《2023年高考第三次模拟考试卷-物理（全国乙B卷）（全解全析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考第三次模拟考试卷-物理（全国乙B卷）（全解全析）.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考物理第三次模拟考试卷高 三 物 理（B卷）（考试时间：90分 钟 试 卷 满 分：110分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分
2、。14.某些夜光钟表上的夜光粉含有放射性材料，能发射出某种射线。在暗室中将胶片包在密封的薄黑纸袋中，注意不使胶片曝光。把一枚回形针放在纸袋上面，再压上夜光钟表，放置足够时间后即可得到一张类似X光片的照片。该放射性材料发射出的应是（）A.X光 B.&射线 C.夕射线 D.7射线【答案】C【详解】A.X光不会由放射性物质单独产生，A错误；BCD.根据题意该射线具有一定的穿透性，可以穿透纸张但是不能穿透金属的回形针，所以可知为夕射线，BD错误，C正确。故选C。15.跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶段.在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈V字型的经
3、典姿势，如图所示.这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力.关于运动员在飞行阶段采用V字型姿势，下列说法正确的 是（）A.可以增加水平方向的飞行速度B.可以增加竖直方向的加速度C.可以增加运动员的机械能D.可以获得更长的飞行时间【答案】D【详解】运动员在飞行阶段采用V字型姿势是为了增加身体与下方空气的接触面积，从而增加空气对身体的“托举力，根据牛顿第二定律可知，运动员在竖直方向做加速运动的加速度将减小，从而增加了在空中飞行的时间。故选D,1 6.某工地小型升降电梯的原理图如图所示，轿厢A、对 重 B
4、跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中A 未接触滑轮、B未落地。已知A、B质 量 分 别 为 600kg、初=4 0 0 k g,电机输出功率恒为尸=3kW,不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g 取 lOrn/s?,则当轿厢速度为lm/s时，A、B之间轻质缆绳的拉力大小为（）A.5400NB.6000ND.7000N【答案】C【详解】当轿厢速度为lm/s时，电动机的牵引力为=3000N以轿厢A为对象，根据牛顿第二定律可得T Mg=Ma以对重B 为对象，根据牛顿第二定律可得F+mg T=ma联立解得A、B之间轻质缆绳的拉力大小为T=
5、6600N故选Co17.2021年 12月 9 日，中国空间站 天宫课堂 第一课开讲。空间站轨道可简化为高度约400km的圆轨道，认为空间站绕地球做匀速圆周运动。在 400km的高空也有非常稀薄的空气，为了维持空间站长期在轨道上做圆周运动，需要连续补充能量。下列说法中正确的是（）A.假设不补充能量，空间站将做离心运动B.假设不补充能量，系统的机械能将减小C.实际空间站的运行速度大于第一宇宙速度D.实际空间站的运行速度大于第二宇宙速度【答案】B【详解】A B.在 400km的高空也有非常稀薄的空气，空间站克服空气阻力做功，系统机械能减小，假设不补充能量，空间站的速度减小，则万有引力大于所需向心力
6、，则空间站做近心运动，故 A错误 B正确；C D.任何围绕地球做圆周运动的物体，运行速度都小于第一-宇宙速度，故 CD错误。故选Bo1 8.如图所示，高铁的供电流程是将高压220kV或 110kV经过牵引变电所进行变压，降至27.5kV,通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触而完成受电，机车最终获得25kV的电力使高铁机车运行。以下说法正确的是（）电网蠢27.5 伏牵引供电系统孑牵引网 H H i 回流线25千 务 _馈线接触网A.若电网的电压为2 2 0 k V,则变电所的变压器原、副线圈匝数比%：%=8:1B.若电网的电压为llO k V,则变电所的变压器原、副线圈匝数比4：2 =1
7、C.如果高铁机车功率为9000kW,则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为6.9QD.如果高铁机车功率为9000kW,则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为7.6C【答案】AC【详解】A B.若电网的电压为2 2 0 k V,则变电所的变压器原、副线圈匝数比为q =%=220kV=8(A-n-27.5kV-T若电网的电压为U O k V,则变电所的变压器原、副线圈匝数比为%：%=4:1,A正确，B错误；C D.若高铁机车功率为9000kW,根据P=IUU=25kV则电流/=3 6 0 A,牵引变电所至机车间的等效电阻R=u2-u g69Q/C正确，D错误。故选AC。1 9.利用物理模型对问题进行分
8、析，是一种重要的科学思维方法。如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态。该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型。运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角e逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。己知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点。根据上述信息，当钢管与地面的夹角。逐渐变小时，下列说法正确的有（）A.地面对钢管支持力的大小不变B.地面对钢管的摩擦力变大C.地面对钢管作用力的合力变大D.地面对钢管作用力的合力大小不变【答案】ABC【详解】A B.对钢管受力分析，
9、钢管受重力G、绳子的拉力7、地面对钢管竖直向上的支持力入、水平向左的摩擦力工，可知Ft i=mgtan即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故A B正确；C D.对钢管受力分析，可认为钢管受到重力G、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F三个力,钢管平衡，三个力的作用线必交与一点，由此可知产方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为a（钢管与水平面的夹角为。）根据共点力平衡条件可知尸 二 生sinatana当钢管与地面的夹角。逐渐变小，同时a也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D错误。故选ABC。2 0.某种质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成
10、。离子源和加速电压为U的加速电场位于x轴下方某处，第象限的静电分析器是中心线半径为R的四分之一圆弧通道，通道内有方向指向坐标原点。的均匀辐向电场，虚线为通道的中心线，第/象限内有垂直于纸面的匀强磁场。现有粒子1、2从离子源飘出，经加速电场加速后垂直x轴进入静电分析器，沿中心线做匀速圆周运动后进入磁场，最终打在探测板上，粒子1、2在第/象限内的运动轨迹如图所示，不计粒子重力和粒子间的相互作用。则（）U离子源A.磁分析器中粒子1运动的时间大于粒子2运动的时间B.磁分析器中粒子1运动的速率大于粒子2运动的速率C.粒子2的比荷大于粒子1的比荷D.静电分析器中心线处电场强度大小为与R【答案】BD【详解】
11、D.粒子在加速电场中的运动过程，由动能定理可得 1 ，qU=mv解得粒子出加速电场时的速度v=琛在静电分析器中，电场力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有D正确;2*=吟得RC.粒子进入磁分析器后，洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有V2qvB=m得mvr=qB将丫=栏;代入得q=2Um B2r2由题图可知粒子2的轨迹半径大于粒子1的轨迹半径，所以粒子2的比荷小于粒子1的比荷，C错误；B.因丫=/斗，粒 子1的比荷大于粒子2的比荷，所以在磁分析器中粒子1运动的速率大于粒子2运动的速率，B正确；A.粒 子1运动轨迹所对的弧长短，速率大，由f=可知，在磁分析器中粒子1运动的时间小于粒V子2运动
12、的时间，A错误。故选BD。2 1.如图，坐标原点。有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为加、电量为4的正粒 子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在（Q R）,半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场右侧有一长度为R,平行于y轴的光屏，其中心位于（2RR）。己知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（）A.粒子速度大小 为 迎mB.所有粒子均能垂直射在光屏上2兀mC.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为三方3qBD.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足45。4。4135。【答案】AC【详解】A.由题意，初速度沿y轴
13、正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有V2qBv-m一rmv 八r=RBq解得mA正确；B.由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为2 R,并不会垂直打在光屏上，B错误；C.如图，由几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为（兀X根据周期公式_ 2冗 1 =-v可得2万t二1=匕=江27r 3 3BqC正确；D.粒子初速度方向与x 轴夹角为。时，若能打在光屏下端，如图二二二二X由几何关系可得圆心角6=60即初速度与X轴夹角为ex=60同理，粒子打在光屏上端时（图同B）,初速度与X轴夹角为%=120D错误。故选AC。二、实验题：本题
14、共2小题，共15分。22.（6分）某学习小组为了测当地重力加速度，根据手头器材，设计如下实验。一较长铁质窄薄板用细线悬挂。在其下方端附近，固定一小电动机，电动机转轴固定一毛笔。电动机可使毛笔水平匀速转动。调整薄板与毛笔尖端的距离，可使墨汁画到薄板上留下清晰的细线，如图甲所示。启动电动机，待毛笔连续稳定转动后，烧断细线，薄板竖直下落。图乙是实验后，留有清晰墨迹的薄板。取底端某清晰的线记为O,每隔4条细线取一计数线，分别记为A、B、a D o将毫米刻度尺零刻线对准0,依次记录A、B、C、。位置读数为10.58cm、30.92cm、60.96cm、100.6cm,已知电动机转速为3000r/min。
15、求：甲 乙（1）以上刻度尺读数有一数值记录不规范，正确记录值应为 cm。（2）相邻计数线之间的时间间隔为 s。（3）根据以上数据，测 得 当 地 重 力 加 速 度 为。（结果保留三位有效数字）【答案】（1）100.60：（2）0.1；（3）9.69m/s2【详解】（1）田毫米刻度尺的最小分度为1mm，读数时应估读到最小分度的下一位，则100.6cm读数不规范，应为100.60cm.（2）2根据题意可知，电动机转动的周期为每隔4条细线取一计数线，相邻计数线之间的时间间隔为7=54=O.ls（3）网根据题意，由逐差法以=4 可得xz _ x（M=g（27）2代入数据解得g=9.69m/s223.
16、（9分）收音机中可变电容器作为调谐电台使用。如图为空气介质单联可变电容器的结构，它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小，某同学想要研究这种电容器充、放电的特性，于是将之接到如图所示的实验电路中，实验开始时电容器不带电。空气介质单联可变电器的结构及电路符号（1）首先将开关S打向1,这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数，稳定后，旋转旋钮，使电容器正对面积迅速变大，从开始到最终稳定，灵 敏 电 流 计 示 数 随 时 间 变 化 的 图 像 可 能 是 （填选项中的字母）序号（2）充电稳定后，断开单刀双掷开关，用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，原因是.（3）该同学做完实验，得到电容
17、器的电容后，突然想起他用的是一节旧电池（电动势不变，内阻不可忽略），他想要得到尽量精确的电容值，（填 需要 或 不需要）重新换一节新电池来测量。【答案】（1）A；（2）电压表并非理想电表，电容器通过电压表放电（3）不需要【详解】（1）电容器充电时，刚开始电流比较大，充电结束后，电流为0。由电容器的决定式C=-4ikd可知当电容器正对面积迅速变大，电容迅速增大，乂由Q=CU可得电容器的带电量Q 增加，故电容器再次充电，充电结束后电流为0。只有A 图像满足上述描述。故选A（2）用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有电流，电压表不是理想电压表。（3）3本实验
18、测量电容的原理是c=&U电容器的带电量Q 由。=可由步骤（1）所得的/T图线与坐标轴围成的面积求得；充电后两极板之间电压则由步骤（2）中的电压表测得。给电容器充电时由于使用了旧电池，导致充电时电流较小,但最终充电的时间会稍长一点，当充电电流等于0 的时候，电容器两端电压仍然等于电源电动势，所以电容器最终所带电量不变，不影响测量结果。所以不需要更换电池。三、计算题：本题共3 小题，共 37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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。24.（12分）2023年 1 月 1 5 日，长征二号丁运载火箭以“一箭十四星”发射
19、方式成功将齐鲁二号、三号等14颗卫星发射升空。已知火箭的总质量根=2.5xl（）5 k g,火箭发动机点火后从尾部竖直向下喷出高温高压气体而获得动力。火箭尾部喷口横截面积S=0.75m 2,喷出气体的密度0=lkg/m 1火箭点火瞬间竖直向下喷出气体相对地面的速度大小n=2xl0m/s,此后火箭向上做匀加速直线运动，取重力加速度大小g=10m/s2,不考虑火箭由于喷气带来的质量变化，忽略地球的自转以及高度的变化对重力加速度的影响，空气阻力不计。求：（1）点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F；（2）从点火开始计时，火箭运行f=IOs过程中火箭动力所做的功W。【答案】（1）3X106N;（2）
20、3X108J【详解】（1）对加时间内喷出的气体有FAt=A?vm=pvts联立得F =3 x l O N由牛顿第三定律可知火箭因喷出气体获得的动力大小F =r=3 x l Of iN（2）对加速过程中的火箭有.0+V）h=-t2W =Fh联立得W=3X108J2 5.（2 0 分）冲击电流计属于磁电式检流计，它可以测量短时间内通过冲击电流计的脉冲电流所迁移的电量，以及与电量有关的其他物理量测量（如磁感应强度）。已知冲击电流计D的内阻为R,通过的电量q 与冲击电流计光标的最大偏转量4 0 成正比，即4 （4 为电量冲击常量，是已知量）。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨和PQ水平放置
21、，两条导轨相距为L,左端 接 有 冲 击 电 流 计 D,E 尸的右侧有方向竖直向下的匀强磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的 工 字型框架。现让 工”字型框架从E F的左边开始以初速度%（大小未知）进入磁场，当 导体棒到达E F 处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为人 不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：（1）在此过程中，通过a 导体棒的电荷量心和磁场的磁感应强度B的大小；（2）在此过程中，工 字型框架产生的总焦耳热Q；（3）若 工 字型框架以初速度2%进入磁场，求冲击电流计光标的最大偏转量【答案】（1）2kd,；（2）15k4d4R2m
22、l；(3)3d【详解】（1）由题意可知在框架进入磁场过程中，通过电流计D的电荷量为q-kd 因为电流计D的内阻和c d 阻值相同，根据并联电路分流规律可知通过D和 c d 的电量相等，而此过程中仍相当于干路上的电源，所以有q&=2q=2kd 回路的总电阻为娱=穴+篝=L 5 R A+A根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电流的定义式综合有Bl3 c37 FE不联立解得3kdRi T（2）在框架进入磁场过程中,根据动量定理有-BILt=0 -加?联 立 解 得%=H6k-d-R z=x回路产生的总焦耳热为2.6=1 0 =18k0片ml由于通过ah的电流大小始终等于通过c d 和 D的电
23、流大小的2倍，则根据焦耳定律可推知Qab=Q&Q“=*Q总所以Q=Qab+Qed=Q&=O当（3）若 工 字型框架以初速度2%进入磁场，设 M 进入磁场时框架的速度大小为盯，对框架进入磁场的过程根据动量定理有-BILt=mvt-2mv0 根据式可知框架进入磁场过程中通过而和D的电荷量与初速度大小无关，所以解得匕=%当框架全部进入磁场之后，必 和cd同时切割磁感线，等效于两个电源并联在一起，此时通过岫和m的电流大小相等，且通过D的电流等于通过油和山的电流之和，对框架全部进入磁场到速度减为零的过程，根据动量定理有-2BILt O-m vx 根据式可知Tt=q：b=b 所以此过程中通过D的电荷量为/
24、=2q=2kd 综上所述，从岫进入磁场到框架速度变为零的整个过程中，通 过D的电荷量为%=1 +/=3kd 因此d=3d 3 3.【物理选修3-3（15分）（1）（5分）拔火罐是传统中医理疗方式。医生先用点燃的酒精棉球加热小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，小罐很快便紧贴在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等目的。下列说法正确的是（）A.小罐刚倒扣在皮肤上时，罐内氧气分子的平均动能大于拔罐室内氧气分子的平均动能B.小罐倒扣在皮肤上一段时间后，罐内气体的压强小于拔罐室内的大气压强C.小罐可以由玻璃材质制成，因为玻璃是晶体D.拔罐时，玻璃小罐内壁上会附着少量小水滴，说明水是浸润液体E.
25、拔罐过程中发生的与热现象有关的宏观自然过程是不可逆的【答案】ABE【详解】A.小罐刚倒扣在皮肤上时，罐内气体温度大于拔罐室内气体温度，则罐内氧气分子的平均动能大于拔罐室内氧气分子的平均动能，故 A正确；B.小罐倒扣在皮肤上一段时间后，气体温度降低，罐内气体的压强减小，罐内气体的压强小于拔罐室内的大气压强，故 B正确；C.玻璃是非晶体，故 C错误；D.液体是否可以浸润接触物体，是由液体和接触物体的材料共同决定的，故 D错误；E.根据热力学第二定律可知，拔罐过程中发生的与热现象有关的宏观自然过程是不可逆的，故 E正确。故选A B E o(2)(1 0 分)鱼泡是鱼在水中呼吸或进食所形成的，随着鱼嘴
26、一张一闭，鱼嘴中的黏液包裹着鱼体内的空气上浮到水面，有经验的钓友能根据鱼泡判断出鱼的位置。假设鱼在水面下某深度处吐出一鱼泡，鱼泡直径为2 c m,此处水温为7 ,当鱼泡缓慢上升至水面时，鱼泡直径为3 c m,已知水面温度为2 7 ,大气压为1.0 x l()5 p a,水的密度为I.O x lO kg/m,重力加速度g =lO m/s 2,鱼泡内气体视为理想气体。(1)判断鱼在水面下的位置；(2)鱼泡在上升的过程中，是向外界放热还是从外界吸热？【答案】(1)=2 1.5 m；(2)吸热【详解】(1)设水面下某深度处的鱼泡内气体压强为A，气泡半径为，热力学温度为Z，水面处鱼泡内气体压强为2,鱼泡
27、半径为4,热力学温度为心鱼泡内气体的体积V=兀户3根据理想气体状态方程有工 T2Pl=p。Pi=Po+Pgh联立解得A=21.5m（2）根据热力学第一定律U =W+Q由于鱼泡内气体温度升高，故A（70鱼泡内气体对外做功，故W 0故鱼泡在上升的过程中，是从外界吸热。3 4.物理选修3-4（15分）（1）（5分）水袖舞是我国古典舞中的一种，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人一种 行云流水 的感觉，这一过程可抽象成机械振动的传播。某次水袖舞活动可等效为在X。，平面内沿x轴正向传播的简谐横波，波速为lm/s,频率为2 H z,振幅为5 cm,则该简谐波的波长为 m。P、。为袖子上的两点，某时刻P点
28、经过平衡位置向上振动，则从此刻算起，尸点右侧相距0.125m的。点也由平衡位置向上振动需要的最短时间为 s o这一过程中P点振动经过的路程为_cm。“ylem|x/m0 P Q【答案】0.5,0,125,5【详解】根据解得2=0.5m根据Xv =解得r =0.1 2 5 s 3 根据解得T =0.5 s可知这一过程中P点振动经过的路程为s =-4 A=l A=5 c mT（2）（1 0分）在河中用鱼叉捕鱼时，渔民们都知道不能直接朝看到鱼的方向掷出鱼叉。若图中渔民 在（其眼睛）距河面1.8 m处看到视线与水面成3 7。的方向有一条鱼，鱼在水深为1.6 m的河底，4水 的 折 射 率 为s i n 3 7 =0.6,c o s 3 7 =0.8 请帮该渔民估算：（1）鱼距离他的实际水平距离多远；（2）假设鱼叉掷出后做直线运动，为使鱼叉命中目标，他应该瞄准与水面成a角的方向掷出鱼叉,求 t a n a r。【答案】（1）3.6 m；（2）31 O【详解】（1）光路如图所示根据oDa/=90-9=53sinzn=-sin r解得r=37根据几何关系OD=DE tan i=2.4mAB=OB tan r=1.2m则鱼距离他的实际水平距离xAC=AB+OD=3.6m(2)因为CE=CD+DE=3AmCE 17tana=-=一AC 18