2023年高考第三次模拟考试卷-物理（全国乙A卷）（全解全析）

2023年高考物理第三次模拟考试卷

高三物理（A卷）

（考试时间：90分钟  试卷满分：110分）

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8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。

14．2023年春节期间，中国科幻电影《流浪地球2》热映．《流浪地球》系列影片设定：若干年后，太阳上的氢元素将被耗尽，太阳由“氢核聚变”阶段进入“氦核聚变”阶段，并成为一颗红巨星，地球将被太阳吞没、气化．因此，人类启动了“流浪地球”计划．人类的自救之旅的第一阶段是“刹车阶段”，利用2000台安装在地球赤道上的“转向式行星发动机”，通过喷射高能高压的粒子流，推动地球停止自转；第二阶段是“逃逸阶段”，利用“推进式行星发动机”推动地球加速，增大公转速度，逐渐脱离太阳系，开启“流浪”之旅．根据以上素材，结合所学，判断下列说法正确的是（    ）

A．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐减小

B．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，南北极处的物体所受重力逐渐增大

C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相反，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反

D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高

【答案】D

【详解】AB．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐增大，而南北极处的物体本身不受地球自转的影响，因此在地球停止自转的过程南北极处物体的重力不变，故AB错误；

C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相同，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反，以使地球在公转轨道实现跃迁，逃离太阳系，故C错误；

D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高，故D正确。

故选D。

15．如图所示为某款手机充电器，其铭牌标识如下：“输入：AC、220V、50Hz”，“输出：DC、3V、6V、9V、12V”，“电流：1000mA1500mA”，该充电器正常工作时，下列说法正确的是（　　）

A．输入电压的最大值为220V，频率为50Hz

B．充电器输出功率的变化范围为3W18W

C．充电器内部变压器的原线圈匝数小于副线圈匝数

D．充电器内部变压器输入电压的频率大于输出电压的频率

【答案】B

【详解】A．根据铭牌标识可知输入电压的有效值为220V，频率为50Hz，故A错误；

B．由输出功率

且由题干中“输出：DC、3V、6V、9V、12V”，“电流：1000mA1500mA”，代入数据得当输出电压为，电流为时输出功率最小，当输出电压为，电流为时输出功率最大。代入数据得

故B正确；

C．根据原副线圈的匝数之比等于原副线圈电压值比，即

且原线圈中输入电压值大于副线圈的输出电压值，所以原线圈匝数大于副线圈匝数，故C错误；

D．由变压器的原理可知，输入电压的频率等于输出电压的频率，故D错误。

故选B。

16．2022年11月12日10时03分，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，此次发射任务从点火发射到完成交会对接，全程仅用2个小时，创世界最快交会对接纪录，标志着我国航天交会对接技术取得了新突破。在交会对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周。要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】要想使天舟五号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据

则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方向有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，则图A是正确的。

故选A。

17．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

【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。

18．实验中，将离子束从回旋加速器中引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。使用磁屏蔽通道法引出离子的原理如图所示。离子从P点进入通道时，由于引出通道内的磁场强度发生改变，离子运动轨迹半径增大，可使离子引出加速器。已知回旋加速器D型盒的半径为R，圆心在O点，D型盒区域中磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，引出通道外侧末端Q点到O点距离为L，与的夹角为，离子带电为q，质量为m，则（　　）

A．离子在加速器中所能获得的最大速率

B．若离子加速至最大速率后能从加速器中引出，引出通道中的磁感应强度范围

C．若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量，质量为m的离子一定不能从加速器中引出

D．若撤去引出通道内的磁场，改为沿径向方向向里的电场，则离子仍有可能引出加速器

【答案】ABD

【详解】A．离子从D形盒边缘飞出时，有

解得

，

A正确；

B．由知，引出通道内磁感应强度应小于D型盒内磁感应强度B，离子半径变大做离心运动才可能引出加速器，离子在引出通道内，到其到达Q时，设圆弧半径为r，轨迹如图所示

引出轨迹为圆弧

解得

根据几何关系得

解得

则引出通道中的磁感应强度范围为

B正确；

C．由B中分析可知，离子能否离开加速器与粒子的电量无关，若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量，质量为m的离子也一定能从加速器中引出，C错误；

D．离子在D型盒中圆周运动由洛伦兹力提供向心力，由左手定则知离子带负电，则通过P点时，撤去引出通道内的磁场，改为沿径向方向向里的电场，则离子受沿径向向外的电场力，做离心运动，仍有可能引出加速器，D正确。

故选ABD。

19．如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面，系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F。推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中（　　）

A．F与T的夹角一定大于90°

B．G和T的合力一定与F等大反向

C．T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量

D．T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量

【答案】AD

【详解】A．对重物进行受力分析如图所示

根据受力分析可知，斜面对重物有支持力与摩擦力的作用，则斜面对重物的作用力为F为斜面对重物有支持力N与摩擦力f的合力，根据上述受力分析图，将支持力与摩擦力合成，可知，F与T的夹角一定大于90°，A正确；

B．当重物匀速上滑时，G和T的合力与F等大反向，当重物不是匀速上滑时，G和T的合力与F不等大反向，B错误；

C．以重物为对象，根据动能定理有

可知，T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量，C错误；

D．根据上述有

由于

则有

可知，T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，D正确。

故选AD。

20．磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图（a）所示，它的驱动系统简化为如图（b）所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L。匝数为N。总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则（　　）

A．图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向

B．列车运动的方向与磁场移动的方向相同

C．列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为

D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为

【答案】BC

【详解】A．线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；

B．根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；

C．由于前后两个边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律

C正确；

D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为

D错误。

故选BC。

21．“S”形单行盘山公路示意图如图所示。弯道1、2可看作两个不同高度的水平圆弧，圆心分别为、，弯道2比弯道1高，弯道1、2的中心虚线对应的半径分别为、，倾斜直道与两弯道平滑连接。一质量为的汽车沿着中心虚线从弯道1经过倾斜直道进入弯道2，已知汽车在段做匀加速直线运动，加速时间为，在两个弯道运动时，路面对轮胎的径向摩擦力始终等于汽车所受重力的，取重力加速度大小，下列说法正确的是（　　）

A．倾斜直道段倾角的正弦值为

B．汽车在段运动时的加速度大小为

C．汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能为

D．圆心、间的距离约等于

【答案】BCD

【详解】AB．由于汽车在弯道1和弯道2都是沿虚线中心运动，所以在弯道上汽车均做匀速圆周运动，设弯道1和弯道2的速度分别为v1和v2，由牛顿第二定律得

代入数据可得

AB段汽车做匀加速直线运动，设AB长度为l，所以有

代入数据得

所以AB直道倾角正切值为

故A错误，B正确；

C．以弯道1所在处为零势能面，根据能量守恒可得

代入数据得

故C正确；

D．由几何关系可知，圆心、间的距离为

故D正确。

故选BCD。

二、实验题：本题共2小题，共15分。

22．（6分）如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置，质量为m1和m2的滑块与质量为m0的动滑轮用不可伸长的轻质绳按图示方式连接（绳竖直）。m2的右侧有宽度为d、质量忽略不计的遮光条。现让m2从距离光电门高度为h处由静止释放，发现光电计时器显示遮光条经过光电门的时间为t。已知重力加速度大小为g，且d远小于h。

（1）m2经过光电门时的速度大小为_______；

（2）若将m0、m1和m2看做一个系统，则m2下落h过程中，系统减少的重力势能为_______，系统增加的动能为_______。

（3）经过多次实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能△Ep与系统增加的动能△Ek并不相等，请从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是（写出一条即可）：_______，即△Ep_______△Ek（选填“大于”或“小于”）。

【答案】（1）；（2），；（3）定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力，大于

【详解】(1)[1] m2经过光电门时，遮光条宽度很小，可以看做匀速通过，其速度大小为

(2)[2] m2下落h过程中，m0下落h，m1上升2h系统减少的重力势能为

[3]m2、m0下落速度相同，m1上升速度为2v，系统增加的动能为

(3)[4]从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是，定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力。

[5]减少的重力势能有一部分没有转化为动能，故选大于。

23．（9分）对于同种材料的电阻丝，现要探究在一定温度下阻值的影响因素。

（1）某同学用刻度尺、螺旋测微器、多用电表测出了每根金属丝的长度L、直径D、电阻，并记录了相应数据。在测量直径时，某次的测量数据如图1所示，则读数为______mm；用多用电表欧姆挡“×1”位置正确操作测量某段电阻丝时，指针如图2所示，则被测电阻的阻值为______Ω。

（2）为提高实验准确度，某同学采用如图3所示的电路图测量金属丝的电阻。请按图3所示的电路图将图4中实物连线图补齐_____：图4中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于______端（填“a”或“b”）。

（3）根据图3，由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，实验测出的电阻值______的真实值（填“>”、“<”或“=”）。

（4）现在要根据测得的实验数据，探究电阻丝电阻与电阻丝长度L、横截面积S的关系。

实验小组的同学猜想：电阻丝的电阻跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比。该同学本想用控制变量法验证该猜想是否正确，但观察实验数据发现金属丝的长度没有相同的、直径没有相同的、电阻没有相同的，因此用控制变量法很难实现。若想继续验证上述猜想，请你结合所测实验数据，给出具体处理数据的方法。______________________________________________________

【答案】（1）0.524-0.528，7；（2），a（3）<；（4）方法有两种：

①计算每次实验中R与的比值（即的值），如果各次实验所得的值在实验允许的误差范围内相等，则说明R与成正比——假设成立。

②在坐标纸上作图像，如果该图线基本上是一条过原点的倾斜直线，则说明R与成正比——假设成立。

【详解】（1）[1]螺旋测微器读数=固定刻度+半刻度+可动刻度。故读数为

0mm+0.5mm+2.6×0.01mm=0.526mm（0.524mm—0.528mm均可）

[2]欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，故读数是7Ω。

（2）[3]按照电路图连接实物图，注意接线到接线柱，不分叉不相交，如图

[4]闭合开关前用电器两端电压最小，故滑片P至于a端。

（3）[5]由电路图可知电流表外接，电流表读数偏大，所测电阻偏小。即实验测出的电阻值<的真实值。

（4）[6]根据电阻定律有

因电阻丝的材料相同，故电阻值，从这方面入手即可。

所以方法有两种：

①计算每次实验中R与的比值（即的值），如果各次实验所得的值在实验允许的误差范围内相等，则说明R与成正比——假设成立。

②在坐标纸上作图像，如果该图线基本上是一条过原点的倾斜直线，则说明R与成正比——假设成立。

三、计算题：本题共2小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

24．（12分）2022年6月17日，我国自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰“福建舰”成功下水。该舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，飞机的前轮与磁悬浮电磁弹射车相连，如图甲所示。其工作原理简化为如图乙所示，间距d = 1m的平行光滑金属导轨（电阻不计）间存在磁感应强度B=10T的匀强磁场，弹射车由200根完全相同的导体棒并联组成。电磁弹射时，开关S与1相连，恒流电源为整个系统供电，弹射车带动飞机从静止开始匀加速运动x1= 60m后达到起飞速度v = 60m/s。飞机起飞后立即与弹射车脱钩，同时将开关S与2相连，弹射车在磁场的阻尼作用下运动x2= 30m后停下。假设弹射车的质量m = 1000kg，飞机的质量M = 1.9 × 104kg，电阻R0= 0.02Ω，不计弹射车带动飞机加速运动过程中的感应电动势以及飞机与甲板之间的摩擦和空气阻力。求：

（1）恒流电源提供的总电流大小；

（2）每根导体棒的电阻R。

【答案】（1）I= 6×104A；（2）R=6Ω

【详解】（1）设电磁弹射时飞机的加速度为a，则有

v2 = 2ax1

解得

a = 30m/s2

加速过程中飞机和弹射车受到的合力

BId = (M＋m)a

解得

I = 6 × 104A

（2）飞机飞离甲板后，弹射车在电磁阻尼的作用下做减速运动直到速度减为零，设减速过程所用时间为t，减速过程中弹射车的平均速度为。对弹射车根据动量定理有

其中

代入解得

R = 6Ω

25．（20分）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。

（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；

（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；

（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，要使滑块从D点飞出后落到地面有最大水平射程，求从D点飞出时速度方向以及最大水平射程。

【答案】（1）；（2），；（3）从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，

【详解】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知

解得

在B点时牛顿第二定律可知

解得

由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为。

（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知

解得

木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知

由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为，滑块速度为，木板只与C端发生了2次碰撞，则

从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知

联立解得

则设开始时木板左端离C端距离为，则由运动学公式可知

解得

滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知

解得

（3）从A到D由动能定理可知

解得

设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，从D点飞出到落到所用时间为，根据动能定理可得

解得

该过程的速度变化量为

如图所示为速度矢量关系图

速度矢量图的面积为

可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程有最大值，而图中速度、都是定值，可知当

速度矢量图的面积最大，则有

解得

可得

速度矢量图的面积最大为

最大水平射程为

33.【物理——选修3-3】（15分）

（1）（5分）古代发明的点火器原理如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆，艾绒即可点燃。对筒内封闭的气体，在此压缩过程中，气体温度____（填“升高”、“不变”或“降低”），压强_____（填“增大”、“不变”或“减小”）。

【答案】升高，增大

【详解】[1][2]封闭的气体被推杆压缩过程中，由公式可知，由于在瞬间，，，所以内能增加，则温度升高，气体体积减小，压强增大。

（2）（10分）水银气压计在超失重情况下不能显示准确的气压，但太空无液气压计却能显示超失重情况下的准确气压。若某次火箭发射中携带了一只太空无液气压计和一只水银气压计。发射的火箭舱密封，起飞前舱内温度，水银气压计显示舱内气体压强为1个大气压。太空气压计读数也是，当火箭以加速度g竖直向上运动时，舱内水银气压计示数为，则太空无液气压计读数是多少？舱内气体的温度是多少开尔文？（运动过程中重力加速度g不变）

【答案】，

【详解】起飞前

，

起飞后，设实际气压，对水银气压计中水银柱由牛顿第二定律得

又

解得

根据查理定律，解得

34.【物理——选修3-4】（15分）

（1）（5分）在2021年12月9日的天宫课堂中，三位航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了_______现象。如图，若在P点恰好发生全反射，，则水的折射率为_______。已知线段AB长为L，光在空气中传播速度为c，则光在水中传播的时间为_______。（用题中物理量表示）

【答案】全反射，1.25，

【详解】[1]水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了全反射现象。

[2]由

得

[3]光在水中传播的距离

光在水中的速度

所以

（2）（10分）我国科学家首创的超声消融术是一种超声波聚焦病灶部位进行照射治疗的先进技术。如图甲所示，一列超声波从介质1进入介质2中继续传播，A、B、C为传播方向上的三个点。图乙为时刻A质点右侧介质1中的部分波形图，此时该波恰好传播至介质2中的B点，图丙为该时刻之后B点的振动图像。已知B、C两质点间的距离0.75cm，波在介质2中的传播速度为。求：

（i）该波在介质1中传播速度的大小；

（ii）从质点B开始振动到质点C第一次到达波谷经历的时间。

【答案】（i）；（ii）

【详解】（i）超声波在介质2中传播时

在两种介质中传播时周期不变，则在介质1中传播时

（ii）超声波从B传到C的时间为

波传到C点时开始起振的方向向下，则到达波谷时还需要

则质点C第一次到达波谷的时间为