2023年高考第三次模拟考试卷-物理（河北A卷）（全解全析）

2023年高考物理第三次模拟考试卷

物理·全解全析

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、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.下列说法正确的是（　　）

A.氢核聚变时，放出巨大能量，聚变产物的比结合能减小

B.氡的半衰期为3.8天，若取100个氢原子核，经7.6天后就只剩下25个氡原子核

C.原子的外层电子受到激发，挣脱原子核的束缚发射出来，形成β射线，这就是β衰变的实质

D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大

【答案】 D

【解析】A．氢核聚变时，放出巨大能量，聚变产物的比结合能变大，A错误；B．半衰期是统计规律，衰变规律只针对大量原子适应，B错误；C．β衰变的实质是原子核中的中子转化为质子和电子，电子抛射出来形成β射线，C错误；D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大，D正确。故选D。

2.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为时的波形图，虚线为时的波形图，则平衡位置在处的质点的振动图像可能正确的是（　　）

A. B.  C. D.

【答案】 C

【解析】 AC．若波向右传播，处质点起振方向向下，且满足求得（n=0，1，2，3…）,可得当n=0时，可得T=24s，故A错误，C正确；BD．若波向左传播，处质点起振方向向上，且满足,求得（n=0，1，2，3…）故BD错误。故选C。

3.英国《自然》杂志、美国太空网2017年4月19日共同发布消息称，一颗温度适中的岩态行星LHS 1140b在经过小型LHS 1140矮恒星时发生凌星现象。这颗新发现的“超级地球”与恒星的距离、岩石构成以及存在液态水的可能性，使其成为目前寻找外星生命的最佳选择。假设行星LHS 1140b绕LHS 1140恒星和地球绕太阳的运动均看作匀速圆周运动，下表是网上公布的相关数据，则下列说法正确的是（　　）

A.LHS 1140b与地球运行的速度大小之比为

B.LHS 1140b与地球运行的周期之比为

C.LHS 1140b的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为

D.LHS 1140b的密度是地球密度的倍

【答案】 B

【解析】A．根据万有引力提供向心力可得解得, LHS 1140b与地球运行的速度大小之比为,A错误；B．根据万有引力提供向心力可得,解得,LHS 1140b与地球运行的周期之比为,B正确；CD．LHS 1140b是环绕星体，所以它的密度以及第一宇宙速度无法求出，CD错误。故选B。

4.新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在V形挡板上，两板间夹角为120°固定不变，V形挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动，忽略V形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　 ）

A.棉包对AP板的压力一直减小

B.棉包始终受到三个力的作用

C.在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变

D.当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小为mg

【答案】 C

【解析】 A．如下图所示，在BP板由水平位置逆时针缓慢转动过程中，两个挡板对棉包的支持力的合力与重力等大、反向，设BP板转动的角度为θ（0＜θ＜60°），棉包的重力为mg，在三角形OQD中根据正弦定理有＝＝当θ从0增大到60°的过程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则根据牛顿第三定律，棉包对AP板的压力一直增大，A错误；B．当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，B错误；C．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，C正确；D．当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，D错误。故选C。

5.用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（　　）

A.由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量

B.不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小

C.由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压

D.若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为，则电容器的电容为

【答案】 B

【解析】A．根据可知图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；B．图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；C．根据可知由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压,选项C正确；D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压即为电容器充满电时的电压，根据可知电容器的电容为,选项D正确；故选B。

6.如图为“日”字形理想变压器（铁芯左右对称）的示意图，中间和两臂上分别绕有匝数为的线圈，线圈匝数比，两臂电路中接有相同的电阻R。将中间线圈接入电压的交变电流，下列说法正确的是(   )

A.每个线圈中磁通量的变化率都相同 

B.电压表的示数为14.4 V

C.电压表和示数比为4:5 

D.电流表和示数比为5:4

【答案】 C

【解析】由磁通量的定义可知穿过中间线圈的磁通量等于左右两臂线圈的磁通量之和，中间线圈内磁通量变化率为两臂线圈内磁通量变化率的二倍，A错误；输入电压的有效值为6 V，

7．如图所示，一个圆柱体空间被过旋转轴的平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从圆柱体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。质子重力忽略不计。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）

A．B．C． D．

【答案】D

【解析】AB．根据左手定则，质子所受的磁场力和磁场方向垂直，质子始终在xOy平面内运动，在圆柱体左侧做顺时针圆周运动，在圆柱体的右侧做逆时针圆周运动，其运动轨迹在xOy平面的投影如图所示

故AB错误；CD．质子始终在平行于xOy的平面内运动，z轴坐标为正值且不变，其运动轨迹在zOy平面的投影始终出现在y轴负半轴，运动轨迹可能如图所示

故C错误，D正确。故选D。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

8.如图所示，质量为m的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦。将汽缸放在冰水混合物中，气体达到的平衡状态如图中a所示，将汽缸从冰水混合物中移出后，气体在室温中达到的平衡状态如图中b所示。气体从a变化到b的过程中外部大气压强保持不变，下列说法正确的是（　　）

A．a中气体的内能较大

B．b中气体分子单位时间内单位面积上撞击活塞的次数较多

C．从a到b的过程中，气体从外界吸收的热量大于对活塞做的功

D．从a到b的过程中，气体对活塞做的功大于活塞重力势能的增加量

【答案】CD

【解析】A．理想气体的分子势能为0，当温度升高时，分子的平均动能增大，内能增大，则a中气体的内能小于b中气体的内能，选项A错误；B．b中分子平均动能大于a中分子平均动能，每个分子撞击活塞的平均作用力较大，而气体的压强不变，所以b中气体分子单位时间内单位面积上撞击活塞的次数较少，选项B错误；C．气体的内能增大，由热力学第一定律可知，从a到b的过程中，气体从外界吸收的热量大于对活塞做的功，选项C正确；D．由动能定理可知，容器内气体对活塞做的功、外部气体对活塞做的功和重力对活塞做的功之和为零，所以从a到b的过程中，气体对活塞做的功大于活塞重力势能的增加量，选项D正确。故选CD。

9．足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方O点，两次射门，足球分别斜向上直接打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示，已知足球被踢出时的速度大小相等，不考虑足球的旋转，不计空气的作用效果，则足球（    ）

A．从射出到打到a、b两点的时间一定是 

B．从射出到打到a、b两点的时间可能是

C．到达a、b两点瞬间速度大小 

D．到达a、b两点瞬间速度大小

【答案】AD

【解析】CD．足球被踢出时的速度大小相等，重力做功相等，根据动能定理可知到达a、b两点瞬间速度故D正确，C错误；AB．由几何关系可知：到达点的足球水平位移较大，到达、两点竖直位移相等，若从射出到打到a、b两点的时间，根据可知到达点的足球竖直初速度较小，根据运动的合成可知水平方向初速度较大，水平方向根据可知水平位移较大，与题意矛盾，也不可能是时间相等，因为时间相等，则竖直方向的分速度与水平方向的分速度均相等，水平方向位移也应该相等，与题意矛盾，所以一定是，故A正确，B错误。故选AD。

10．两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感强度为B的匀强磁场如图所示，一长度为的金属棒MN，处在如图所示位置时与两圆的交点分别为，其中将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为，小圆环和金属棒的总电阻均为，当金属棒以速度v经过如图所示位置时，下列说法正确的是（　　）

A．金属棒产生的总感应电动势为4BLV

B．金属棒产生的总感应电动势为2BLV

C．金属棒MP上产生的感应电流大小为

D．金属棒MP上产生的感应电流大小为

【答案】BC

【解析】AB．金属棒中产生的总感应电动势等于MP、QN两段产生的感应电动势之和：E1=E2=BLV，总感应电动势E=E1+E2=2BLV,故A错误,B正确；CD．整个电路的等效电路图如图所示，其中r1=r2=R/2;则总电阻

金属棒MP上产生的感应电流,故C正确，D错误。

    故选BC。

三、非选择题：本题共5小题，共54分．

11. （6分）某小组在做“探究加速度与力的关系”实验时，为了测出滑块的加速度，进行如下操作：

（1）如图甲所示，在气垫导轨上安装一个光电门并调节气垫导轨水平，滑块上固定一宽度的遮光条。实验时，将滑块从A位置由静止释放，滑块在钩码带动下加速运动，由数字计时器测得遮光条通过光电门的挡光时间，A位置与光电门间的距离，则滑块的加速度大小为________；（计算结果保留两位有效数字）

（2）一同学将具有加速度测量功能的智能手机固定在甲图中的滑块上，拆除光电门，其它条件不变，将滑块由静止释放，在智能手机上得到了加速度a随时间t变化的图像，如图乙所示，智能手机测得的加速度大小为________；（结果保留两位有效数字）

（3）在（1）和（2）中测得的加速度大小有明显差异，主要原因是________________。

【答案】    ①. 1.2  （2分）  ②. 0.80  （2分）  ③. 滑块上放置了智能手机，系统的质量增加，在所受合外力不变条件下，由牛顿第二定律可知加速度减小（2分）

【解析】

【解析】（1）[1]滑块通过光电门的速度为：

已知A位置与光电门间的距离，根据：

解得：

（2）[2]由图乙可知，用智能手机测得的加速度大小为0.80；

（3）[3]在（1）和（2）中测得的加速度大小有明显差异，主要原因是滑块上放置了智能手机，系统的质量增加，在所受合外力不变条件下，由牛顿第二定律可知加速度减小。

12．（9分）某兴趣学习小组根据所学的电学原理，利用相同的器材，自制了以下不同的电子秤。实验器材有：

直流电源（电动势为E=3.0V，内阻为r=0.5Ω）；

理想电压表V（量程为3.0V）：限流电阻R0=9.5Ω；

竖直固定的滑动变阻器R（总长l=10.0cm，总阻值R=20.0Ω）；

电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦（弹簧劲度系数）；

开关S以及导线若干。

重力加速度取g=10m/s2，不计摩擦和其他阻力。

实验步骤如下：

①两种电子秤，托盘中未放被测物前，滑片恰好置于变阻器的最上端，电压表的示数均为零。

②两种电子秤，在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入被测物，待托盘静止平衡后，当滑动变阻器的滑片恰好处于下端b处，此时均为电子秤的最大称重。

请回答下列问题（所有计算结果保留一位小数）：

（1）两种电子秤，当滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，电压表的示数均为______V；该电子称的最大可测质量均为______kg。

（2）当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，如左图所示的第一套方案电子称测得质量为______kg。如右图所示的第二套方案电子称测得质量为______kg。

（3）第______（填“一”或“二”）套方案更为合理，因为电压表读数与物体质量成线性关系，电压表改装的电子秤刻度______均匀的。（填“是”或“不是”）

【答案】2.0（1分）10.0（1分） 7.5（2分） 5.0（2分）一（2分） 是（1分）

【解析】（1）[1]滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，由欧姆定律可得

[2]由受力平衡可得 

解得电子称的最大可测质量为。

（2）[3][4]当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，电压表读数。

如左图所示的第一套方案，根据闭合电路欧姆定律可得

由平衡条件可得联立解得

如右图所示的第二套方案，设滑动变阻器接入电路的阻值为，根据闭合电路欧姆定律可得

  解得,  又

由平衡条件可得联立解得

（3）[5][6]左边方案一，根据闭合电路欧姆定律可得, 又

联立可得

与成线性关系，电子秤刻度均匀；右边方案二，根据闭合电路欧姆定律可

又，  联立可得

与不成线性关系，电子秤刻度不均匀；故方案一更合理，电压表示数与物体的质量成正比，电压表改装的电子秤刻度是均匀的，便于测量。

13. （10分）如图所示圆心为O、半径为R的半圆玻璃砖竖直放置，直径AB与水平地面垂直并接触于A点，OC水平。一束激光从玻璃砖圆弧面BC射向圆心O，逐渐增大激光的入射角i，发现水平地面上的两个光斑逐渐靠近，当水平地面上刚好只有一个光斑时，光斑距A点的距离为。

（1）求玻璃砖的折射率n；

（2）若该束激光以的入射角从AB右侧射向AB上的D点，已知OD间的距离为，不考虑激光在ACB弧面上的反射，求此时地面上两个光斑之间的距离x。

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）激光从玻璃砖的左侧弧面BC射向圆心O，当地面只有一个光斑时，说明激光在AB面发生了全反射，当以临界角C入射时，只有反射光线在水平地面形成光斑，光路如图，光斑距A点的距离为，则

，（1分）（1分）

解得  （1分）

（2）该束激光以的入射角从AB右侧射向AB上的D点，光路如图

由折射定律得（1分）

解得  ，（1分）

由几何关系得   （2分）

AB面的反射光射到F点，有几何关系  （2分）

水平面上两个光斑之间的距离  （1分）

14．（12分）如图所示为某粒子实验装置的示意图。带电金属板MN竖直平行放置，平面直角坐标系xOy第一象限内沿与x轴夹角为的方向上有一荧光屏。放射源连续发射速率不同的同种带正电粒子（最小速度可视为0），粒子质量均为m、电荷量均为q，粒子经金属板加速后均经坐标原点O沿x轴正方向运动，速率大小在之间，粒子均从坐标为的P点进入方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场（边界未画出），所有粒子均能垂直打在荧光屏上，且只有速率为v的粒子一直在磁场中运动。不计粒子重力，求

（1）金属板MN间的电压U；

（2）匀强磁场磁感应强度的大小B；

（3）荧光屏的最小长度d；

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）经过电场加速后速率为的粒子，其初速度为零，则（2分）

解得（2分）

（3）要想所有粒子均能垂直打在荧光屏上，粒子在磁场中偏转角均为；速率为的粒子，在磁场中的半径为  （2分）

荧光屏的长度至少在图中的两个出射方向之间的长度，

由几何关系可知（2分）

15．（17分）如图所示，左侧固定着内壁光滑的四分之一圆轨道，半径为R，右侧水平面上，有一质量为3m的滑板由水平部分BC和半径为R的四分之一光滑圆弧构成。质量分别为2m和m物体P、Q（视为质点）锁定在半圆轨道底端A点和滑板左端B点，两者间有一被压缩的轻质弹簧（未与P、Q连接）。某时刻解除锁定，压缩的弹簧释放，物体P、Q瞬间分离。P向左运动上升到最大高度R后即撤去，物体Q与滑板水平部分的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

（1）求弹簧被锁定时的弹性势能；

（2）若滑板与地面的动摩擦因数为1/16μ求物体Q与滑板摩擦所产生的热量（已知BC>4R/μ）；

（3）若水平面光滑，要使物体Q在相对滑板反向运动的过程中，相对地面有向左运动的速度，求BC的长度L应满足的条件。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）P弹开后运动到最高点过程中，由动能定理（1分）

解得  （1分）

弹簧弹开过程，对P、Q系统动量守恒，有  （1分）

解得  （1分）

对P、Q与弹簧组成的系统，由能量守恒得弹簧弹性势能

（1分）

（2）Q滑上滑板时，对Q由牛顿第二定律得  （1分）

解得Q的加速度   （1分）

对滑板BC，由牛顿第二定律得  （1分）

解得滑板加速度  （1分）

设经过时间t共速，速度为v共，此过程

对Q有  （1分）

对滑板有  （1分）

联立解得  （1分）

Q相对滑板运动位移（1分）

Q与滑板摩擦生热  （1分）

（4）Q要相对滑板后退且有对地向左运动，即Lm至多对应Q退至滑板1/4，光滑圆弧底部时

速度恰为0，根据动量和能量守恒有   （1分）

（1分）

解得              （1分）

所以