2023年高考第三次模拟考试卷-物理（江苏A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-物理（江苏A卷）（全解全析），共16页。
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、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）图甲为氢原子能级图，图乙为氢原子光谱，是可见光区的四条谱线，其中谱线是氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级辐射产生的。下列说法正确的是（　　）A．这四条谱线中，谱线光子能量最大B． 谱线是氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级辐射产生的C．处于n=2能级的氢原子电离至少需要吸收13.6eV的能量D．若中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是【答案】D【解析】A．由图乙可知谱线对应的波长最大，由可知，波长越大，能量越小，A错误；B．谱线光子的能量最小，氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级辐射的能量不是最小的，最小的是从n=5能级跃迁到n=4能级产生的，B错误；C．处于n=2能级的氢原子电离至少需要吸收3.4eV的能量，C错误；D．频率越大的光子越容易使金属产生光电效应，图中谱线波长最小，频率最大，       可知，光能量最大，若中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是，D正确。故选D。如图所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为(　　)A．v(t0－t)，UB．v(t0－t)，UC．v(t0－t)，(U－U0)D. v(t0－t)，(U－U0)【答案】　D【解析】　当测重台没有站人时，2x＝vt0，当测重台站人时，2(x－h)＝vt，联立可得h＝v(t0－t)，当测重台没有站人时，U0＝kM0g，当测重台站人时，U＝k(M0g＋mg)，联立可得，m＝(U－U0)，故选项D正确．利用微距相机可以拍摄到形状各异的雪花图像(图甲)，其中有一种“彩虹”雪花，中间部分有一个夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹(图乙)，这是由于(　　)A．光的干涉 B．光的衍射 C．光的偏振 D．小孔成像【答案】A【解析】薄冰中间所夹的空气薄层相当与一层薄膜，光在此空气薄层上形成薄膜干涉，呈现彩色花纹。故选A。 如图甲所示，粗细均匀的筷子一头缠上铁丝竖直漂浮在水中，水面足够大。把筷子向下缓慢按压一小段距离后释放，以竖直向上为正方向，筷子振动图像如图乙所示。则（　　）
 A. 筷子在t1时刻浮力小于重力B. 筷子在t2时刻动量最小C. 筷子在t2到t3过程合外力的冲量方向竖直向下D. 筷子振动过程中机械能守恒【答案】A【解析】A．因为振动图像的斜率表示速度，故在t1时刻速度为零，处于最大位移处，即加速度向下，所以重力大于浮力，故A正确；B．由图知筷子在t2时刻速度最大，则动量最大，故B错误；C．因为t2到t3过程，物体向下减速，故合外力向上，故合外力的冲量方向竖直向上，故C错误；D．因为筷子在振动过程中，浮力对物体做功，则机械能不守恒，故D错误。故选A。 如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体(　　)A. 内能减少B. 对外界做正功C. 增加的内能大于吸收的热量D. 增加的内能等于吸收的热量【答案】B【解析】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。故选B。 如图所示，质量为m的物块受水平恒力作用在光滑的水平面上做曲线运动，经过时间t从M点运动到N点，速度大小由v变为，且速度方向恰好改变了。则(　　)A．从M点到N点的运动过程中，恒力先做正功后做负功B．从M点到N点的运动过程中物块的机械能增加了C．恒力F的方向与的连线垂直D．从M点到N点的运动过程中，速率的最小值为【答案】D【解析】从M点到N点的运动过程中物块的速度变化量为如图所示故恒力F的大小为方向与成30°。由前面分析可知，恒力F与速度方向夹角先大于90°，后小于90°，故恒力F先做负功，再做正功，故A错误；从M点到N点的运动过程中物块的动能增加为，故B错误；曲线运动在相互垂直的两个方向的分运动均为匀变速直线运动，如图则在初速度方向的位移与初速度垂直的方向的位移为则即已知则可知恒力F的方向与的连线不垂直，故C错误；将初速度分解到F方向和垂直于F方向，当沿F方向分速度减小到0时，物体速度最小，故最小速度为，故D正确。故选D。2022年3月23日，“天宫课堂”进行了第二次授课活动。授课过程中信号顺畅不卡顿，主要是利用天链系列地球同步轨道卫星进行数据中继来实现的。如图所示，天链卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入圆形同步轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动。设地球半径为R，地球表面的重力加速度为，卫星质量保持不变。则下列说法中正确的是（　　）A．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ运动的周期均与地球自转周期相同B．卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运动经过B点的加速度大小不同C．卫星在轨道Ⅱ上的运行速率小于D．卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能【答案】C【详解】A．圆形同步轨道Ⅲ的特点可知其周期与地球自转周期相同，由题可知轨道Ⅲ的轨道半径较大，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨Ⅰ的周期小于在轨道Ⅲ运动的周期，故A错误；B．根据万有引力提供向心力有可知卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运动经过B点的加速度大小相同，故B错误；C．卫星在近地轨道做匀速圆周运动的向心力可近似认为由重力提供，设卫星在轨道Ⅲ上做速率为的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有解得根据万有引力提供向心力有解得即轨道半径r越大，卫星的速度v越小，所以卫星在轨道Ⅱ上的运行速率小于，故C正确；D．卫星在A点从轨道Ⅰ变至轨道Ⅱ时需要加速，卫星发动机对卫星做功，使卫星机械能增大，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，故D错误。故选C。如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同．在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　)A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗【答案】　A【解析】　由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：滑片在a端时，Ra＝0，滑片在b端时，Rb＝0.由于灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大．由图可知，滑片在两端时，副线圈的总阻值最小，当滑片从a端向中间滑动时，副线圈的总阻值增大，则副线圈的总电流减小，根据＝可知原线圈的电流也减小，则灯泡L1变暗，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据＝可知副线圈两端电压增大，而L2所在支路总电阻减小，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮；当滑片从中间向b端移动时，副线圈的总阻值减小，则副线圈的总电流增大，根据＝可知原线圈的电流也增大，则灯泡L1变亮，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据＝可知副线圈两端电压减小，R0所在支路总电阻增大，则通过R0的电流减小，而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮．综上所述，A正确，B、C、D错误．特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流和，。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则(　　)A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下【答案】C【解析】A．通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断，如图所示在b点产生的磁场方向向上，在b点产生的磁场方向向下，因为即则在b点的磁感应强度不为零，A错误；BCD．如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，BD错误，C正确。故选C。 如图所示，光滑斜面上等高处固定着两个等量正电荷，两电荷连线的中垂线上有一带正电的小球．现将小球由静止释放，取两电荷连线中点为坐标原点O，沿中垂线向下为正方向，取无限远处电势为零，设小球在O点重力势能为零，则小球运动过程中加速度a、重力势能Ep1、机械能E、电势能Ep2随位置x变化的关系图像可能正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】A．小球在O点以上向下运动时因从开始下滑到O点的过程中电场强度可能先增加后减小，则加速度先减小后增加；在O点时加速度为在O点以下运动时 随场强先增加后减小，则加速度先增加后减小，选项A正确；B．因O点为零重力势能点，则重力势能因O点上方重力势能为正，O点下方重力势能为负，则选项B错误；C．因从开始到O点，电场力做负功，则机械能减小；在O点以下向下运动时，电场力做正功，机械能增加，可知O点的机械能最小，选项C错误；D．因O点电势最高，则小球在O点的电势能最大，根据可知图像的斜率反映场强的大小，在O点的场强为零，则切线的斜率为零，选项D错误。故选A。二、解答探究题（计算型问题解答时要有必要的文字说明、公式和计算过程，直接写出结果不能得分）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，实验小组的同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的金属丝的阻值(约为5Ω)。(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同的位置分别测量金属丝的直径，某次示数如图所示，则这次测量中该金属丝直径的测量值d=________mm。(2)用电压表和电流表测金属丝的电阻时，有下列供选择的器材：A．电池组(电动势为4.5V，内阻约1Ω)；B．电流表(量程0～3A，内阻约0.02Ω)；C．电流表(量程0～0.6A，内阻约0.1Ω)；D．电压表(量程0～3V，内阻约3kΩ)；E．电压表(量程0～15V，内阻约15kΩ)；F．滑动变阻器(量程0～20Ω，额定电流1A)；G．滑动变阻器(量程0～200Ω，额定电流0.1A)；H．开关、导线若干。①为了便于调节并能较准确的测出金属丝的电阻，实验小组的同学准备采用图的电路图进行实验，从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择________，电流表应选择________，滑动变阻器应选择________，(选填各器材前的字母)。②如图所示，是测量该电阻丝实验器材的实物图，请根据图的电路图，完成实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表和电流表均处于安全状态______。③若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是________。A．测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压B．测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流C．若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值D．若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值④关于实验误差，实验小组的同学均认为是由电表内阻引起的系统误差。为了减小这个系统误差，某同学提出了下面的实验数据处理方案：按照图所示电路，改变滑动变阻器R的阻值，读出两组对应的电压表和电流表示数，记为U1、I1和U2、I2。可以用U1、I1和U2、I2分别计算出电阻再取平均值，得出金属丝电阻值，然后再测量出金属丝直径的测量值d，金属丝长度为L，就可以避免电压表和电流表的内阻引起的误差，从而得到准确的电阻率。请你分析这位同学的方案是否正确。如果正确，请写出有关金属丝电阻率ρ的表达式；如果不正确，请指出还需要已知哪个物理量，并写出有关金属丝电阻率ρ的表达式_______。【答案】   ①0.450    ②D    ③C    ④F    ⑤    ⑥BC    ⑦不正确。多次测量只能减小偶然误差，不能减小因表的内阻引起的系统误差。还需要已知电压表阻值，设为RV，表达式为：【解析】  (1)[1]螺旋测微器的读数为(2)①[2][3][4]电源电压为4.5V，为了减小误差，电压表选择D，电路中的最大电流，则电流表选择C，为了电路安全滑动变阻器选择额定电流为1A的F；②[5] 使闭合开关的瞬间，电压表和电流表均处于安全状态，滑动变阻器应调节到最大阻值处，根据电路图得实物图如图所示③[6]引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，电流表测量值大于真实值，电阻测量值偏小，实际测量的电压表电阻和待测电阻并联的总电阻，如果已知电压表的电阻，则可以算出待测电阻的真实值，故BC正确，AD错误；④[7]不正确。多次测量只能减小偶然误差，不能减小因表的内阻引起的系统误差。还需要已知电压表阻值，设为RV，则根据欧姆定律得，根据电阻定律得，又，联立可得表达式为我国古代著作《墨经》中记载了小孔成倒像的实验，认识到光沿直线传播。身高的人站在水平地面上，其正前方处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，直径为、深度为，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，使得成像不完整，如图所示。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透明介质，不考虑光在透明介质中的反射。（i）若该人通过小孔能成完整的像，透明介质的折射率最小为多少？（ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，透明介质的折射率最小为多少？
 【答案】（i）1.38；（ii）1.7【解析】（i）根据题意作出如下光路图
 当孔在人身高一半时有tanθ = = ≈ ，sinθ = 0.8，tanα = ，sinα = 由折射定律有n = （ii）若让掠射进入孔洞的光能成功出射，则可画出如下光路图根据几何关系有磁电式电流表的构造如图（a）所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图（b）所示。两侧存在圆心角为20°的无磁场区域。小王同学将其改装为一个手摇式发电机，正负接线柱之间接入负载。图中线框边长Lab=10cm，Lbc=15cm，共有100匝，线框顺时针匀速转动其角速度ω=πrad/s，ad边和bc边所在处的磁感应强度B=2T，线圈内阻不计，线圈从图示位置开始转动。求：（1）线圈转过时感应电动势的大小。（2）线圈转过的过程中通过线圈的磁通量的变化量。（3）负载两端的电压。【答案】（1）3πV；（2）；（3）【解析】(1)线圈转动过程中导体棒ad和bc的速度时刻与磁感应强度垂直，所以感应电动势的大小为(2)转过的过程中感应电动势一直没有发生改变，根据法拉第电磁感应定律其中可得(3)根据线圈转动过程分析，在线圈转动时一个周期内共有的时间内没有感应电动势，其他时间感应电动势为定值，则有可得如图所示，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μ，求物体Q与滑板摩擦所产生的热量(已知BC)；(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  解得弹簧弹开过程，对P、Q系统动量守恒，有  解得对P、Q与弹簧组成的系统，由能量守恒得弹簧弹性势能(2)Q滑上滑板时，对Q由牛顿第二定律得  解得Q的加速度对滑板BC，由牛顿第二定律得 解得滑板加速度设经过时间t共速，速度为v共，此过程对Q有     对滑板有  联立解得Q相对滑板运动位移Q与滑板摩擦生热(3)法一：对Q与滑板相互作用过程中，动量守恒、能量守恒有  化简得  解得Q要相对滑板后退且对地向左运动，，则  解得法二：Q要相对滑板后退且有对地向左运动，即Lm至多对应Q退至滑板光滑圆弧底部时速度恰为0，根据动量和能量守恒有  解得    所以一个复杂合运动可看成几个简单分运动同时进行，比如将平抛运动分解成一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动。这种思想方法可应用于轻核聚变磁约束问题，其原理简化如图，在A端截面发射一半径为R的圆柱形粒子束，理想状态所有粒子的速度均沿轴线方向，但实际在A端沿轴线注入粒子时由于技术原因，部分粒子的速度方向并没有沿轴线方向，而是与轴线成一定的夹角θ，致使部分粒子将渐渐远离。为解决此问题，可加与圆柱形同轴的圆柱形匀强磁场，将所有粒子都约束在磁场范围内已知匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的质量为m，电荷量为e，速度偏离轴线方向的角度θ不大于6°，且满足速度方向偏离轴线θ时，速度大小为，不考虑粒子的重力以及粒子间相互作用。则（tan6°≈0.1）：（1）速度方向发生偏差的粒子可以看成是沿圆柱轴线和圆柱截面上的哪两种运动合成；（2）圆柱形磁场的半径至少为多大；（3）带电粒子到达荧光屏时可使荧光屏发光，若在距离粒子入射端的地方放置一足够大的荧光屏，则荧光屏上的亮斑面积多大。【答案】（1）沿圆柱轴线的匀速直线运动和圆柱截面上的匀速圆周运动合成；（2）；（3）【解析】（1）速度方向发生偏离的的粒子，在圆柱轴线速度方向与磁场方向平行，为匀速直线运动，在圆柱截面上速度方向与磁场垂直，为匀速圆周运动，即速度方向发生偏差的粒子可看成是沿圆柱轴线的匀速直线运动和圆柱截面上的匀速圆周运动合成。（2）研究圆柱形粒子束边缘P点的粒子在圆柱形截面内的运动，由题可知速度最大方向与圆柱相切时离开圆柱形最远，此时刚好与磁场边界相切。运动半径圆柱形磁场的半径至少为（3）粒子在圆柱形截面内的圆周运动的周期粒子沿轴线运动速度相同，运动距离同时到达荧光屏，运动时间所有粒子到达荧光屏时都运动了个周期，如图方向与圆柱相切的所有粒子在到荧光屏时的位置：构成线段PH 考虑其他方向的偏离可知：亮斑半径亮斑面积