2023年高考第三次模拟考试卷-物理（天津A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-物理（天津A卷）（全解全析），共17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、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个项选项中，只有一个选项是正确的）1．光的干涉现象在技术中有许多应用。如图甲所示是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度，下列说法正确的是（　　）A．图甲中上板是待检查的光学元件，下板是标准样板B．若换用波长更短的单色光，其它条件不变，则图乙中的干涉条纹变密C．若出现图丙中弯曲的干涉条纹，说明被检查的平面在此处有向上的凸起D．用单色光垂直照射图丁中的牛顿环，可以得到间距相等的明暗相间的同心圆环【答案】  B【解析】A．上板是标准样板，下板是待检测板，故A错误；B．设上下板间空气膜厚度为d，则出现亮条纹时应满足，换用波长更短的单色光，其他条件不变时，亮条纹左移，条纹变密，故B正确；C．图丙中条纹向左弯曲，说明亮条纹提前出现，应是被检查的平面在此处出现了凹陷所致，故C错误；D．牛顿环中的空气膜厚度由中心向边缘增加得越来越快，则亮条纹逐渐变窄，因此得到的是由中心向边缘宽度逐渐变窄的明暗相间的同心圆环，故D错误。故选B。2．将总质量为的模型火箭点火升空，从静止开始，在时间内有燃气以大小为的速度从火箭尾部喷出，且燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略。则下列说法正确的是（　　）A．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为B．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为D．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小约为【答案】  D【解析】AB．在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动量定理可得解得F＝ ＝500 N根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500 N，故AB错误；CD．燃气喷射前后，火箭和燃气组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得解得火箭的速度大小故C错误，D正确。故选D。3．如图所示，理想变压器原线圈与矩形线圈abcd组成闭合电路，副线圈接有定值电阻和滑动变阻器。线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。线圈abcd的面积为S，角速度大小为，匝数为N，其电阻忽略不计，图中各电表均为理想电表。开关闭合后，下列说法正确的是（　　）A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电流表A的示数变小B．在线圈abcd的转动过程中，通过其磁通量的最大值为NBSC．当变压器原线圈的滑片向下滑动时，电压表V的示数变小D．若线圈abcd转动的角速度大小变为，则变压器原线圈电压的有效值为【答案】  D【解析】A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电路的总电阻减小，电压不变，电流变大，电流表A的示数变大，A错误；B．磁通量与线圈的匝数无关，在线圈abcd的转动过程中，线圈磁通量的最大值为BS，B错误；C．当变压器原线圈的滑片向下滑动时，原线圈匝数减小，副线圈的电压变大，电压表V的示数变大，C错误；D．若线圈abcd转动的角速度为，线圈转动一周只有半周在磁场中发生电磁感应，产生的交流电为正弦交流电（全波波形）的每个周期有半个周期存在电动势（半波波形），设输入电压的有效值为U，电动势最大值为则因此电压有效值为当角速度大小变为时，变压器原线圈电压的有效值为，D正确。故选D。4．一个物体的速度-时间图像如图如示，则（　　）A．物体的速度方向在2s末改变B．物体在前3s内的平均度速度为4m/sC．物体在前2s内的加速度大于第3s内的加速度D．物体在前2s和第3s的平均速度之比为1：1【答案】  D【解析】A．物体前3s内的速度一直为正值，速度方向一直向正方向，方向没有发生改变，A错误；B．面积表示位移，物体在前3s内的平均度速度为B错误；C．物体在前2s内的加速度大小为第3s内的加速度大小为物体在前2s内的加速度小于第3s内的加速度，C错误；D．物体在前2s的平均速度为第3s的平均速度为物体在前2s和第3s的平均速度之比为1：1，D正确。故选D。5．在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是（　　）A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点【答案】  D【解析】若小球带负电荷，根据左手定则知道小球受斜向左向下方的洛伦兹力，这样小球偏折更厉害，会落在a的左侧若小球带正电荷，根据左手定则知道小球受斜向右上方的洛伦兹力，这样小球会飞的更远，落在更远的b点故应该选D二、不定项选择题（每小题5分，共15分，每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6．用如图①所示的装置研究光电效应现象。闭合电键S，用频率为的光照射光电管时发生了光电效应。图②是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能与入射光频率的关系图像，图线与纵轴的交点坐标为（0，－ɑ），与横轴的交点坐标为（b，0）。图③是三种光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），下列说法中正确的是（　　）A．普朗克常量为B．甲光频率与丙光频率相同，但甲光比丙光的照射强度大C．在真空中，甲光波长比乙光波长短D．图③中乙光光电流大于甲光光电流的那部分实验，与之对应的图①中滑片P位置应该在O点右侧【答案】  AB【解析】A．根据题意，由光电效应方程有结合图②可得，，故A正确；BC．根据题意，由动能定理有由图③可知，甲光和丙光的截止电压相等小于乙光的截止电压，则三色光的频率关系为根据公式可得，三色光的波长关系为由图③可知，甲光的饱和电流大于丙光，则甲光光照强度大于丙光，故C错误，B正确；D．图③中乙光光电流大于甲光光电流的那部分实验，光电管两端接的反向电压，则对图①中滑片P位置应该在O点左侧，故D错误。故选AB。7．如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙上，初始时处于自然状态，右端在P点，某时刻一质量为的物块A以一定初速度向左滑向轻弹簧，从开始运动至弹簧压缩至最短的过程中，物块速度平方随位移的变化规律如图乙所示，已知弹簧劲度系数为，取重力加速度，以下说法正确的是（　　）A．物块A与地面间动摩擦因数为0.5 B．此过程中弹簧的最大弹性势能为C．物块A向右运动过程中加速度先减小后不变 D．物块A最终停在出发点【答案】  BD【解析】A．由匀变速直线运动的位移与速度的关系对比题图乙可知，物块运动前2m过程做匀减速直线运动，v2-x图线的斜率由牛顿第二定律知物块的加速度解得故A错误；B．由题图乙可知，物块的初速度向左运动的最大距离为故弹簧的最大弹性势能为故B正确；C．物块在向右运动过程中，初始时弹簧弹力最大且大于物块所受摩擦力，然后弹簧弹力逐渐减小到零，则物块的加速度先逐渐减小，减到零后再逐渐增大，最后不变，故C错误；D．物块向左运动过程中，由动能定理有物块向右运动过程中，有解得故D正确。故选BD 。8．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（　　）A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B．粒子的电荷量为C．在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了D．在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场【答案】  AD【解析】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；B．在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则计算得出选项B错误；C．在时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为故电场力做功为选项C错误；D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。故选AD。9. （12分）实验题（1）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细绳的方向。①本实验采用的科学方法是_______（填字母代号）A．理想实验法　　B．等效替代法C．控制变量法　　D．建立物理模型法②下列不必要的实验要求是______（填选项前的字母）；A．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置B．弹簧测力计应在使用前校零C．细线方向应与木板平面平行D．应测量重物M所受的重力③从OB水平开始，保持弹簧测力计A和B的夹角及O点位置不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直，则在整个过程中关于弹簧测力计A和B的读数变化情况是________（填选项前的字母）。A．A增大，B减小B．A减小，B减小C．A增大，B先增大后减小D．A增大，B先增大后减小（2）某同学用伏安法测定待测电阻的阻值（约为10kΩ），除了、开关S，导线外，还有下列器材供选用：A．电压表（量程0~1V，内阻约10kΩ）B．电压表（量程0~10V，内阻约100kΩ）C．电流表（量程0~1mA，内阻约30Ω）D．电流表（量程0~0.6A，内阻约0.05Ω）E.电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）F.电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）G.滑动变阻器（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）①为使测量尽量准确，电压表选用___________，电流表选用___________，电源选用___________。（均填器材前的字母代号）；②在虚线框内画出测量阻值的实验电路图；③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会___________其真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】    （1）① B    ② A     ③B；     （2）① B     C     F   ②     ③  大于【解析】（1）①本实验目的是验证平行四边形定则，每次两根弹簧测力计的合力都要平衡重物的重力，采用的是等效替代法；故选B。②A．改变拉力，进行多次实验，无论O点位置如何，MO段细线对O点拉力的作用效果始终不变，所以不需要每次都要使O点静止在同一位置，故A不必要；B．弹簧测力计应在使用前校零，以减小测量误差，故B必要；C．细线方向应与木板平面平行，使实际力的平行四边形与白纸上所作的力的平行四边形平行，以减小误差，故C必要；D．OA和OB两段细线对O点拉力的合力与M的重力平衡，实验中需要对比合力的理论值（通过平行四边形定则所作的合力的图示）与实验值（与M重力平衡的力的图示），因此应测量重物M所受的重力，故D必要。本题选不必要的，故选A。③由题意，根据平衡条件可知，O点所受三个拉力组成首尾相接的矢量三角形，如图所示，根据正弦定理有在使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直的整个过程中，由于保持弹簧测力计A和B的夹角及O点位置不变，所以β不变，α减小，γ从90°开始增大，根据三角函数知识可知FA和FB都减小。故选B。（2）①若选用电源1.5V，电路中的最大电流电流太小，不利于实验，所以即电源选用12V的，即F；则电压表就应该选取B；选用12V的电源后，电路中的最大电流为故选用电流表C；②因为滑动变阻器的最大阻值只有10Ω，所以若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，由于所以采用电流表内接法，电路图如图所示③由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据可知测量值偏大。10. （14分）在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（均可视为质点）组成一个带电系统，球A所带的电荷量为+2q，球B所带的电荷量为-3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNPQ内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场场强大小为E，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其它因素的影响。求：（1）释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小；（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间；（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值。【答案】  （1）；（2） ；（3）△Ep =6EqL【解析】（1）对整体应用牛顿第二定律得出两小球加速度（2）系统向右加速运动阶段解得此时B球刚刚进入MN，系统的速度v=at1假设小球A不会出电场区域，系统向右减速运动阶段-3Eq+2Eq=2ma′加速度减速运动时间减速运动的距离可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立。所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间（3）B球在电场中向右运动的最大距离x=2L进而求出B球电势能增加的最大值△Ep=-W电=6EqL11. （15分）如图所示，水平传送带左端A处与倾角为的光滑斜面平滑连接，右端B处与一水平面平滑连接，水平面上有一固定竖直挡板，挡板左侧与一轻弹簧连接，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好处在水平面上的点，斜面长为，传送带长。BC段长，传送带以速度顺时针转动。一质量为的物块从斜面顶端由静止释放，已知物块与传送带间及水平面BC段的动摩擦因数分别为，，水平面点右侧光滑，重力加速度取，求：（1）物块滑到斜面底端的速度大小；（2）弹簧获得的最大弹性势能；（3）物块第三次到达B点时的速度大小；（4）物块与传送带由于相对滑动而产生的热量。【答案】  （1）；（2）12.5J；（3）；（4）23J【解析】设物块滑到斜面底端的速度为，根据机械能守恒有解得（2）由于，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，加速度大小设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，则减速运动的位移由于，因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动根据功能关系（3）设物块第二次到达A点的速度大小为，根据功能关系解得即物体到达到A点时，速度减为零，在传送带的带动下又向左做匀加速运动，当物体与传送带刚好共速时发生的位移因此物块第三次在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，第三次到点的速度为（4）设第一次在传送带上滑动经历的时间为，则有则第一次在传送带由于相对滑动而产生的热量联立两式代入数据解得设物块第二次到点时速度为，第二次在传送带上滑动经历的时间为，根据功能关系解得则第二次在传送带上由于相对滑动而产生的热量设物块第三次在传送带上相对滑动时间为，则则第三次在传送带上由于相对滑动而产生的热量由于因此物块不会第四次滑上传送带，故物块与传送带由于相对滑动而产生的热量12. （18分）如图所示，两条足够长的光滑金属导轨，互相平行，它们所在的平面跟水平面成角，两导轨间的距离为两导轨的顶端和用阻值为电阻相连，在导轨上垂直于导轨放一质量为，电阻为的导体棒，导体棒始终与导轨连接良好，其余电阻不计，水平虚线下方的导轨处在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上，为磁场区域的上边界，现将导体棒从图示位置由静止释放，导体棒下滑过程中始终与导轨垂直，经过时间，导体棒的速度增加至，重力加速度为，求：（1）导体棒速度为时加速度的大小；（2）在时间内，流过导体棒某一横截面的电荷量；（3）导体棒速度达到稳定后沿导轨继续下滑，在这个过程中，电阻上会产生焦耳热，此现象可以从宏观与微观两个不同角度进行研究。经典物理学认为，在金属导体中，定向移动的自由电子频繁地与金属离子发生碰撞，使金属离子的热振动加剧，因而导体的温度升高，在考虑大量自由电子的统计结果时，电子与金属离子的频繁碰撞结果可视为导体对电子有连续的阻力，若电阻是一段粗细均匀的金属导体，自由电子在导体中沿电流的反方向做直线运动，基于以上模型，试推导出导体棒速度达到稳定后沿导轨继续下滑距离的过程中，电阻上产生的热量。【答案】  （1）；（2）；（3）【解析】（1）当导体棒运动的速度为时，电动势为电路中的电流为导体棒所受的安培力为根据牛顿第二定律可得联立解得（2）导体棒从静止到速度增加至的过程中，由动量定理有又联立解得（3）导体棒速度达到稳定时有金属导体两端的电势差为金属导体中的电场可以视为匀强电场，有达到稳定速度后，电路中的电流大小不变，自由电子做匀速运动，金属导体对每个电子的阻力f与电场力平衡根据电流微观表达式其中为单位体积中的自由电子数，阻力对所有电子做功的多少等于金属导体产生的热量，则有又联立可得