精品解析：2023屇广东省汕头市金山中学高三下学期三模物理试题（解析版）

2023届金山中学高三三模试题

物  理

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. 下表给出了四种放射性同位素的辐射线和半衰期。

在医疗技术中，常用放射线治疗肿瘤，其放射线必须满足：①具有较强的穿透能力，以辐射到体内的肿瘤处；②在较长时间内具有相对稳定的辐射强度。为此所选择的放射源应为（　　）

A. 钋210 B. 锝99 C. 钴60 D. 锶90

【答案】C

【解析】

【详解】A．钋释放射线，穿透能力弱，故A错误；

B．锝释放射线，具有较强的穿透能力，但半衰期太短，不能在较长时间内具有相对稳定的辐射强度，故B错误；

C．钴释放射线，具有较强的穿透能力，且半衰期较长，在较长时间内具有相对稳定的辐射强度，故C正确；

D．锶释放射线，穿透能力较弱，故D错误。

故选C。

2. 与地球同步轨道卫星（图中卫星1）不同，大气环境监测卫星（图中卫星2）是轨道平面与赤道平面夹角接近90°的卫星，一天内环绕地球飞14圈，运行轨道均视为圆。下列说法中正确的是（　　）

A. 卫星1的周期大于卫星2的周期 B. 卫星1与卫星2距离地面高度相同

C. 卫星1的向心力大于卫星2的向心力 D. 卫星1的向心加速度大于卫星2的向心加速度

【答案】A

【解析】

【详解】A．卫星1为地球同步卫星，周期为24h，卫星2一天内环绕地球飞14圈，故卫星1的周期大于卫星2的周期，故A正确；

B．根据万有引力提供向心力有

解得

所以卫星1的轨道半径大于卫星2的轨道半径，卫星1与卫星2距离地面高度不相同，故B错误；

C．根据万有引力公式

万有引力提供向心力，卫星质量未知，两者的向心力无法比较，故C错误；

D．根据万有引力提供向心力有

解得

卫星1的轨道半径大于卫星2的轨道半径，所以卫星1的向心加速度小于卫星2的向心加速度，故D错误。

故选A。

3. 有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（    ）

A. 若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大

B. 若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小

C. 若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越大

D. 若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小

【答案】D

【解析】

【详解】AB．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，AB错误；

CD．若A、B距离不变，顶角越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确。

故选D。

4. 静电透镜是利用电磁场来偏转和聚焦电子束，两个电势不等的同轴圆筒就构成了最简单的静电透镜。静电透镜的原理图如图所示，圆筒A带负电，圆筒B带正电，圆筒之间形成静电场的等差等势面如图中的虚线所示。当电子束沿中心轴从圆筒A射向圆筒B时，静电场使平行入射的电子束汇聚于中心光轴上，这就形成了最简单的静电透镜。现有电子在点射入，则下列说法正确的是（　　）

A. 若电子在a点水平射入，则电子将做匀加速直线运动

B. 若电子在a点与水平方向成某一角度射入，该电子可能做类平抛运动

C. 若电子在a点与水平方向成某一角度射入，该电子可能做匀速圆周运动

D. 电子在a点的电势能大于在c点的电势能

【答案】D

【解析】

【详解】ABC．根据题意，由电势差与电场强度的关系，结合图像可知，由于等差等势线间距离不等，则该电场为非匀强电场，电子所受电场力为变力，则电子在a点水平射入，电子不做匀加速直线运动，若电子在a点与水平方向成某一角度射入，电子所受电场力的大小和方向均改变，不可能做类平抛运动和匀速圆周运动，故ABC错误；

D．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知

由公式可知，电子在a点电势能大于在c点的电势能，故D正确。

故选D。

5. 如图，两块完全相同的直角三角形玻璃砖A和B放置在同一水平面内，斜边平行且相距一定距离。一条光线从空气中垂直于玻璃砖A的直角边射入从玻璃砖B的直角边射出，射出后的位置和方向可能是图中的（　　）

A. 光线a B. 光线b C. 光线c D. 光线d

【答案】C

【解析】

【详解】光线垂直于界面入射时，光线的传播方向不变；光从玻璃砖A中斜射入空气中时，折射角大于入射角，故从A出来的折射光线会向下偏折，在图中虚线的下部；
光从空气中斜射入B中时，折射角小于入射角（此时的折射角等于A中的入射角），故折射光线与原入射光线平行射出，即最后射出的可能是光线c，如图所示：

故选C。

6. 某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。弹簧下端悬挂重物，静止时，弹簧下端的指针指直尺上某一位置，标记为0，将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量电梯运行时竖直方向的加速度。下列说法正确的是（　　）

A. 指针指到0刻度时，说明电梯处于静止状态

B. 若电梯上升，则指针一直指在0刻线以下

C. 各刻度对应加速度的值是均匀的

D. 若改变重物的质量，则各刻度对应的加速度值不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．静止时，弹簧下端的指针指直尺上某一位置，标记为0，此时重力与弹簧弹力等大反向，处于平衡状态，所以指针指到0刻度时，说明电梯处于静止或者匀速直线运动状态，故A错误；

B．若电梯匀速上升，针指到0刻度；若电梯加速上升，重物处于超重，指针指在0刻线以下；若电梯减速上升，重物处于失重，指针指在0刻线以上，故B错误；

CD．若规定竖直向上为正方向，设稳定时弹簧长度的读数为l，根据牛顿第二定律有

可得

可知各刻度对应加速度的值是均匀的，若改变重物的质量，则各刻度对应的加速度值要发生变化，故C正确，D错误。

故选C。

7. 蹦床运动是运动员利用弹性蹦床的反弹在空中表演杂技的竞技运动，如图所示。若时刻，一运动员在最高点自由下落，直至运动到弹性蹦床最低点的过程中，忽略空气阻力，则运动员的速度v、加速度a随时间t及动能、机械能E随位移x变化的关系图像可能正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】A．一运动员在最高点自由下落，直至运动到弹性蹦床最低点的过程中，运动员开始一段时间只受到重力作用，做自由落体运动，之后受到重力和弹性蹦床的的弹力作用，根据牛顿第二定律，有

弹性床对运动员的弹力逐渐变大，运动员的速度逐渐减小，所以运动员做加速度减小的加速运动，当弹性床的弹力大于运动员的重力之后，合力向上，根据牛顿第二定律可知

运动员做加速度增大的减速运动，因为速度-时间图像的斜率表示加速度，A正确；

B．根据运动员在弹性床上运动属于简谐运动的一部分，所以根据称性，可知运动员在最低点的加速度大于自由落体加速度，B错误；

C．自由下落阶段对运动员分析，根据动能定理，有

即接触弹性床之前，动能增加与下落距离成正比，图像为倾斜直线；接触弹性床之后到弹力等于重力之前，运动员依然做加速运动，所以动能继续增大，图像为向上斜率变小的曲线，之后，弹力大于重力后动能减少，C错误；

D．运动员在接触到弹性床之前，机械能守恒，接触弹性床之后，由于弹性床对运动员做负功，所以运动员的机械能减少，D错误。

故选A。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的，选对但漏选得3分，不选、错选得0分）

8. 有两个钓鱼时所用的不同的鱼漂P和Q，分别漂浮于平静水面上的不同位置，平衡时状态均如图甲所示。现因鱼咬钩而使鱼漂P和Q均在竖直方向上做简谐运动，振动图像如图乙所示，以竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（　　）

A. 一段时间后可在水面观察到稳定干涉图样 B. t=0.6s时鱼漂P和Q的速度都为0

C. t=1.0s时鱼漂P和Q速度方向相反 D. t=1.0s时鱼漂P和Q的加速度方向相同

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由题图乙可知，两个简谐振动产生的两列波的周期不相等，则有频率不相等，不满足干涉的条件，因此在水面观察不到稳定干涉图样，A错误；

B．t=0.6s时，鱼漂P和Q都经过平衡位置，它们的速度都均为最大值，B错误；

C． t=1.0s时，鱼漂P的速度方向为正值，Q的速度方向为负值，可知两速度方向相反，C正确；

D． t=1.0s时，鱼漂P和Q的位移均是负值，由，可知加速度的方向均沿y轴正方向，此时鱼漂P和Q的加速度方向相同，D正确。

故选CD。

9. 如图所示为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接受装置；否则挡板开启，硬币进入另一个通道拒绝接受。下列说法正确的是（　　）

A. 磁场能使硬币的速度增大得更快

B. 由于磁场的作用，硬币的机械能不守恒

C. 硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力

D. 如果没有磁场，则测速器示数会更大一些

【答案】BCD

【解析】

【详解】AC．根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，即硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力，若磁场阻力大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬市币将匀速进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加变慢，综上所述，磁场能使硬币的速度增大变慢，故A错误，C正确；

B．根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故B正确；

D．如果没有磁场，对硬币没有阻碍作用，由动能定理可知，硬币到达测速器位置时速度更大一些，故D正确。

故选BCD。

10. 心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压会随着心跳频率发生变化，如图所示，心电图仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在次级线圈两端。下列说法正确的是（    ）

A. 保持电压不变，向左滑动滑片P，原线圈电流变大

B. 保持电压不变，向右滑动滑片P，扬声器功率变大

C. 保持滑片P不动，当变大时，扬声器的功率变大

D. 保持滑片P不动，当变大时，原线圈的电流减小

【答案】AC

【解析】

【详解】A．保持电压不变，又因为原副线圈的匝数不变，所以副线圈两端电压不变，向左滑动滑片P，副线圈的总电阻减小，副线圈的电流变大，根据原副线圈的匝数比与电流的关系可知原线圈电流变大，A正确；

B．同理，保持电压不变，向右滑动滑片P，副线圈总电阻变大，副线圈的电流减小，所以扬声器功率变小，B错误；

C．保持滑片P不动，副线圈电阻不变，当变大时，副线圈的电压增大，所以副线圈中电流增大，扬声器的功率变大，C正确；

D．保持滑片P不动，副线圈的电阻不变，当变大时，副线圈的电压增大，所以副线圈中电流增大，根据原副线圈匝数与电流的关系，可知原线圈的电流增大，D错误。

故选AC。

11. 两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动（图中未画出）。导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从缓慢移动到，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度随的图像（如图乙）和沿y方向的磁感应强度随的图像（如图内）。下列说法正确的是（　　）

A. 导线1电流方向垂直纸面向外

B. 导线2在第三象限角平分线位置

C. 随着的增大，中心O处的磁感应强度先变大后变小

D. 当时，中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线

【答案】AC

【解析】

【详解】A．根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向可知，导线2在轴方向上没有分量，在水平方向有沿轴正方向的分量；则导线1在初始状态产生的磁场沿轴负方向，导线1电流方向垂直纸面向外，故A正确；

B．根据安培定则可知，导线2在轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在轴负方向处有垂直纸面里的电流，故B错误；

C．磁感应强度为矢量，根据三角形法则可知中心O处的磁感应强度先变大后变小，在时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度值最大，故C正确；

D．时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁场沿轴正方向；故中心O处的磁感应强度方向在轴与第四象限角平分线之间，故D错误。

故选AC。

三、实验题（每空2分，共16分）

12. 甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻和的阻值。实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻，待测电阻，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（）；单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。

（1）先测电阻的阻值，闭合，将切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数，保持电阻箱示数不变，然后将切换到b，读出电压表的示数。则电阻的表达式为___________。

（2）甲同学已经测得电阻，继续测电源电动势E和电阻的阻值。该同学的做法是：闭合，将切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E=___________V，电阻___________。（保留三位有效数字）

（3）利用甲同学设计的电路和测得的电阻，乙同学测电源电动势E和电阻的阻值的做法是：闭合，将切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出于相应的图线，根据图线得到电源电动势E和电阻。这种做法电压表测得的数据范围___________（选填“更大”、“更小”或“相同”）。

【答案】    ①.     ②. 1.43    ③. 1.20    ④. 更小

【解析】

【详解】（1）[1]根据题意可知，保持电阻箱示数不变，将切换到b，由于R和串联，所以通过的电流，两端的电压为，所以

（2）[2]根据闭合电路欧姆定律

整理得

图线的截距为

所以电动势

E=1.43V

[3]斜率

代入数据解得

（3）[4]接a时可将等效成电源内阻，接b时则为等效电源内阻，电压表测量是R及R1两端的电压，因R2的阻值较小，电压表的示数接近电源电动势，则电压表测得的数据范围更小。

13. 某同学利用手机“声音图像”软件测量物块与长木板间的动摩擦因数。实验装置如图甲所示，长木板固定在水平桌面上，物块置于长木板上且两端分别通过跨过定滑轮的细线与小球A、B相连，实验前分别测量出小球A、B底部到地面的高度、（）。打开手机软件，烧断一侧细绳，记录下小球与地面两次碰撞声的时间图像。（两小球落地后均不反弹）

（1）烧断细线前，用分度值为1cm的刻度尺测量，刻度尺的0刻度线与地面齐平，小球A的位置如图乙所示，则___________cm；

（2）实验时烧断物块左侧的细绳，若算得A下落时间为，由图丙可知，物块加速运动的时间为___________；若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间，测量结果会___________；（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）

（3）仅改变小球B实验前离地高度，测量不同高度下物块加速运动时间，作出图像如图丁所示，由图像可求得斜率为，若小球B的质量为，物块质量为，重力加速度大小为，则物块与木板间的动摩擦因数___________。（用字母表示）

【答案】    ①. ##78.4##78.6    ②.     ③. 偏大    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]测量时间是通过小球落地计算，小球的底端先落地，所以应测量到小球底端距离，而不是小球的球心。那么图乙刻度尺读数为

（2）[2]由图丙可知，A、B两球落地时间差为，A球先下落，时间短，则B球下落时间为

即物块加速运动的时间为。

[3]若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间，测量时间为A、B落地时间差和B落地后声音传过来时间之和，故测量结果偏大。

（3）物块和小球B一起做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移时间关系有

由牛顿第二定律有

整理可得

结合图像可得

解得

四、解答题（第14题8分，第15题12分，第16题16分）

14. 空气栓塞指的是在输液或输血过程中，空气进入机体内静脉，直至心脏，引起血液循环障碍的现象。当人体心脏中的气体体积超过75ml就会造成严重的空气栓塞，需进行紧急抢救。某次给病人输液时由于监护失误导致部分空气进入到心脏部位，形成的空气泡随着心脏搏动体积不断变化，体积最大时达到80ml。该病人心脏处的血压为60mmHg～120mmHg，空气泡在心脏所受压强等于大气压强和血压之和，已知大气压强p0=760mmHg，病人的体温稳定保持不变。

（ⅰ）求进入到心脏部位空气泡的体积最大值与最小值之比；

（ⅱ）因这次进入心脏的气体较多，该病人需送高压氧舱进行加压急救。该病人送入高压氧舱后变得比较虚弱，其体内心脏处血压变为40mmHg～80mmHg，为了安全需把心脏处的空气泡控制在40ml以下，求该高压氧舱的压强至少为多少？

【答案】（ⅰ）；（ⅱ）

【解析】

【详解】（ⅰ）进入到心脏部位的空气泡的压强的最小值为

压强的最大值为

空气发生等温变化

解得空气泡体积的最大值与最小值之比为

（ⅱ）进入高压舱后，空气泡发生等温变化，有

解得

此时这部分空气对应的压强

解得该高压氧舱的压强至少

15. 某质谱仪的原理如图，速度选择器两板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向由上板指向下板；磁感应强度为，方向垂直于纸面．速度选择器右边区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，接收器M安放在半径为R、圆心为O的圆形轨道上，a、b、O、C在同一直线上，与的夹角为。若带电粒子恰能从a点沿直线运动到b点，再进入圆形磁场中，不计粒子的重力，求：

（1）匀强磁场的方向以及速度选择器中粒子的速度大小；

（2）x、y两种粒子比荷的比值，它们均沿直线进入圆形磁场区域，若接收器M在处接收到x粒子，则与的夹角为多大时，接收器M可接收到y粒子？

【答案】（1）垂直于纸面向里，；（2）

【解析】

【详解】（1）假设粒子带正电，受到的电场力方向向下，则受到的洛伦兹力方向竖直向上，由此可知磁场方向垂直于纸面向里．

由受力平衡得

解得粒子的速度大小

（2）当时，x粒子的轨迹如图甲，由几何关系知x粒子的运动半径

由洛伦兹力提供向心力

解得

同理

由题意得

故

y粒子的轨迹如图乙，由几何关系得：

故，即

16. 如图所示，空间中存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为2m的足够长绝缘木板静置在光滑水平面上，t=0时刻，一质量为m、带电量为（）的小物块以某一初速度从木板左侧滑上，小物块与木板间的动摩擦因数为 、木板达到匀速运动状态后，与右侧一固定弹性挡板P碰撞，木板与挡板P碰撞后速度大小不变，方向相反。已知重力加速度为g。

（1）若小物块初速度v0=，求t=0时刻木板的加速度大小a；

（2）若小物块初速度v0=，求最终小物块与木板间因摩擦而产生的总热量Q；

（3）若小物块初速度v0=（k>0），写出最终小物块与木板间因摩擦而产生的总热量Q与k的关系式。

【答案】（1）；（2）；（3）当时，，当时，

【解析】

【详解】（1）时刻，对木板进行受力分析，由牛顿运动定律得

得

（2）木板长度足够，当小物块与木板相对静止后，木板开始匀速运动，即在木板与挡板碰撞前能与小物块共速，此过程木板与小物块组成的系统动量守恒，则有

木板与挡板碰撞后速度等大反向，设其能与小物块共速，则有

得

此时小物块所受洛伦兹力竖直向上，且

即小物块与木板间尚存在压力，假设成立，此后两者以相同速度一起向左匀速。因摩擦产生的热量为

得

（3）若速度大小可调，则当初速度达到一定情况时，当小物块反向时，可能使小物块与木板间的压力为零，此后以不同的速度匀速运动，此时则有

代入（2）中得到的，可得此时

即

若，则

得

其中；

若，则小滑块固定获得的末速度，根据

得

其中