广州市黄广中学2023届高三下学期3月全真模拟考试物理含解析

广州市黄广中学2023届高三下学期3月全真模拟考试 物理(解析版)

 一、单选题(共28分)

1．贫铀弹在爆炸中有很多U残留，其半衰期极为漫长且清理困难，所以对环境的污染严重而持久。设U发生α衰变形成新核X，以下说法正确的是（　　）

A．U的比结合能小于新核X的比结合能

B．该衰变过程的方程可写为U+He→X

C．衰变反应中的α射线在几种放射线中电离能力最弱

D．2个U原子核经过一个半衰期后必定有一个发生衰变

【答案】A

【详解】A.重核衰变较轻质量的核时, 比结合能变大,U比结合能小于新核X的比结合能,A正确;

B.该衰变过程的方程应写为U→X+He ,B错误;

C.衰变反应中的α射线在几种放射线中电离能力最强,C错误;

D.半衰期是大量原子核衰变的统计结果,单个原子核的衰变时间无法预测,D错误;

故选A。

2．物理中“定义式”告诉我们被定义的物理量的物理意义是什么，以及可以怎样测量和计算该物理量。其中比值定义式中，被定义的物理量与定义式中的几个物理量无关，而由另外的因素决定。下列选项中不属于比值定义式的是（　　）

A．加速度 B．磁感应强度

C．万有引力 D．电容

【答案】C

【详解】“比值定义法"是用“比值”定义物理量的一种方法，其中的“比值”必须能表达出某种“属性”，且该“比值”与表示“分子”与“分母”的物理量无关，即若表示的分子或分母即使为零，所定义的物理量仍然存在，由于公式

中满足“比值定义”的含义，它们均属于比值定义法；而

不属于比值定义式。

故选C。

3．如图所示，一细光束通过玻璃三棱镜折射后分成a、b、c三束单色光，且都能让同一装置发生光电效应，关于这三束单色光，下列说法正确的是（　　）

A．单色光a的频率最小，照射同一装置时，形成的饱和光电流强度小

B．单色光c在玻璃中的传播速度最大

C．通过同一双缝产生的干涉条纹的间距，单色光c的最大

D．单色光a从玻璃射向空气的全反射临界角最大

【答案】D

【详解】A．由题图可以看出，c光的偏折程度最大，a光的偏折程度最小，则c光的折射率最大，频率最大，a光的折射率最小，频率最小，饱和光电流强度只跟光照强度有关，A错；

B．由公式可知，c光的折射率最大，在玻璃中的传播速度最小，B错误；

C．光的频率越大，则波长越小，c光的频率最大，则波长最短，根据双缝干涉条纹的间距公式可知c光产生的条纹间距最小，C错误；

D．又由公式可知，折射率越小，临界角越大，由于a光的折射率最小，则a光的临界角最大，D正确。

故选D。

4．如图，是某风力发电节能路灯的电路简化图。风速为v时，交流发电机的电动势表达式为，能感应风速大小的调节器（不消耗副线圈电路的电能）可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是（　　）

A．风速变大时，流过灯泡的电流变大

B．风速变大时，滑片P将向上移动

C．风速变大时，变压器的输入电压变大

D．风速变大时，变压器的输出电压变大

【答案】C

【详解】AD．调节器可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，所以风速变大时，流过灯泡的电流不变，变压器的输出电压不变，故AD错误；

C．由题意知

所以风速变大时，交流发电机的电动势变大，则变压器的输入电压变大，故C正确；

B．由变压器原副线圈电压与匝数关系

可知，输入电压增大，输出电压不变，原线圈匝数不变时，应减小，则滑片P向下移动，故B错误。

故选C。

5．相传牛顿年轻时曾坐在苹果树下看书，被树上落下的苹果砸中，这件事启发了牛顿，促使他发现了万有引力定律，假如此事为真，有一颗质量为的苹果从树上自由下落，砸中牛顿后以碰前速度的反弹，设相互作用时间为，。则相互作用过程苹果对牛顿的平均作用力约为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】苹果与牛顿碰撞前瞬间的速度大小为

设相互作用过程牛顿对苹果的平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向，根据动量定理有

解得

根据牛顿第三定律可知相互作用过程苹果对牛顿的平均作用力大小约为28N。

故选B。

6．如图所示，两个等量负点电荷固定于、Q两点，正方形为垂直、Q连线的平面，、分别是、的中点。点正好是和连线的中点，下列说法中正确的是（　　）

A．、两点场强相同

B．、两点电势相等

C．是一个等势面

D．将一正电荷由点沿ef移动到点，电势能先增加后减小

【答案】B

【详解】A．、两点场强大小相等，方向不同，故A错误；

B．、两点为PQ连线的中垂线对称点，根据等量同种电荷电场线的分布，可确定、两点电势相等，故B正确；

C．在组成的平面上，电场方向由O点指向平面上各点，根据顺着电场线方向电势降低，可知，组成的平面上电势不是处处相等，因此，组成的平面不是等势面，故C错误；

D．将一正电荷由点沿ef移动到点，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。

故选B。

7．如图所示，排球比赛中，某队员在距网水平距离为4.8m、距地面3.2m高处将排球沿垂直网的方向以16m/s的速度水平击出。已知网高2.24m，排球场地长18m，重力加速度g取，可将排球视为质点，下列判断正确的是（　　）

A．球不能过网 B．球落在对方场地内

C．球落在对方场地底线上 D．球落在对方场地底线之外

【答案】B

【详解】由题意可得，排球恰好到达网正上方的时间为

此时间内排球下降的高度为

因为

所以球越过了网，且落地时间为

则落地的水平位移为

因为击球点到对方底线的距离为

即球落在对方场地内。

故选B。

二、多选题(共18分)

8．系绳卫星又称系留卫星，是通过一根系绳将卫星固定在其他航天器上，并以此完成一些常规单体航天器无法完成的任务的特殊航天器（如图甲所示）。其可以简化为图乙所示模型，A、B两颗卫星用轻质系绳连接，两颗卫星都在圆周轨道上运动，两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，若两颗卫星质量相等，系绳长为L，A做圆周运动的半径为kL，地球质量为M，引力常量为G，则（　　）

A．两卫星做圆周运动的角速度大于

B．两卫星做圆周运动的角速度小于

C．系绳断开后的一小段时间内，A做离心运动，B做近心运动

D．系绳断开后的一小段时间内，A做近心运动，B做离心运动

【答案】BD

【详解】AB．由题意可知，两颗卫星做圆周运动的角速度相等，设为，设绳子拉力为，根据

以及

分析可知绳子对、均为拉力，牛顿第二定律可得

可得

故B正确，A错误；

CD．由AB选项分析可知，系绳断开后，对，万有引力大于做圆周运动的向心力，做近心运动，对，万有引力小于做圆周运动的向心力，做离心运动，故D正确，C错误。

故选BD。

9．如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一电荷量为，质量为m的小球，能沿斜面匀加速上滑，重力加速度g，则下列说法中正确的是（　　）

A．小球在N点的重力势能大于在M点的重力势能

B．小球在N点的电势能大于在M点的电势能

C．小球的电势能和动能的和一直在增大

D．小球的电势能和重力势能的和一直在减小

【答案】AD

【详解】A．由图可知小球从M点到N点过程重力做负功

由上述式子可知，该重力势能增加，所以N点的重力势能大于M点的电势能，故A项正确；

B．由图可知小球从M点到N点过程电场力做正功

由上述式子可知，该电势能减少，所以N点的电势能小于M点的电势能，故B项错误；

C．由上述分析可知，小球的电势能减小，小球做匀加速运动，速度增加，所以小球的动能增加，由功能关系可知小球的电势能转化为小球的重力势能和动能，则有

由上述公式可知，电势能的变化量大于动能的变化量。即小球电势能减少的量比动能增加的量多。所以，小球的电势能和动能的和一直在减小，故C项错误；

D．因为电场力做正功，所以小球的电势能一直在减小，而重力做负功，小球的重力势能增加，由功能关系可知小球的电势能转化为小球的重力势能和动能，则有

由上述公式可知，电势能的变化量大于重力势能的变化量。即小球电势能减少的量比重力势能增加的量多。所以，小球的电势能和重力势能的和一直在减小，故D项正确。

故选AD。

10．城市施工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线。若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导线中通过电流。现用一闭合的检测线圈来检测，俯视检测线圈，下列说法正确的是（　　）

A．若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，线圈中会产生感应电流

B．若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，检测线圈受到安培力与运动方向相反

C．若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，感应电流的方向先逆时针后顺时针，然后再逆时针

D．若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，检测线圈所受安培力在水平方向的分量一直向北

【答案】CD

【详解】A．若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，由对称性可知，通过线圏的磁通量为零，变化量为零。感应电流为零，故A错误；

B．若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，变化量为零。感应电流为零，安培力为零，故B错误；

C．根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先逆时针后顺时针；当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，故C正确；

D．由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D正确。

故选CD。

三、实验题(共16分)

11．某研究性学习小组利用图甲装置验证系统的机械能守恒定律。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，每个钩码质量均为m，当地重力加速度为g。该同学经正确操作打出的纸带一部分如图乙所示。

（1）纸带中相邻两个计时点的时间间隔为T=___________s；

（2）用刻度尺测量，，则打F点时纸带的瞬时速度大小vF=______m/s；

（3）设纸带中A点速度为vA，F点速度为vF，，如果实验数据在误差范围内近似满足g=_______（用vA、vF、h和m表示）则说明系统机械能守恒。

【答案】     0.02     0.95    

【详解】（1）[1]打点计时器所用交流电的频率为50Hz，根据

（2）[2]匀变速直线运动，中时刻的瞬时速度大小等于该时段的平均速度大小，可得，F点的瞬时速度为

（3）[3]设纸带中A点速度为，F点速度为，那么系统从A到F点，增加的动能为

因，从A点到F点，系统减小的重力势能为

如果实验数据在误差范围内近似满足

即

12．某实验小组准备用铜片和锌片作为2个电极插入苹果制成水果电池，探究电极间距、电极插入深度对水果电池的电动势和内阻的影响。实验小组在市场上购买了品种、大小和成熟程度几乎相同的苹果，成员设计了两个方案测量苹果电池的电动势E和内阻r，电路原理如下图所示。实验室可供器材如下：

电压表V（0~3V，内阻约3kΩ；0~15V，内阻约15kΩ）；

电流表A（0~0.6A，内阻约0.125Ω；0~3A，内阻约0．025Ω）；

微安表G（量程200μA；内阻约1000Ω）；

滑动变阻器（额定电流2A，最大阻值100Ω），电阻箱（最大阻99999Ω），开关、导线若干。

（1）查阅资料知道苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几kΩ，经过分析后发现方案A不合适，你认为方案A不合适的原因是_______（多选题）

A．滑动变阻器起不到调节的作用    B．电流表几乎没有示数

C．电压表分流明显导致测量误差偏大    D．电压表示数达不到量程的三分之一

（2）实验小组根据方案B进行实验，根据数据作出图像，已知图像的斜率为k，纵轴截距为b，微安表内阻为，可求得被测电池的电动势______，内电阻______．

（3）改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如图所示。

（3）分析以上数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越_____，电极间距越大，水果电池内阻越_____。

【答案】     ABD               小     大

【详解】（1）[1]A．滑动变阻器最大阻值只有100Ω，而苹果电池的内阻约为几kΩ，则滑动变阻器起不到调节的作用，选项A正确；

B．电路中电流只有不到1mA，则电流表几乎没有示数，选项B正确；

C．电压表内阻远大于滑动变阻器的电阻，电压表的分流不明显，选项C错误；

D．使用量程为0~3V的电压表，电压表示数达不到量程的三分之一，选项D正确。

故选ABD。

（2）[2][3]由电路可得

解得

则

解得

（3）[4] [5]分析1、3两组数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越小；分析1、2两组数据可知，电极间距越大，水果电池内阻越大。

四、解答题(共38分)

13．如图所示，底部带有阀门K的导热汽缸静置在水平地面上，质量为m、横截面积为S的活塞将汽缸内的空气分为高度均为h的上、下两部分，初始时上面封闭空气的压强恰好等于外界大气压强。现用打气筒从阀门K处缓慢充入空气，使活塞缓慢上升。已知重力加速度大小为g，大气压强恒为，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且汽缸不漏气，空气可视为理想气体，不考虑空气温度的变化，当活塞上升时，求：

（1）活塞上方封闭空气的压强p；

（2）活塞下方原来封闭的空气与充入空气的质量之比k。

【答案】（1）；（2）

（1）根据题意，由玻意耳定律，对活塞上方封闭空气有

（2）根据题意，设活塞下方封闭空气初状态的压强为，活塞下方封闭空气末状态的压强为，假设末状态活塞下方封闭空气等温膨胀到时的体积为V，则有

塞下方原来封闭的空气与充入空气的质量之比为

14．如图，粗糙水平面与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R一个质量为m的物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点并由静止释放后向右弹开，当它经过B点进入圆形导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能到达最高点C。物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，部分长为L，重力加速度为g，求：

（1）物块经过B点时的速度大小；

（2）物块在A点时弹簧的弹性势能；

（3）物块从B点运动至C点的过程中阻力做的功。

【答案】（1）；（2）；（3）

（1）物块经过B点进入轨道瞬间，由牛顿第二定律得

（2）A到B由动能定理得

得弹簧的弹性势能

（3）物块恰能到C点

B到C由动能定理得

得阻力的功为

15．如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D形盒的半径为1.5R，左盒接出一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R的圆形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为的荧光屏。两盒间距较小，加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比荷为的电子，经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时电压的大小可视为不变。则：

（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？

（2）此加速器的加速电压U为多大？

（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合什么条件？

【答案】（1）；（2）；（3）

（1）电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有

       （2分）

得进入圆形磁场的电子获得的速度为

        （2分）

（2）周期

（2分）

电子加速次数为

（1分）

根据动能定理有

（1分）

得加速器的加速电压为

（2分）

（3）电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为θ，如图所示，由此可得

（2分）

电子在磁场中运动的圆心角也为，圆弧的半径为，根据牛顿第二定律，有

（2分）

联立解得

（2分）

即当，电子就不会打出荧光屏之外。