磁场向外增强，根据楞次定律可知感应电场沿顺时针方向，此时电子受的洛伦兹力方向指向圆

心，则电子能被正常加速，选项C正确；D．在0034tt时间内，磁场向外减弱，根据楞次定律可知感应电场沿逆时针方向，则电子不能被加速，选项D错误。故选C。5.图甲为一玩具起重机的电路示意图，理想变压器的原副线圈匝数比为5：1。变压器原线圈中接入图乙所示的

正弦交流电，电动机的内阻为5MR=，装置正常工作时，质量为2kgm=的物体恰好以0.25m/sv=的速度匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，电流表的示数为3A。g取102m/s。设电动机的输出功率全部用来提

升物体，下列说法正确的是（）A.原线圈的输入电压为()502sin50Vut=B.照明灯的额定功率为30WC.电动机正常工作时内阻上的热功率为20WD.电动机被卡住后，原线圈上的输入功率增大【答案】D【解析】【详解】A．根据图像

可知()502sin1002sinVmutEtT==故A错误；BC．电动机机械功率5WPmgv==出根据2211UnUn=副线圈电压210VU=副线圈总功率230WPUI==电灯和电动机共消耗30W功率，所以电灯功率小于30W，因为不清楚电动机的电流，无

法计算电动机正常工作时内阻上的热功率，故BC错误；D．电动机被卡住后，回路变成纯电阻电路，电流增大，则副线圈回路功率变大，所以原线圈上的输入功率增大，故D正确。故选D。6.均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。某时刻第一象限内第一次出现如

图（a）所示的波面分布，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，从此时刻开始计时，坐标（0，12）处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（）A.该水波的波长为6mB.2s3t=

，P点偏离平衡位置的位移为0.5cmC.1.5st=，P点正在平衡位置的上方且向下运动D.若波源从平衡位置起振，则波源的起振方向一定向上【答案】C【解析】【详解】A．由图（a）可知，该水波的波长为12m，故A错误；B．由图（b）可知，该水波的周期为4s，根据

波速的公式可得3m/svT==P点到波源O的距离为22129m15mOP=+=根据115m12m3m4x=−==可知0=t时刻，P点由平衡位置向上振动，其振动方程为2sinsin2zAttT==2s3t=，P点偏离平衡位置的位移为2

3sinmm232z==故B错误；C．P点与图中实线所表示的波峰相距3m，即为四分之一波长，可知P点振动情况滞后四分之一周期，即1.5s时P点的振动情况与图b中0.5s时坐标（0，12）处质点振动情况相同，所以P点正在平

衡位置的上方且向下运动，故C正确；D．波源从平衡位置起振，若波源的起振方向向下，当振动74T时间时，第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布；若波源的起振方向向上，当振动34T时间时，第一象限内第一次出现如图（a）所示的波面分布；故

D错误。故选C。7.某同学在墙边踢毽子时不小心将毽子踢出围墙，他请墙外的路人帮他将毽子踢进围墙内，围墙AB有一定厚度。路人从P点（P点可左右移动）将毽子踢过围墙。设毽子踢出时的速度与水平向右的方向成θ角，不计空气阻力，以下说法正确的是（）A.若P点位置确定，

无论θ角多大，只要速度足够大，一定能将毽子踢进围墙内B.路人将毽子踢过围墙内做的功最小时，θ角应满足45C.路人越靠近围墙，将毽子踢过围墙所做的功越小D.路人将毽子踢过围墙内做的功越小，毽子从踢出到越过墙壁后落到

地面所花的时间越短【答案】B【解析】【详解】A若P点位置确定，如果θ=90°，则将毽子竖直抛出，不能将毽子踢进围墙内，故A错误；B.从P点到A点再到B点位置做斜抛运动，设A点在的速度为Av，此时速度方向与水平方向的夹角为，AB间距离为x，从A

点到B点水平方向做匀速直线运动cosAxvt=竖直方向为竖直上抛0sinAvgt=−解得sin2Agxv=根据数学知识，当sin21=即45=A点的速度最小，则抛出的动能最小，路人将毽子踢过围墙内做的功最小，

根据斜抛运动可知，P点速度的夹角一定大于A点速度的夹角，即45=故B正确；C．当P点位于A点下面时，90=，则将毽子竖直抛出，不能将毽子踢进围墙内，故C错误；D．根据斜抛运动飞行时间22htg=毽子飞的高度越低，所需的时间越小，所以当做的功最小时，过A点相等高度的夹角为45

°，对应的飞行高度并不是最低高度，故D错误。故选B。8.五角棱镜是光束定角度转向器之一，常用于照相机的取景器、图像观察系统或测量仪器中。如图所示是五角棱镜的截面图。棱镜的AB面与AE面垂直。一束单色光垂直AB面入射，经DE面和BC面反射后垂直AE面射出。

下列说法正确的是（）A.BC面与DE面夹角30=B.BC面与DE面的夹角45=C.若入射光线与AB面不垂直，则先后经DE、BC面反射后从AE面射出的光线与AB面的入射光线仍垂直D.若入射光线与AB面不垂直，则先后

经DE、BC面反射后从AE面射出的光线与AB面的入射光线不可能垂直【答案】BC【解析】【详解】AB．画出光路图如图甲所示，KH为反射面DE的法线，KI为反射面BC的法线由反射定律有∠1=∠2，∠3=∠4光线IJ与光线GH垂直，

有∠1+∠2+∠3+∠4=90°由几何关系有∠5=∠2+∠3由于KH⊥FE，KI⊥FB，可得α=∠5=45°选项A错误，B正确；CD．如图乙所示，光线在AB面的入射角为i时，折射角为∠6，光线PQ在AE面的入射角为∠7，从Q射出的光线的折射角为r；的由折射定律，有sinsin6in

=sinsin7rn=由前面分析可知光线NO⊥PQ，可得∠6=∠7，可得r=i可知入射光MN垂直出射光QR，即从AE面射出的光线与入射光线间的夹角为90°。选项C正确，D错误。故选BC。9.氢原子的能级如图所示。按照玻尔原子模型和经典力学理论，如果一个处于基态的氢原子以初动能k0E

与另一个处于基态的、静止氢原子发生对心碰撞，恰好使得其中一个氢原子发生跃迁，初动能k0E的数值可能是（）A.10.2eVB.13.6eVC.20.4eVD.24.18eV【答案】CD【解析】【详解】设处于基态的氢原子的速度为v0，完全非弹性碰撞后两者的速

度为v，损失的动能△E被基态原子吸收；由动量守恒和能量守恒有mv0=2mv2220111222mvmvmvE=++而20012kEmv=解得△E=12Ek0若△E0=10.2eV，则基态氢原子可由n=1跃迁到n=2．则Ek0=2△E0=20.4eV若使基态氢原子电离，则△E1=13.6eV得Ek

0=2△E1=27.2eV则初动能k027.2eV20.4eVE故选CD。10.如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b两带电小球，小球所带电量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平

面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且a。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.若a、b电性相反，球a的质量一定大于球b的质量B.若a、b电性相同，球a的质量可能等于球b的质量C.若同时剪断两根细线，a球可能先落地D.若同时剪断两根细线，a、b两球一定同时落地【答案】AD【解析】【

详解】AB．依题意两球静止，对系统应用整体法，水平方向受力平衡可知a、b电性相反，两球所受匀强电场的电场力等大反向，两球所受库仑力等大反向，可知两球所受电场力与库仑力的合力等大反向。分解细线的拉力，竖直方向可得aabbcoscosFmgFmg==，水平方向

可得absinsinFFFF==−电场库伦又a联立，解得abmm故A正确；B错误；CD．若同时剪断两根细线，a、b两球竖直方向只受重力作用，做自由落体运动，根据212hgt=可知一定同时落地。故C错误；

D正确。故选AD。11.电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。某次实验中，分别安装在甲、乙两小车上的两电子设备已通过蓝牙配

对成功，其正常通讯的有效距离为10md=。两车运动路线在同一条直线上（两车略微错开，不会相撞）。如图所示，甲车以11m/sv=的初速度经过O点，向右做加速度大小210.1m/sa=的匀加速直线运动。同时乙车

以初速度26m/sv=向右经过O点左侧6m处，并立即以20.4a=2m/s的加速度刹车。以此时刻为计时起点，忽略蓝牙信号连接延迟，下列说法正确的是（）A.4st=时信号第一次中断B.16st=时信号第一次恢复C.信号第二次中断时，甲在O右边55m处D.从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移

为20m【答案】AD【解析】【详解】A．因开始时，乙车速度较大，则在乙停止运动之前乙车可超过甲车，然后两车距离逐渐变大，当蓝牙第一次中断时乙车超过了甲车，则第一次信号中断时满足222121011111122vtatdsvtat−=+++解得t=4s即4st=时信号第一次中断，选项A正

确；B．当第一次信号中断时，甲车的速度v11=1.4m/s，乙车的速度v21=4.4m/s，到信号第一次恢复时应该满足2221222112121122vtatvtat−=+解得t2=12s但是乙车停止运动的时间'21211svta==即经过12s时乙

车已经停止，则信号第一次恢复的时刻应该大于16s，选项B错误；C．乙车停止运动时，距离O点的距离为2226m39m2vxa=−=信号第二次中断时，甲在乙的右侧10m位置，则此时甲车在O右边49m处，选项C错误；D．信号第一次恢复的时甲距离O点的距离为2221111112129m22vxvtata

=++=从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为49m-29m=20m，选项D正确。故选AD。二、实验题（共14分）12.多用电表的使用。（1）用如图甲所示的多用电表测量一个阻值约为2000Ω的电阻，测量步骤如下：①调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着___________零刻度（

选填“左侧”或“右侧”）。②将选择开关旋转到“Ω”挡的“×100”位置。③将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准右侧零刻度。④将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，表盘指针如图乙所示，该电阻的阻值为_______

____Ω。⑤测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置。（2）某同学按图丙所示的电路图进行实验。连接电路元件后，闭合开关S，发现两个灯都不亮。该同学用多用电表的直流电压挡来检测电路哪个位置发生了故障。他在闭合开关S的情况下把多用电表的红表笔

始终接在电路的A点上，用黑表笔依次接触电路中的B、C、D、E等点，很快就找到了故障所在位置。该同学的部分检测步骤为：用黑表笔接触电路中的___________点，如果电压表示数接近___________V，说

明电源和滑动变阻器完好；再用黑表笔接触电路中的___________点，发现电压表示数为___________，说明灯泡1L断路。【答案】①.左侧②.1900##1.90×103③.C④.1.5⑤.D⑥.0【解析】【详解】（1）①[1]调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着左侧。④[2]该电阻的

阻值为19.0×100Ω=1.90×103。（2）[3][4]用黑表笔接触电路中C点，如果电压表示数接近1.5V，说明电源和滑动变阻器完好；[5][6]再用黑表笔接触电路中的D点，发现电压表示数为0，说明灯泡1L断路。13.探究杆线摆。如图双线摆（下图）也是一种单摆，它优点是可以把摆球的运动轨

迹约束在一个确定的平面上。现把双线摆的其中一根悬线，换成一根很轻的硬杆，组成一个“杆线摆”，如下图所示。杆线摆可以绕着悬挂轴OO＇来回摆动，杆与悬挂轴OO＇垂直，其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。某实验小组为探究在相同摆长下、摆角很小时，“杆线摆”的周期T跟等效重力加速度的关系，设计了

如下实的的验：（1）测量斜面倾斜角θ。如图，铁架台上装一重垂线。在铁架台的立柱跟重垂线平行的情况下把杆线摆装在立柱上，调节摆线的长度，使摆杆与立柱垂直，则此时摆杆是水平的。把铁架台底座的一侧垫高，立柱倾

斜，绕立柱摆动的钢球实际上是在一倾斜平面上运动。测出静止时摆杆与重垂线的夹角为β，则该倾斜平面与水平面的夹角θ＝______________________。（2）测量周期T。让杆线摆做小偏角下的振动，用停表测量完成20次全振动所用的时间1t则周期

20tT=。同样的操作进行三次，取平均值作为该周期的测量值。（3）记录数据。改变铁架台的倾斜程度，测出不同倾斜程度下斜面倾斜角θ的值以及该倾角下杆线摆的周期T，把各组θ和T的值填在实验数据表格中。取29.8m/sg=，计算sinag=的值作为

表格中的一列，再计算1sing的值，得到表格中的另一列，如下表所示：次数斜面倾角θ（°）周期T/s等效重力加速度()2sin/msag−=()1/21/mssing−111.02.521.870.731214.52.112.450.639319.

01.833.190.560422.51.733.750.516525.51.624.220.487629.01.504750.459（4）数据处理。在下图中以周期T为纵坐标轴、以___________为横坐标轴建立坐标系，

并把以上表格中相.应的各组数据在坐标系中描点、作图___________。（5）得出结论。根据该图线可知：_________________。【答案】①.90°－β②.1sing或1a③.④.在误差允许范围内，杆线摆

在摆长一定的情况下，T和1sing成正比，即周期跟（等效）重力加速度的平方根成反比。【解析】【详解】（1）[1]由几何关系可知，该倾斜平面与水平面的夹角θ＝90°－β（4）[2][3]根据单摆周期公式可知2=2sinLLTag=可知，在图中以周期T为纵坐标轴、以1sing（或者

1a）为横坐标轴建立坐标系，作图如图；（5）[4]根据该图线可知：在误差允许范围内，杆线摆在摆长一定的情况下，T和1sing成正比，即周期跟（等效）重力加速度的平方根成反比。三、计算题（请写出必要的文字

说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。共42分）14.如图所示，竖直放置的导热良好的气缸固定不动，A、B活塞的面积分别2A20cmS=，2B10cmS=，它们用一

根长为330cmL=、不可伸长的轻绳连接。B同时又与重物C用另一根轻绳相连，轻绳跨过两光滑定滑轮。已知A、B两活塞的质量分别为A8kgm=、B4kgm=。当活塞静止时，A、B间气体压强11.2atmp=，A下方气体压强21.6atmp=，A、B

活塞间上、下段气柱长分别为2L、L，A下方气柱长为L，不计所有摩擦，且大气压强为标准大气压。B上方气缸足够长。改变重物C的质量，当活塞再次静止时，A活塞上升L且与气缸壁恰好不接触。求此时C的质量和A、B间轻绳的拉力大小。（210m/sg=，51atm110Pa=）【答案】22kg；240

N【解析】【详解】依题意，气缸导热良好，根据玻意耳定律分析活塞A下方的气体，可得2A2A'2pSLpSL=解得42'810Pap=同理，分析AB间气体，可得()1AB1B2'3pSLSLpSL+=解得51'1.61

0Pap=分析重物C，可得Tmg=分析活塞AB的整体，有()2A1B0BAB1A'+mgpSpSpSmmgpS+=+++解得22kgm=分析活塞B，有1BB0BAB'mgpSmgpST+=++解得AB240NT=1

5.如图所示，水平地面上有一点P，P点左侧地面光滑，在P点右侧，物块所受摩擦阻力大小与物块的速率成正比（fkv=，k为已知常数）、与物块质量无关。一质量为()1nmn的物块B在P点处于静止，一质量为m

的物块A以初速度0v向右撞向物块B，与B发生碰撞，碰撞时间极短。（1）若A、B碰撞过程中没有能量损失，求B的位移x1和从A开始运动到B静止过程中，系统因摩擦产生的热量1Q；（2）若A、B碰后粘在一起，其共同运动

的位移为x2，系统因摩擦产生的热量为2Q，求12xx和12QQ。【答案】（1）()021nmvkn+；2022(1)nmvn+；（2）21nn+；41nn+【解析】【详解】（1）A、B碰撞过程中没有能量损失，且系统动量

守恒，可得2220AB0AB111222mvmvnmvmvmvnmv=+=+，解得0A0B2111vnvvvnn−==++，依题意，n>1，则物块A碰后反弹，物块B碰后做减速运动，最终静止，由动能定理可得2B1B01022kvxnmv

+−=−解得()0121nmvxkn=+系统因摩擦产生的热量为2201B2212(1)nmvQnmvn==+（2）若A、B碰后粘在一起，则有()0mvmnmv=+共解得01vvn=+共根据动能定理，可得()

2201022kvxmnmv+−=−+共共解得02mvxk=系统因摩擦产生的热量为()2212Qmnmv=+共所以11222411xQnnxnQn==++，16.如图所示，真空中有两垂直于纸面的水平挡板，板间距

离为d，长为L。一电量为()0qq−，质量为m的粒子，恰从下方挡板边缘以初速度0v入射，入射方向在纸面内、与水平挡板的夹角53=。粒子每次撞击挡板时电量不变，沿挡板方向的分速度大小减为一半、方向不变：垂直于挡板方向的分速度大小也减为一半、方向反向。粒子与挡板发生第1次撞击处的右方区

域存在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。（不计粒子重力，sin530.8=，cos530.6=）（1）若粒子始终不与下挡板碰撞，则d应满足什么条件？（2）若045mvdaB=，求从粒子射入挡板区域到粒子与挡板发生第三次碰撞的时间；（3）若045mvdqB=，

该粒子没有飞出板间区域，求L的取值范围。【答案】（1）05mvdqB；（2）53145mtqB=+（）；（3）0115mvLqB【解析】【详解】（1）粒子与上板碰后在磁场中做圆周运动，则200()22vmvqBR=解得02mvR

qB=若粒子始终不与下挡板碰撞1cos53dR=−（）解得05mvdqB（2）粒子在磁场中运动的周期为022RmTvqB==从粒子射入挡板区域到粒子与挡板发生第三次碰撞的时间012532sin53360dtTv=

+53145mtqB=+（）（3）第一次碰撞后012mvRqB=11182sin535sRR==同理可得，第n次碰撞后02nnmvRqB=1812sin5352nnnnsRRs===粒子没有飞出板间区域12

34ndLsss++++0115mvLqB获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com