2023年广东省惠州市高考物理三调试卷（含答案解析）

这是一份2023年广东省惠州市高考物理三调试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了 图左侧为不锈钢砧板架实物图等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省惠州市高考物理三调试卷1.  如图中甲、乙、丙、丁四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是(    )
 A. 图甲说明少量电子的运动表现为波动性，大量电子的运动表现为粒子性
B. 图乙的粒子散射实验中，当显微镜放在D位置时，荧光屏上观察不到闪光
C. 图丙中A、B、C分别表示不同能级间跃迁时释放出的光子，频率最低的是C光子
D. 图中轧制钢板时需要动态监测钢板的厚度，探测器接收到的可能是射线2.  图左侧为不锈钢砧板架实物图。在图右侧图中，质量为M的圆形砧板稳稳的竖立在砧板架上，砧板架两侧横梁近似光滑，间距为d，取重力加速度为g，下列说法正确的是(    )
A. 砧板对砧板架一侧横梁的作用力一定小于Mg
B. 若增大横梁的间距d，砧板对两侧横梁的作用力均增大
C. 若增大横梁的间距d，砧板架对地面的压力增大
D. 若换一个质量相同直径更大的砧板，两侧横梁受到的压力均增大3.  惠州罗浮山风景区于2022年1月启用新索道，如图所示，质量为M的吊厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，吊厢水平底板上放置一质量为m的货物。若某段运动过程中，在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，且悬臂和吊厢处于竖直方向，重力加速度为g，则(    )
 A. 吊厢水平底板对货物的支持力不做功
B. 吊厢水平底板对货物的摩擦力做正功
C. 悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向平行且斜向上
D. 悬臂对吊厢的作用力大小等于4.  如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度-时间图像如图乙所示，下列描述正确的是(    )
A. 小物块一直受滑动摩擦力
B. 传送带做顺时针的匀速运动
C. 传送带做顺时针的匀加速运动
D. 小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带5.  为了更好地了解太阳活动对地球的影响，2022年10月，我国成功将“夸父一号”卫星发射升空，该卫星绕地球的运动看成匀速圆周运动，距离地球表面约720千米，运行周期约99分钟，下列说法正确的是(    )A. “夸父一号”有可能静止在惠州市的正上方
B. 若已知万有引力常量，利用题中数据可以估算出太阳的质量
C. “夸父一号”的发射速度大于第二宇宙速度
D. “夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度6.  一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了，b和c之间的距离是5m，以下说法正确的是(    )
 A. 此列波的波长为 B. 此列波的频率为2Hz
C. 此列波的波速为 D. 此列波的传播方向为沿x轴正方向传播7.  如图所示，导体棒MN接入电路部分的电阻为R长度为L，质量为m，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻大小也为R，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，则下列说法正确的是(    )A. 导体棒向左运动
B. 电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为
C. 电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为
D. 电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为8.  如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图中从a到b的直线所示。在此过程中(    )A. 气体温度先上升后下降
B. 气体内能一直增加
C. 气体一直对外做功
D. 气体吸收的热量一直全部用于对外做功9.  如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块可视为质点放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，小物块和小车之间的滑动摩擦力为f，此过程中，下列结论正确的是(    )A. 物块到达小车最右端时，其动能为
B. 摩擦力对小物块所做的功为fL
C. 物块到达小车最右端时，小车的动能为fx
D. 物块和小车组成的系统机械能增加量为 10.  如图所示，一质子以速度进入足够大的匀强电场区域，a、b、c、d为间距相等的一组等势面，若质子经过a、c等势面时动能分别为9eV和3eV。不计质子重力，下列说法正确的是(    )A. 质子第二次经过等势面b时动能是6eV
B. 质子刚好能到达等势面d
C. 该匀强电场场强的方向水平向左
D. 若取等势面c为零电势面，则a所在的等势面电势为6V
 11.  电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用；如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为，两侧端面是边长为的正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为电阻率的倒数，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U的电源内阻不计上，则(    )
A. 泵体上表面应接电源正极
B. 通过泵体的电流
C. 减小磁感应强度B可获得更大的抽液高度
D. 增大液体的电导率可获得更大的抽液高度12.  某学习小组尝试探究弹簧所受弹力F与弹簧长度L的关系。
通过多次实验，记录实验数据，描绘出如图甲所示的图像。则弹簧原长______ cm，弹簧的劲度系数______ 计算结果保留三位有效数字。

如图乙所示，若将该弹簧左端固定在中间带有小圆孔的竖直挡板上，弹簧右端连接细线，细线穿过圆孔，通过光滑的滑轮与钩码相连，竖直挡板固定在刻度尺0刻线处，已知每个钩码重为。当水平弹簧压缩稳定后，指针指示如图乙所示。由此可推测所挂钩码的个数为______ 个。13.  某同学利用如图所示的电路测量未知电阻的阻值与电源电动势E和内阻r，R为电阻箱，电流表内阻为。操作步骤如下：

测的阻值。先闭合开关和，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为时，电流表示数为；接着断开，调节电阻箱，当电阻箱的阻值为时，电流表示数仍为，则的阻值为______ ，该测量原理______ 选填“有”或“没有”系统误差。
保持闭合、断开，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A的示数I。为了直观地得到I与R的关系，该同学以R为纵轴，x为横轴单位为国际单位，作出如图所示的一条直线，则横轴x为______ 选填“I”或“”
根据图可求得电源的电动势______ V，______ 。计算结果均保留二位有效数字14.  如图所示，三角形ABC为三棱镜的横截面，一细束单色光从ABC的侧面AC上D点入射，改变入射角i，当AC侧面的折射光线与BC边平行时，恰好没有光线从AB侧面边射出棱镜，已知，且，，空气中的光速，求：
该棱镜对该单色光的折射率；
该单色光从D点入射到第一次从棱镜中射出传播的时间。
 15.  2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2000米接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60kg的甲以的速度在前面滑行，质量为65kg的乙以的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出。乙推出甲后做匀减速直线运动，10s后停在离交接棒前方40m的地方，则：
假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为，则乙对甲的平均推力是多大；
若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为，4秒末刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小。16.  质谱仪被应用于分离同位素，图是其简化模型。大量质量、电荷量为的质子，从粒子源A下方以近似速度为0飘入电势差为的加速电场中，从中央位置进入平行板电容器。当平行板电容器不加电压时，粒子将沿图中虚线从O点进入磁感应强度的匀强磁场中，经磁场偏转后打在水平放置的屏上，已知磁场方向垂直纸面向外，电容器极板长度，两极板间宽度。现给平行板电容器加上图所示的偏转电压，质子在电容器中运动的时间远小于电压变化的周期T，水平屏分布在电容器竖直极板两侧，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，求：
质子射出加速电场时速度的大小；
为使质子经偏转电场后能全部进入磁场，偏转电压的最大值；
质子打在水平放置的屏上的痕迹长度s。

答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：图甲说明少量电子的运动表现为粒子性，大量电子的运动表现为波动性，故A错误；
B.图乙的粒子散射实验中，当显微镜放在D位置时，粒子经原子核反弹后会有少量的粒子射向荧光屏，因此荧光屏上可观察很少量的闪光，故B错误；
C.图丙中A、B、C分别表示不同能级间跃迁时释放出的光子，根据能级公式可知，能级差越大，辐射出的光子的频率越大，能级差越小，辐射出的光子的的频率越小，由题图可知，3、4能级间的能级差最小，因此频率最低的是C光子，故C正确；
D.粒子的贯穿本领最弱，射线的穿透本领最强，一般用于金属探伤或进行自动监测，图中轧制钢板时需要动态监测钢板的厚度，探测器接收到的是射线，故D错误。
故选：C。
A.少量电子的运动表现为粒子性，大量电子的运动表现为波动性，据此作答；
B.根据散射实验作答；
C.根据能级与光子的跃迁作答；
D.在三种射线中射线的穿透本领最强，该装置中探测器接收到的是射线。
本题考查了实物粒子的波动性、散射实验、能级和光子的跃迁及三种射线的特性，知识点多，需要加强理解记忆。
 2.【答案】B 【解析】解：两支架等高，砧板受力如图所示：

砧板对两支架的弹力大小相等，设每侧砧板架对砧板的支持力均为，垂直接触面指向砧板圆心，与竖直方向夹角为，根据平衡条件有
根据牛顿第三定律可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力大小为
所以可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力不一定小于Mg，故A错误；
若增大横梁的间距d，变大，可知变大；同理，若换一个质量相同直径更大的砧板可知变小，变小，故B正确，D错误；
C.若增大横梁的间距d，对砧板和砧板架整体分析可得地面对砧板架的支持力等于砧板和砧板架的总重力，根据牛顿第三定律可得砧板架对地面的压力不变，故C错误。
故选：B。
对砧板分析，根据平衡条件进行分析即可。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
 3.【答案】B 【解析】解：A、吊厢水平底板对货物的支持力竖直向上，与速度方向的夹角小于，根据可知支持力对货物做正功，故A错误；
B、在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，水平方向存在分加速度，对水平方向分析可知，可知吊厢水平底板对货物的摩擦力水平向右，与速度方向的夹角小于，根据可知摩擦力对货物做正功，故B正确；
CD、以吊厢和货物为整体，设加速度大小为a，缆绳与水平方向夹角为，则有，，则悬臂对吊厢的作用力大小为，悬臂对吊厢的作用力与水平方向的夹角为，则有，可知悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向不平行，故CD错误。
故选：B。
分析货物和吊厢的受力情况，根据根据功的公式确定各力做功情况；对整体分析，由牛顿第二定律和运动的合成和分解规律确定悬臂对吊厢的作用力大小和方向。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识以及功的计算；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
 4.【答案】C 【解析】解：BC：由图乙可知，物块先做加速运动，可以判断出物体受到向右的滑动摩擦力，此时物体相对传送带向左运动，说明传送带向右运动且速度大于物体速度，当物块P与传送带共速后，若传送带匀速运动则物体随传送带一起匀速运动，这与不符，说明传送带也向右加速且加速度小于物体由于受滑动摩擦力而产生的加速度，否则物体不能达到与传送带共速，共速以后物块随传送带一起做加速度较小的加速运动。故B错误，C正确；
AD：当物块与传送带一起水平向右加速后，由于物块与传送带相对静止，物块受静摩擦力。故A错误。物块一直向右加速，不可能从传送带左端滑下传送带，故D错误。
故选：C。
注意判断物体与接触面间的摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力，根据物体向右做加速运动可判断传送带施加给物体的摩擦力方向，从而可判断出传送带的运动方向。
本题考查在水平传送带上物体的运动，如果传送带较短，物体可能一直加速，物体也可能先加速到与传送带共速，共速后根据传送带的运动情况，可能随传送带一起匀速运动，也可能一起变速运动等要视具体情况。
 5.【答案】D 【解析】解：“夸父一号”不是地球的同步卫星，不可能静止在惠州市的正上方，故A错误；
B.万有引力提供向心力，可以求中心天体质量，“夸父一号”是地球的卫星，已知万有引力常量，利用题中数据也不能估算出太阳的质量，故B错误；
C.由于“夸父一号”绕地球做匀速圆周运动，所以其发射速度小于第二宇宙速度，故C错误；
D.“夸父一号”绕地球运行周期约99分钟，小于地球的自转周期24h，根据可知，其角速度大于地球自转的角速度，故D正确。
故选：D。
不是地球的同步卫星，不能相对地球某位置静止；
万有引力提供向心力，可以求中心天体质量；
“夸父一号”绕地球做匀速圆周运动，发射速度小于第二宇宙速度；
根据，比较角速度。
本题考查学生对同步卫星特点、第二宇宙速度特征、角速度公式的掌握，解题关键是熟记规律：万有引力提供向心力，可以求中心天体质量。
 6.【答案】CD 【解析】解：A、由图知，b和c之间的距离等于波长，则波长为。故A错误。
B、由题，质点b的起振时刻比质点a延迟了，则有：，，频率为：故B错误。
C、波速为：，故C正确。
D、质点b的起振时刻比质点a延迟了，则得波沿x轴正方向传播。故D正确。
故选：CD。
由图知，b和c之间的距离等于波长．质点b的起振时刻比质点a延迟了，说明波沿x轴正方向传播，，求出周期，得到频率．
本题首先理解波长的含义：相邻两个波峰间的距离即等于波长．题中a、b两点是反相点，起振时间相隔，可得到周期．
 7.【答案】D 【解析】解：A、由图得，通过导体棒MN的电流由N到M，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向下偏右，则导体棒向右运动，故A错误；
CD、电键闭合瞬间，电路电流为
导体棒MN所受安培力大小为
故C错误，D正确；
B、电键闭合瞬间，根据牛顿第二定律得：
联立解得：
故B错误。
故选：D。
根据左手定则判断导体棒的受力方向，进而得到导体棒的运动方向；根据闭合电路欧姆定律求解电路中的电流，根据安培力公式求解安培力的大小；根据牛顿第二定律求解导体棒的加速度大小。
本题考查安培力和牛顿第二定律，解题关键是掌握安培力方向的判断和安培力的求解，结合闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律列式求解即可。
 8.【答案】BC 【解析】解：A、由图可知，从a到b的过程中，压强p增大，体积V增大，由可知气体的温度一直升高，故A错误；
B、由A得，气体温度一直升高，则分子平均动能增大，内能增大，故B正确；
C、气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；
D、由BC得，气体一直对外做功，气体的内能一直增加，根据热力学第一定律得：
为正值，W为负值，则Q一定为正值，则气体一直从外界吸热，吸收的热量用于对外功和增加内能，故D错误。
故选：BC。
根据图像判断气体压强p和体积V的变化，根据理想气体状态方程判断温度的变化；温度是分子平均动能的标志，气体的势能忽略不计，则温度越高，气体的内能越大；气体体积增大，则气体对外做功；根据热力学定律分析气体吸热与对外做功的关系。
本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律，解题关键是能根据图像和理想气体状态方程分析温度的变化，知道温度是分子平均动能的标志，掌握热力学第一定律，知道热力学第一定律中各物理量的含义。
 9.【答案】AC 【解析】解：对于小物块，小物块发生的位移为，根据动能定理可得
，故A正确；
B.小物块克服摩擦力做的功为
，故B错误；
C.物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x，根据动能定理得
，故C正确；
D.小车和小物块增加的动能为

系统重力势能不变，则小物块和小车增加得机械能为，故D错误。
故选：AC。
根据动能定理分析出物块和小车的动能变化，要注意位移取对地位移；根据做功公式计算出克服摩擦力做的功，位移取物块相对于地面的位移；机械能的增加量等于系统内弹力和重力之外的力做功，代入数据计算即可。
本题主要考查了动能定理和能量守恒，在分析过程中要注意位移的选取，特别是摩擦力产热的计算公式中的位移为物块和小车的相对位移。
 10.【答案】AC 【解析】解：由题可知a、b、c、d为等差等势面，根据电场力做功公式可知，质子经过相邻等势面电场力做功相同，根据动能定理可知，质子经过相邻等势面动能的变化相同；由于质子经过a、c等势面时动能分别为9eV和3eV，可知质子在a、c间动能的减小量为6eV，相邻等势面间的动能减小3eV，因此质子第一次经过等势面b时动能是6eV；由于电场力做功与路径无关，当质子再次经过等势面b时，电场力做功为零，根据动能定理可知，质子第二次经过等势面b时动能是6eV，故A正确；
B.等势面c的动能为3eV，由A分析可知，相邻等势面间的动能减小3eV，当初速度方向水平向右时，质子恰好到达等势面d；由于初速度方向与水平方向成一定夹角，质子具有沿等势面方向的分速度，质子向上做曲线运动，因此质子不能到达等势面d，故B错误；
C.质子从等势面a到c，根据动能定理，因此；根据沿电场线电势逐渐降低，可知电场线水平向左，该匀强电场场强的方向水平向左，故C正确；
D.由于只有电场力做功，因此动能和电势能的总量不变，若取等势面c为零电势面，则，因此质子的总能量；a等势面的电势能，根据电势能的定义，解得，故D错误。
故选：AC。
A.由题可知a、b、c、d为等差等势面，根据电场力做功公式可知，质子经过相邻等势面电场力做功相同，根据动能定理可知，质子经过相邻等势面动能的变化相同，据此分析作答；
B.假设初速度方向与等势面垂直，根据动能定理判断质子能够到达的等势面，由于质子的初速度方向与电场方向不一致，根据曲线运动的条件质子向上做曲线运动，再判断质子能否到达等势面d；
C.根据动能定理判断电势的高低，再判断电场的方向；
D.只有电场力做功时动能和电势能的总量不变，从而得到总能量，根据能量关系得到等势面a的电势能，再根据电势能的定义式求解等势面a的电势。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，只要电场力做功时动能和电势能的总量保持不变；由于等势面为等差等势面，因此质子的动能在相邻等势面间的减小量相同。
 11.【答案】ABD 【解析】解：将液体等效为通电导线，当泵体上表面接电源正极时，电流从上表面流向下表面，根据左手定则可得此时液体受到的安培力水平向左，液体被抽出，故A正确；
B.根据电阻定律，泵体内液体的电阻为

所以可得通过泵体的电流为

故B正确；
C.减小磁感应强度B，液体受到的安培力变小，抽液高度会变小，故C错误；
D.根据前面分析增大液体的电导率，电流I会增大，液体受到的安培力变大，可获得更大的抽液高度，故D正确。
故选：ABD。
根据左手定则，分析安培力方向；
根据电阻定律和欧姆定律，求电流；
根据安培力变化，分析抽液高度。
本题考查学生对左手定则和电阻定律、欧姆定律的掌握，是一道基础题。
 12.【答案】 【解析】解：当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由图可知，弹簧的原长为；
图像的斜率表示劲度系数，由胡克定律可知；
由图可知，刻度尺的最小分度值为1mm，该刻度尺的读数为
由胡克定律可知
由题可知每个钩码重，由此可推测所挂钩码的个数为
故答案为：；；。
根据图像的截距和斜率求弹簧的原长和劲度系数；
明确刻度尺的最小分度值并读数，根据胡克定律计算。
本题考查探究弹簧所受弹力F与弹簧长度L的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置和数据处理。
 13.【答案】5 没有    【解析】解：根据闭合电路欧姆定律
，
代入数据解得：
电流测量值准确，该测量原理没有系统误差。
根据闭合电路欧姆定律

可得

由表达式可知横轴x为 
由图像可知
，
解得：，
故答案为：，没有；；，。
根据闭合电路欧姆定律求解和分析判断；
根据闭合电路欧姆定律推导；
根据图像斜率和截距求解。
本题考查测量未知电阻的阻值与电源电动势和内阻实验，要求掌握实验原理和实验电路。
 14.【答案】解：作出光的传播路径如图所示：

根据几何关系可知光在AB面上的临界角为
根据
解得：
根据几何关系可知DCEF为平行四边形，则光程
光在介质中的传播速度
光的传播时间
代入数据解得：
答：该棱镜对该单色光的折射率为；
该单色光从D点入射到第一次从棱镜中射出传播的时间为。 【解析】根据全反射临界角公式解得折射率；
根据几何关系解得光程，根据解得光速，从而计算时间。
本题考查光的折射计算，此类题型通常需要正确作出光路图，根据几何关系求出入射角和折射角，再结合折射定律求解。
 15.【答案】解：乙推出甲后10s末停在离交接棒前方40m的地方，则
代入数据得：
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有：
解得
乙推甲过程，对甲由动量定理得
代入数据解得：
秒末甲刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，由位移关系可知：
丙匀速滑行的速度大小为：
答：甲乙分离瞬间甲的速度为；若甲乙作用时间为，则乙对甲的平均推力是65N；
队员丙匀速滑行的速度大小是。 【解析】不计二人所受摩擦力，两人交接棒的过程，两人组成的系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律求二人分开时甲的速度大小；对甲，根据动量定理求解乙对甲的平均作用力的大小F；
根据运动学的公式，结合空间几何关系即可求出。
本题主要是查动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据相关关系列方程求解。
 16.【答案】解：质子在加速电场中，根据动能定理，有
解得质子射出加速电场时速度的大小为
解得；
由于质子在电容器中运动的时间远小于电压变化的周期T，所以质子在电容器中的运动可看着类平抛运动，为使质子经偏转电场后能全部进入磁场，则有，
，，
联立解得
如图所示

假设质子离开偏转电场时速度为，质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
设速度偏转角为，则有
质子在磁场中偏转的距离为
联立可得：
解得：
可知质子不管以多大的偏转角或不同的位置进入磁场，质子在磁场中的偏转距离即弦长是固定不变的，故质子打在水平放置的屏上的痕迹长度为电容器两极板之间的宽度d，则有
答：质子射出加速电场时速度的大小；
为使质子经偏转电场后能全部进入磁场，偏转电压的最大值100V；
质子打在水平放置的屏上的痕迹长度。 【解析】根据动能定理，求质子射出加速电场时速度的大小；
质子在电容器中的运动可看着类平抛运动，根据类平抛规律列式，求电压；
质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据速度合成分解求磁场中入射速度，在根据偏转的距离位移公式，求距离。
本题解题关键是掌握在磁场中做圆周运动满足规律洛伦兹力提供向心力、电场中加速用动能定理，电场中偏转用类平抛规律。