2023年高考第三次模拟考试卷-物理（广东B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．关于下列四幅图中，下列说法正确的是（　　）

A．甲图是电磁感应实验，说明磁可以生电

B．乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量

C．丙图是金属探测器，探测环中的发射线圈通以正弦式电流，附近的被测金属物中会产生涡流

D．丁图是电吉他中电拾音器的基本结构，金属弦被磁化，弦振动过程中线圈中会产生感应电流，从而使音箱发声。如果选用铜质弦，电吉他也能正常工作

【答案】  C

【解析】A．甲图是电流磁效应实验，说明电可以生磁，故A错误；

B．乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在冶炼炉内金属中产生涡流，产生大量热量，故B错误；

C．丙图是金属探测器，探测环中的金属线圈通以正弦式电流，附近的被测金属物中会产生涡流，故C正确；

D．丁图是电吉他中电拾音器的基本结构，金属弦被磁化，弦振动过程中线圈中会产生感应电流，从而使音箱发声。如果选用铜质弦，不能被磁化，电吉他不能正常工作，故D错误。

故选C。

2．如图所示为某潜艇下潜和上浮的v—t图像，t = 0时刻潜艇从水面开始下潜，5t0时刻回到水面，规定竖直向上为正方向，下列说法正确的是（   ）

A．2t0末潜艇下潜至最深处 B．1t0 ~ 3t0内潜艇上浮

C．2t0末潜艇的加速度改变 D．3t0 ~ 5t0内潜艇的位移大于2v0t0

【答案】  A

【解析】A．潜艇先加速下潜，t0末潜艇下潜速度最大，之后减速下潜，2t0末速度减为0时潜艇离水面最远，A正确；

B．1t0 ~ 2t0潜艇减速下潜，2t0 ~ 3t0潜艇加速上浮，B错误；

C．1t0 ~ 3t0时间内v—t图像为一倾斜直线加速度不变，2t0末，潜艇的速度方向改变，加速度不变，C错误；

D．v—t图像图像与时间轴所围的面积表示位移，5t0末潜艇回到水面，所以0 ~ 2t0时间位移

2t0 ~ 3t0时间位移

可以求得3t0 ~ 5t0潜艇的位移为

x = x1－x2 = 2v0t0

D错误。

故选A。

3．如图，在宽为L，长为2L的矩形区域abcd内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场的等势面如图标示，磁场方向垂直纸面向里。 不计重力的带电粒子从O点沿等势面射入场区，恰能沿直线经过p点射出场区。 若仅撤去磁场，粒子从c点射出。 若仅撤去电场，粒子将（　　）

A．从a点射出 B．从b点射出 C．从d点射出 D．从b、p之间射出

【答案】  A

【解析】设射入速度为v0，恰能沿直线经过p点射出场区，则有

qv0B=Eq

仅撤去磁场从c点射出，可知粒子受电场力向右，受洛伦兹力向左，撤去磁场时，则竖直方向有

L=v0t

水平方向有

Eq=ma

若仅撤去电场，则粒子做圆周运动，有

解得

可得粒子运动轨迹如下

粒子有a点射出，故A正确，BCD错误。

故选A。

4．“广湛”高铁将茂名到广州的通行时间缩短至2小时。假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为f、已知动车质量为m，最高行驶速度为，下列说法正确的是（　　）

A．动车启动过程中所受合外力不变

B．动车发动机功率为

C．从启动到最大速度过程中，动车平均速度为

D．从启动到最大速度过程中，动车牵引力做功为

【答案】  B

【解析】A．发动机功率恒定，根据

速度变大，牵引力变小，合外力

合外力变小，故A错误；

B．速度最大时，动车加速度为零，受力平衡，此时

故B正确；

C．从启动到最大速度过程中，动车做加速度变小的加速运动，动车平均速度大于，故C错误；

D．从启动到最大速度过程中，根据动能定理

动车牵引力做功为大于，故D错误。

故选B。

5．图乙是降压变压器图甲给用户供电的电路示意图，表示输电线的总电阻、假设用户端为纯电阻用电器，总电阻为R。若变压器视为理想变压器、输入电压恒定，电表视为理想电表，当用户使用的用电器减少时，则（　　）

A．用户总电阻R减少 B．电压表示数增大

C．用电器R两端电压升高 D．电流表示数保持不变

【答案】  C

【解析】当用户使用的用电器减少时，则用户总电阻R变大，因V2的读数由变压器初级电压和匝数比决定，可知V2读数不变，次级电流减小，则R0的电压减小，用电器R两端电压变大；因次级电流减小，则初级电流减小，即电流表A1示数减小。

故选C。

6．某载人宇宙飞船绕地球做圆周运动的周期为T，由于地球遮挡，宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看作平行光，则下列说法正确的是（　　）

A．宇宙飞船离地球表面的高度为2R B．一天内飞船经历“日全食”的次数为

C．宇航员观察地球的最大张角为120° D．地球的平均密度为

【答案】  D

【解析】A．由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为

t=·T

由于宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，则

=

所以

α=π

设宇宙飞船离地球表面的高度h，由几何关系可得

=sin=sin=

可得

h=R

故A错误；

B．地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为，故B错误；

C．设宇航员观察地球的最大张角为θ，则由几何关系可得

sin=

可得

θ=60°

故C错误；

D．万有引力提供向心力，所以

解得

其中

r=R＋h=2R

又

联立可得

故D正确。

故选D。

7．从地面上以初速度竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中球受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为，且落地前球已经做匀速运动。已知重力加速度为g，则（   ）

A．球上升的时间等于下落的时间

B．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量

C．球上升的最大高度

D．球抛出瞬间的加速度大小

【答案】  C

【解析】A．由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下降过程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，故A错误；

B．由题意可得，阻力与速率的关系为

故阻力的冲量大小为

因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故B错误；

C．上升时加速度为a，由牛顿第二定律得

解得

取极短时间，速度变化，有

又

上升全程

则

解得

故C正确；

D．空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有

小球抛出瞬间，有

解得球抛出瞬间的加速度大小

故D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，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分有选错的得0分。

8．滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员（包括滑板）简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为零势能面。运动员的机械能和重力势能随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为

B．运动员再次回到坡底时机械能为

C．运动员的质量为40kg

D．运动员的初速度为10m/s

【答案】  AC

【解析】A．由图像可知，运动员在冲上上坡之前，总的机械能为

而冲上斜坡，到达最高点时的机械能为

而在运动员从斜坡底端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为，故A正确；

B．运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为，故B错误；

C．由于取了坡底为零势能面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有

，

解得

故C正确；

D．在坡底是运动员的动能就等于运动员的机械能，则有

解得

故D错误。

故选AC。

9．在匀强磁场中，一个静止的铀原子核经α衰变后变成一个新核，衰变方程为，结果得到的径迹为两个相切圆1和2的径迹照片如图所示。已知两个相切圆半径分别为r1、r2，且r1＜r2，则下列说法正确的是（　　）

A．衰变后核的动量与α粒子的动量不相同

B．半径为r1的圆为放出α粒子的运动轨迹

C．衰变后核的质量与α粒子的质量之和等于衰变前铀核的质量

D．若铀元素的半衰期为τ，则经过2τ的时间，2 kg的核中有1.5 kg已经发生了衰变

【答案】  AD

【解析】A．衰变前，铀核的动量为零，根据动量守恒定律可知，新核与α粒子的动量大小相等，方向相反，所以二者动量不同，故A正确；

B．新核与α粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

由于p、B都相等，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于放出粒子的电荷量，所以新核的轨道半径小于放出粒的轨道半径，则半径为r1的圆为新核的运动轨迹，半径为r2的圆为放出α粒子的运动轨迹，故B错误；

C．铀核衰变的过程中，存在质量亏损，导致衰变后核的质量与α粒子的质量之和小于衰变前铀核的质量，故C错误；

D．2 kg的核衰变，符合统计规律，经过2τ的时间，即2个半衰期的时间，已有1.5 kg发生衰变，故D正确。

故选AD。

10．两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有三点，如图甲所示。一个带电荷量为，质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其运动的图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线（图中标出了该切线）斜率最大的位置，则下列说法正确的是（   ）

A．由C到A的过程中物块的电势能一直在增大

B．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强

C．由C点到A点电势逐渐降低

D．A、B两点间的电势差

【答案】  BC

【解析】A．从图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，A错误；

B．由v—t图可知带电粒子在B点的加速度最大，且为

则小物块在B所受的电场力最大为

Fmax = mamax = 2 × 10 - 3N

则B点处场强最大，且最大值为

B正确；

C．据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C正确；

D．从图象可知，A、B两点的速度分别为v6 × 10 - 2m/s，v4 × 10 - 2m/s，再根据动能定理得

解得

D错误。

故选BC。

11. （7分）某同学为了验证荡秋千过程中机械能是否守恒，设计了如图所示实验。长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球（尺寸相对L足够小），在O点正下方L处的N点放有一光电门。重力加速度为g，实验步骤如下：

（1）用螺旋测微器测出小球的直径D，小球直径D=___________mm；

（2）将小球拉到偏离竖直方向上的某位置M，用工具测出M处的细绳与竖直方向的夹角；

（3）静止释放小球，测出小球经过光电门的时间为，计算小球经过光电门的速度；

（4）从M到N的过程中，小球减少的重力势能___________，增加的动能___________（用题目中已知的物理量符号表示）

（5）验证，即可验证小球运动过程中机械能守恒。

【答案】       7.170         

【解析】（1）螺旋测微器读数为固定刻度读数+可动刻度读数为

D=7mm+17.0×0.01mm=7.170mm

（4）从M到N的过程中，小球减少的重力势能

小球到N点的速度

增加的动能

12. （9分）用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，请完成下列实验内容。

（1）实验时，要通过电流表指针的偏转方向来观测电路中电流的方向。因此电流表应采用图乙中的_____（选填“a”、“b”）；

（2）依照图中所示的电路图，将图乙的实验器材用笔画线代替导线连接成实验电路_________（图中已有部分连接）：

（3）开关S接1后，小灯泡L_______（填选项前的字母）：

A．一直不亮

B．逐渐变亮，稳定后保持亮度不变

C． 突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭

（4）开关S接1足够长时间后，再将开关S接2。开关S接2之后电压表读数_____（选填“逐渐增大”“逐渐减小”）；

（5）图乙中电容器的电容为____μF。当电容器的电压为10V时其带电量为______C（保留两位有效数字）。

【答案】       a          C     逐渐减小     3300     0.033

【解析】（1）通过电流表指针的左右偏转观察电流方向，故应选择a。

（2）如图所示

（3）开关S接1后，电源给电容器充电，开始电流较大，随着极板带电量增多，电流逐渐减小，最后为0，所以小灯泡L突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭。

故选C。

（4）开关S接2之后电容器放电，两极板电势差逐渐减小到0，所以电压表示数逐渐减小到0。

（5）图乙中电容器的电容为3300μF，当电容器的电压为10V时其带电量为

13. （10分）如图所示，在湖水里固定一个导热性较好的长圆管，管内横截面积为S=2cm2，管内有一活塞封闭着一定质量的理想气体，当白天外界温度为27℃时，活塞的下端距湖面的高度为h1=70cm，圆管内、外水面高度差为h2=50cm，大气压强为p0=1.0×105Pa，且保持不变，湖水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2，求：

（1）活塞的质量；

（2）当夜晚外界温度为7℃时，活塞的下端距湖面的高度。

【答案】  （1）；（2）

【解析】（1）设活塞的质量为m，由平衡条件有

①

解得

②

（2）设外界温度为7℃时，由于被封气体压强不变，发生等压变化，设活塞的下端距湖面的高度为

③

④

⑤

⑥

⑦

解得

⑧

14. （12分）如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置示意图。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽，高，磁感应强度大小均为。电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为，高度为，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为，取，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求：

（1）电梯下落速度达到时，线圈内产生的感应电流大小；

（2）若电梯下落时速度达到，此过程中安培力对电梯做的功；

（3）电梯可达到的最大速度。

【答案】  （1）50A；（2）64800J；（3）7.5m/s

【解析】（1）电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产生感应电动势

由欧姆定律，可得此时线圈内产生的感应电流大小为

代入数据得

I1=50A

（2）根据动能定理

解得

（3）当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有

又有

联立得

代入数据得

15. （16分）2022北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地的示意图如图所示：运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O（圆垒的圆心）。为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知未刷冰时冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1= 0.04，刷冰后μ2= 0.01，投掷线AB与O点的距离为L = 30m。

（1）比赛中，若第一个冰壶以v0= 3m/s的速度被投出后，试判断如果不刷冰，冰壶能否停在圆垒中心O，如果不能请设计一个方案使冰壶刚好停在圆垒中心O；

（2）比赛中，为了使第一个冰壶恰好停在圆心O处，求冰壶被投出时初速度的最小值和最大值；

（3）在比赛中，黄队冰壶Q静止在图中虚线上O点的左侧L1= 1m处，红队冰壶P投出的初速度v0= 3m/s，沿中心线向冰壶Q滑去，两壶发生正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间Q获得的速度是Р碰前瞬间速度的，圆垒半径为r = 1.8m，两冰壶材料，规格均相同且可视为质点。两冰壶均停止后，冰壶在圆垒内且到O点距离较小的一方获胜。求在P碰上Q前，红队运动员用毛刷擦拭冰面的长度应满足什么条件才能使冰壶Р碰后留在O点左侧并赢得比赛胜利？（Р碰上Q后，假设运动员不再擦拭冰面，结果保留一位小数）

【答案】  （1）见解析；（2），；（3）

【解析】（1）设不刷冰时，冰壶运动距离为S1时，冰壶停下来，有

解得

冰壶未运动到圆垒中心O就停下来。则要使冰壶停在圆垒中心O，必须刷冰，设刷冰的距离为S时，冰壶刚好落在圆垒中心

解得

S = 25m

（2）当运动员一直擦冰面时，此时加速度一直最小，则通过相同的位移时需要的初速度最小，即

解得

同理当运动员一直没有擦冰面时，此时加速度一直最大，则通过相同的位移时需要的初速度最大，即

解得

（3）假设冰壶的质量为m，冰壶P碰上Q前瞬间的速度为v，碰后瞬间P的速度为v1，Q的速度为v2，由题意有

P、Q碰撞过程，由动量守恒

mv = mv1＋mv2

解得

若冰壶P最终停在O点左侧，红队获胜，则必须冰壶Q停在O点右侧，且冰壶P到O点的距离小于Q到O点的距离，即

L1－s1 < s2－L1

代入

解得

v > 1.6m/s

假设红队用毛刷擦拭冰面的长度为s，P从起滑到与Q发生碰撞前的过程，有

解得

s > 27.9m