精品解析：2023届河北省沧州市盐山中学高三下学期三模物理试题（解析版）

盐山中学考前保温训练物理试题

一、单项选择题（每题只有一个正确选项，每题4分，共28分。）

1. 如图，为研究光电效应的装置，金属板K所用材料为铝，已知铝的逸出功4.2eV，以下分析正确的是

A. 只要照射时间长一些，入射光光子能量小于4.2eV时，也能发生光电效应

B. 若入射光光子能量大于逸出功，即使光的强度很弱，也能发生光电效应

C. 发生光电效应时，遏止电压与入射光的频率成正比

D. 研究饱和光电流和遏止电压时，电源的极性相同

【答案】B

【解析】

【详解】AB．能否发生光电效应不取决于光的强度，而取决于光的频率，若入射光光子能量大于逸出功则能发生光电效应，若小于则不能。发生光电效应后，光强的大小影响光电流的大小，选项A错误，选项B正确；

C．由光电效应方程的遏止电压与入射光的频率为一次函数关系，不是成正比，选项C错误；

D．研究饱和光电流时A板为收集电子的板，光电管中的电场方向为板，研究遏制电压时电场阻碍电子运动，光电管中的电场方向为板即研究饱和光电流和遏止电压时，电源的极性相反，选项D错误。

故选B。

2. 如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（     ）

A. 甲图中，物体在这段时间内的位移小于

B. 乙图中，物体的加速度为2m/s2

C. 丙图中，阴影面积表示t1 ~ t2时间内物体的加速度变化量

D. 丁图中，t = 3s时物体的速度为25m/s

【答案】D

【解析】

【详解】A．若物体做初速度为0、末速度为v0的匀加速直线运动，其位移为，根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，该物体的位移大于匀加速直线运动的位移，故A错误；

B．由图得，根据公式

则得加速度大小

故B错误；

C．根据，可知丙图像中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量，故C错误；

D．根据

得

丁图图像可写成

对比可得

，

则时物体的速度为

故D正确。

故选D。

3. 如图所示，一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为a、b两种单色光。则下列说法正确的是（　　）

A. 在真空中传播时，a光的速度大

B. 从玻璃射向空气时，b光发生全反射的临界角小

C. 经过同一双缝干涉实验装置时，观察到a光的相邻亮条纹间距大

D. 若b光能使某金属发生光电效应，则a光也一定能发生光电效应

【答案】D

【解析】

【详解】A．真空中传播时，各种颜色光的光速均相同，A错误；

B．根据光路图可知光偏折程度小，所以光折射率小，根据全反射定律可知光发生全反射的临界角大，B错误；

C．根据光路图可知光折射率大，所以频率大，波长短，根据可知，经过同一双缝干涉实验装置时，观察到a光的相邻亮条纹间距小，C错误；

D．光的频率大于光，根据可知光的光子能量大于光，所以若b光能使某金属发生光电效应，则a光也一定能发生光电效应，D正确。

故选D。

4. 如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为

A.  B.  C. Tsinα D. Tcosα

【答案】C

【解析】

【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确．

5. 一着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹变化如图所示，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，经过P点启动变轨发动机然后切换到圆轨道Ⅱ上运动，经过一段时间后，再次经过P点时启动变轨发动机切换到椭圆轨道Ⅲ上运动。轨道上的P、Q、S三点与火星中心位于同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ=2QS=2l。除了变轨瞬间，着陆器在轨道上运行时均处于无动力航行状态。着陆器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上经过P点的速度分别为v1、v2、v3，下列说法正确的是（　　）

A. v1<v2<v3

B. 着陆器在轨道III上从P点运动到Q点的过程中速率变大

C. 着陆器在轨道Ⅲ上运动时，经过P点的加速度为

D. 着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点，与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间之比为9:4

【答案】B

【解析】

【详解】A．着陆器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要减速，同理从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ也需要减速，因此

故A错误；

B．着陆器在轨道III上从P点运动到Q点过程中，需要加速，所以速率变大，故B正确；

C．根据牛顿第二定律得

解得

故C错误；

D．设着陆器在轨道Ⅱ上周期为T1，在轨道Ⅱ上周期为T2，根据开普勒第三定律得

解得

故D错误。

故选B。

6. 如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t=0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】设运动的速度为v，线框总电阻为R，当时间 时，只有最右侧的两个短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针，大小为

当时，从右侧中间短边进入磁场，至左侧长边进入磁场，感应电流方向为逆时针，大小为

当时，从左侧长边进入磁场，至右侧的中间短边离开磁场，感应电流方向为顺时针，大小为

当时，从右侧中间短边离开磁场，至左侧长边离开磁场，感应电流方向为顺时针，大小为

故选A。

7. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是

A. 电流表的示数为4.0A

B. 电压表的示数为155.6V

C. 副线圈中交流电的频率为50Hz

D. 穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1

【答案】C

【解析】

【详解】AB．理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u-t图像读其最大值为，可知有效值为

根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压：

由欧姆定律可知流过电阻的电流：

所以，电流表的示数为2A，B电压表的示数为110V，故AB均错误；

C．因交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50Hz，故C正确；

D．根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1:1，故D错误；

故选C。

二、多项选择题（每题有两个以上正确选项，每题6分，共18分。选不全得3分，全对得6分，选错不得分。）

8. 如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L=2m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向以v=2.5m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=，g取10m/s2，若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0=3m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度可能为（  ）

A. 1m/s B. 3m/s

C. 6m/s D. 9m/s

【答案】BC

【解析】

【详解】若传送带的速度很小（一直小于物块的速度），小物块一直减速，加速度

a1=gsin30°+μgcos30°=12.5m/s2

物块到达B点时的速度最小，且最小速度

v1==2m/s

若传送带的速度很大（一直大于物块的速度），小物块一直加速，加速度

a2=-gsin30°+μgcos30°=2.5m/s2

物块到达B点时的速度最大，且最大速度

v2==8m/s

故选BC。

9. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷　　

A. 在和处电势能相等

B. 由运动到的过程中电势能增大

C. 由运动到的过程中电场力先增大后减小

D. 由运动到的过程中电场力先减小后增大

【答案】BC

【解析】

【分析】由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系．

【详解】A．由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，选项A错误；

B．由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，所以电势能增大，选项B正确；

CD．由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误．

【点晴】图像只是向我们提供一种电场强度与位置的关系，需要我们通过图像将其转化为具有一定形态的东西，当我们将其转化成具体的电场线的某一个方向时，我们再去判断就会很容易了，所以对图像的识别很重要．

10. 质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则

A. 速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电

B. 三种粒子的速度大小均为

C. 如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大

D. 如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，电场力向右，知电场方向向右，故A正确；

B．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有

得

故B错误；

C．粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有

得：

三种粒子的电荷量相等，半径与质量成正比，故打在P3点的粒子质量最大，故C正确；

D．打在P1、P3间距

解得：

故D正确；

故选ACD。

三、实验题（两题共15分）

11. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中：

（1）需要记录的数据有：小钢球的直径d、________、摆长L、30次全振动的总时间t和周期T；

（2）用标准游标卡尺测小钢球的直径如图所示，则直径d为__________mm；

（3）如图所示，某同学由测量数据作出L－T2图线，根据图线求出重力加速度g＝_______m/s2（已知π2≈9.86，结果保留3位有效数字）。

【答案】    ①. 摆线长l    ②. 18.6    ③. 9.66（9.60～9.70）

【解析】

【详解】（1）[1]根据单摆的周期公式

T＝2π

知要测重力加速度，需要测量小钢球的直径d、摆线长l从而得到单摆的摆长L；还要测量30次全振动的总时间t，从而得到单摆的周期T。

（2）[2]游标卡尺的主尺读数为18mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为

6×0.1mm＝0.6mm

所以最终读数为

18mm＋0.6mm＝18.6mm

（3）[3]根据单摆的周期公式

T＝2π

得

L＝T2

再根据L－T2图像的斜率为

k＝＝0.245

即

＝0.245

得

g≈9.66（9.62～9.70都正确）

12. 某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的实验：

(1)如图甲所示，该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径D=______mm；

(2)该同学用如图乙所示电路图测量金属丝Rx的电阻，供选择的仪器如下：

①电流表A1（内阻为r）；

②电流表 A2；

③滑动变阻器R1（0~1000Ω）；

④滑动变阻器R2（0~20Ω）；

⑤蓄电池（2 V）；

⑥电键 S及导线若干。

(3)滑动变阻器应选择_____（选填“R1”或“R2”）；在图丙中按图乙用连线代替导线连接实物图；

（    ）

(4)闭合电键S ，移动滑动触头至某一位置，记录A1、A2 的读数I1、I2，通过调节滑动变阻器，得到多组实验数据；以I2为纵坐标， I1为横坐标，作出相应图像，如图丁所示。根据I2—I1 图像的斜率 k及电流表A1内阻r，写出金属丝电阻的表达式Rx= _______；

(5)测得金属丝连入电路长度为L，则金属丝电阻率 ρ=________（用k、D、L、r表示）。

【答案】    ①. 2.500    ②. R2    ③.     ④.     ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1]. 螺旋测微器测量金属丝的直径D=2mm+50.00.01mm=2.500mm；

（3）[2]根据电路原理图可知，滑动变阻器是分压式接法，所以滑动变阻器要选择较小的R2；

[3]根据电路原理图，实物图连线如图所示

（4）[4].根据欧姆定律可知金属丝电阻

变形得

所以I2—I1 图像的斜率

变形得

（5）[5]根据电阻定律得

解得

四、计算题（共39分，写出必要的公式和文字说明，只写结果不给分。）

13. 图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的 4 倍，筒足够长，粗筒中 A、B  两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L=17cm，活塞 A  的上方细筒中的水银深 h1=20cm，粗筒中水银深h2=5cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞 B，使之处于平衡状态。现使活塞 B 缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强 P0相当于 75cm 高水银柱产生的压强。求：

(1)此时气柱的长度；

(2)活塞B 向下移动的距离。

【答案】（1）20cm；（2）8cm

【解析】

【详解】（1）设气体初态的压强为，则有

设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积

设气体末态的压强为，有

设末态气柱的长度为，气体体积为

由玻意耳定律得

联立各式代入数据解得

（2）活塞B下移的距离d为

代入数据解得

14. 如图甲所示，质量m=1kg的小滑块（视为质点），从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出，已知木板质量M=4kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v－t图像如图乙所示，取g=10m/s2，求：

(1)圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；

(2)滑块与木板间动摩擦因数及木板的长度。

【答案】(1)5m，30N；(2)0.4，10m

【解析】

【详解】(1)由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小v=10m/s，滑块在光滑圆弧轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律得

mgR=

解得

R=5m

滑块滑到圆弧轨道末端时，由牛顿第二定律得

F－mg=m

解得

F=30N

根据牛顿第三定律知，滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小为30N。

(2)滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得

mv=（m+M）v′

解得

v′=2m/s

滑块在木板上滑行过程，由动量定理得

-μmgt=mv′-mv

由图知

t=2s

解得

μ=0.4

由能量守恒得

解得

l =10m

15. 如图所示，x轴上方存在电场强度、方向沿轴方向的匀强电场，x轴与PQ（平行于x轴）之间存在着磁感应强度、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量、带电量的粒子，从y轴上（0，0.04m）的位置分别以不同的初速度v0沿＋x轴方向射入匀强电场，不计粒子的重力。

(1)若，求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；

(2)若粒子射入电场后都能经磁场返回，求磁场最小宽度d；

(3)若粒子恰能经过x轴上点，求粒子入射的初速度。

【答案】(1)，方向与x轴成45°角；(2)0.2m；(3)，其中（k=0，1，2，3，…），，其中（k=0，1，2，3，…）

【解析】

【详解】(1)设粒子第一次在电场中的运动时间为，电场力提供加速度

粒子做类平抛运动，在竖直方向

末速度为

解得

方向与x轴成45°角。

(2)当初速度为0时粒子最容易穿过磁场

要使所有带电粒子都返回电场，则

(3)对于不同初速度的粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长不变

设粒子第n次经过处，满足

其中（k=0，1，2，3，…），则初速度

其中（k=0，1，2，3，…）

或满足

其中（k=1，2，3，…），则初速度

其中（k=1，2，3，…）