2023年高考第三次模拟考试卷-物理（全国甲卷A卷）（全解全析）

2023年高考物理第三次模拟考试卷

物理·全解全析

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

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错的得0分。

14．2023年1月5日，福建省重点工程漳州圆山大道项目全线通车。质量相等的甲、乙两车在运动时受到的阻力相等，时位于同一起始线，之后在平直公路上沿相邻车道同向运动，两车速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．时两车功率相等

B．内两车牵引力始终不相等

C．乙追上甲前两车间的最大距离为

D．后乙车的功率始终大于甲车的

【答案】  B

【解析】A．由图可知，时两车速度相等，甲车达到最大速度，牵引力等于阻力，乙车做加速运动，牵引力大于阻力，则两车功率不相等，故A错误；

B．由图可知，内，甲车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，乙车做加速运动，牵引力大于阻力，则内两车牵引力始终不相等，故B正确；

C．根据题意可知，速度相等时两车间的距离最大，由图像面积可知，最大距离为

故C错误；

D．根据题意可知，后甲车的功率不变，乙车的功率从零开始增大，开始一段时间内乙的功率小于甲车的功率，故D错误。

故选B。

15．如图所示，发电机输出电压峰值一定的正弦式交流电，接入理想变压器原线圈，导线电阻，原线圈匝数，副线圈有两个绕组，匝数分别为、，负载定值电阻，下列不同连接方式中，电阻R功率最大的是（　　）

A．a端接1，b端接2

B．a端接3，b端接4

C．2、3连接，a端接1，b端接4

D．1、3连接，a端接2，b端接4

【答案】  D

【解析】

如图所示，将变压器及右侧部分等效为一个电阻，当端与副线圈绕组按不同方式连接时，副线圈等效匝数设为，设原线圈两端电压、流过的电流分别为，电阻R两端的电压、流过的电流分别为，则有

设发电机输出电压有效值为E，等效电阻的功率为

可知当

时，等效电阻的功率有最大值，此时。

当a端接1，b端接2时，副线圈等效匝数为

，

当a端接3，b端接4时，副线圈等效匝数为

，

当2，3连接，a端接1，b端接4时，副线圈等效匝数为

，

当1、3连接，a端接2，b端接4时，副线圈等效匝数为

，

此时，等效电阻的功率有最大值，即电阻R的功率最大。

故选D。

16．某次发射卫星时，先将卫星发射到半径为的低轨道上，运行速度为，当卫星运动经过A点时，卫星上的小型火箭发动机点火，短时间加速，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点B与地心的距离为，卫星经过B点的速度为，其运行轨迹如图所示。若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式，其中G为引力常量，M为中心天体质量，m为卫星的质量，r为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是（　　）

A．

B．卫星在椭圆轨道上A点的加速度大于B点的加速度

C．卫星在A点加速后的速度为

D．卫星从A点运动至B点的最短时间为

【答案】  B

【解析】A．假设卫星在半径为的圆轨道上运行时速度为，由

可得卫星速度公式

可知，卫星在半径为的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为的圆轨道上运行时速度小，即

故A错误；

B．由

可知轨道半径越大，加速度越小，则

故B正确；

C．卫星加速后从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律可得

解得

故C错误；

D．设卫星在半径为的圆轨道上运行时周期为，在椭圆轨道上运行时周期为，根据开普勒第三定律

又因为

卫星从A点运动至B点的最短时间为

联立解得

故D错误。

故选B。

17．如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　）

A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动

B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为

C．各金属筒的长度之比为1:：：

D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1:：：

【答案】  C

【解析】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；

B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理

解得

故B错误；

D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；

C．第n个圆筒长度

则各金属筒的长度之比为1:：：，故C正确。

故选C。

18．一位解放军海军士兵蹲在皮划艇上进行射击训练，用步枪在t时间内沿水平方向发射了7发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在t时间内皮划艇的位移为（　　）

A． B． C． D．

【答案】  B

【解析】发射子弹时，根据动量守恒可得每发一颗子弹，皮划艇增加的速度为

所以在t时间内沿水平方向发射了7发子弹，则皮划艇在6个时间内，分别以、、……匀速运动，每段匀速运动的位移依次为

……

故t时间内皮划艇的总位移为

故选B。

19．如图边长为L的正方形区域ABCD内存在垂直于纸面的匀强磁场，两个相同的放射源同时发射的两个粒子甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知甲从AC边中点垂直AC入射，乙沿AB内侧从B点平行于AB入射，放射源利用衰变发射粒子，粒子速度为（c为真空中光速），粒子的比荷为k，则（　　）

A．放射源衰变方程为

B．磁感应强度方向垂直于纸面向外，大小为

C．乙粒子出射点距A点的距离为

D．甲粒子在磁场区域内运动时间为

【答案】  ACD

【解析】A．根据衰变过程质量数和电荷数守恒可知放射源衰变方程为，故A正确；

B．根据题意作图，如图所示：

根据几何关系有

解得

由洛伦兹力提供向心力得

解得

由于粒子带正电，可知磁感应强度方向垂直于纸面向里，故B错误；

C．甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后乙粒子反向运动，设乙粒子从E点出射，如图：

根据几何关系可知

故C正确；

D．甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后甲粒子反向运动，设甲粒子从F点出射，如图：

根据几何关系可知

，，

则甲粒子在磁场中运动的时间为

解得

故D正确；

故选ACD。

20．如图1所示，一倾角为的传送带以恒定的速率逆时针转动。将两个不同的物块A、B轻轻并排放在传送带上，二者并不接触（图中只显示一个物块）。以平行于传送带向下的方向为正方向，两物块的速度—时间图像如图2所示。不计空气阻力，重力加速度g取，，。关于两物块在传送带上的运动，下列说法正确的是（　　）

A．传送带的速度的大小为

B．传送带与物块B间的动摩擦因数为0.75

C．在内，两物块与传送带间产生的热量相等

D．后，若物块A在传送带上运动的时间少于，则A、B间的最大距离就不会变

【答案】  AB

【解析】A．由物体B的图像可知，在0.50s后物体B与传送带共速，即此时物块B的速度为传送带的速度，所以传送带的速度大小为6m/s，故A项正确；

B．0.50s前物块B在传送带上做匀加速直线运动，其加速度根据图像可知为

对其受力分析有

解得

故B项正确；

C．在，物块B与传送带相对位移为

产生的热量为

对物体A有

解得

在，物块A与传送带相对位移为

产生的热量为

因为两物块的质量未知，所以其产生的热量不一定相等，故C项错误；

D．0.75s时，两物块的速度大小相等，根据追及相遇的知识点可知，此时两物块在相遇前其距离达到了最大值，其距离为

设0.75s后在经过时间物块A超过物块B后其距离达到，则有

解得

所以在0.75s后，物块A在传送带上运动的时间小于等于时，A、B间的最大距离就不会变，故D项错误。

故选AB。

21．如图，光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（　　）

A．P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为

B．Q棒第一次稳定运动时速度大小为

C．Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为

D．从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为

【答案】  CD

【解析】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得

根据牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A错误；

BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有

Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得

又因

解得

故B错误，C正确；

D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得

由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为

解得

故D正确。

故选CD。

22. （6分）为了验证动量守恒定律，小明同学利用实验室的器材设计制造了一套实验装置，如图所示。在水平轨道SP左侧安装有一弹簧盒，可将滑块沿轨道弹射出。实验中使用同种材料、大小相等且一个为空心，另一个为实心的两滑块A和B。实验操作步骤如下：

①用天平测得两滑块A、B质量分别为、；

②先不放滑块B，用滑块A沿轨道向左按压弹簧盒中弹簧至适当位置后松手，滑块A由静上弹出，A最终停止轨道上的点，测量并记录滑块A在水平轨道上滑行的段距离为；

③再把滑块B静置于O点，让滑块A仍从弹簧盒弹出，滑块A和滑块B碰撞后分别停在水平轨道上的点和点，测量并记录，；

④整理并处理实验数据，验证A、B碰撞过程中是否满足动量守恒定律。

（1）关于本实验，下列说法正确的是__________。

A．SO段轨道越光滑，其误差影响越小

B．滑块A空心，滑块B实心

C．滑块A每次必须从弹簧盒的同一位置由静止释放

D．两滑块与水平轨道OP段的动摩擦因数必须相等

（2）若两球碰撞前后的动量守恒，其表达式可表示为__________，若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式__________是否成立。（选填下列选项的序号A、B、C或D）

A．    B．

C．    D．

【答案】       CD     C     A

【解析】（1）AC．实验中不需要保证SO轨道是否光滑，只需要保证释放的滑块通过O点时速度一样，即保证在同一位置无初速释放即可，故A错误，C正确；

B．只有滑块A的质量大于滑块B的质量才能保证碰撞时不发生反弹，即碰撞后A的速度不发生变向，故B错误；

D．只有滑块A和滑块B与水平轨道OP的动摩擦因数相同时，才能消去，从而只需测量两滑块的质量及各自在水平轨道上的位移，就可以验证A、B系统在碰撞过程中是否满足动量守恒定律，故D正确。

（2）当滑块A第一次从O点滑到点时，根据动能定理

解得

对滑块A第二次碰撞B后，对A、B后续滑行过程运用动能定理

解得

若两球碰撞前动量守恒，则满足

即需验证

等式C成立；

需验证碰撞前后动能是否相同，即

解得

等式A成立。

23. （9分）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有部分样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）不合格。

（1）你认为不合格的纯净水的电导率__________（选填“偏大”或“偏小”）；

（2）为了方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的长方体玻璃槽中，如图1所示，玻璃槽内腔的长度，宽度，水的高度h，用多用电表欧姆挡粗测玻璃槽中水的电阻，选择开关置于“×100”挡，发现指针如图2所示，为使指针在中央刻度附近，需要换选__________（选填“×10”或“×1k”）挡；

（3）为了精确测量玻璃槽中水的电阻，实验室提供的器材有：

待测电阻

直流电源E（电动势约6V，内阻约1Ω）

电压表（量程6V，内阻约3kΩ）

电压表（量程15V，内阻约5kΩ）

电流表（量程，内阻约200Ω）

电流表（量程0.6A，内阻约0.5Ω）

滑动变阻器R（最大阻值20Ω）

开关S一个及导线若干

实验中要求尽量减小系统误差，应保证电表在测量时其最大读数超过量程的三分之二，则电压表应选择__________（选填“”或“”），电流表应选择__________（选填“”或“”）。请在虚线框中画出实验电路原理图_________：

（4）连接好实验电路，测量玻璃槽中水的高度h，电压表示数U，电流表示数I，改变玻璃槽中水的高度，测得多组实验数据，绘制图像如图3所示，则待测纯净水的电导率__________（结果保留3位有效数字。国家标准：在25℃时饮用纯净水电导率。

【答案】       偏大                         20.6~21.0

【解析】（1）越不纯净的水，水中能够自由移动的粒子就越多，则导电性能越强，电阻越小，即电阻率越小，而电导率是电阻率的倒数，则可知越不纯净的水电导率越大，即不合格的纯净水的电导率偏大。

（2）由图2可知，欧姆表指针偏角过小，为使指针在中央刻度附近，需要换选。

（3）由于电源的电动势为，则在选取电压表时应选择接近电源电动势量程的电表，即选择电压表，这样在实验中才能保证电表在测量时其最大读数超过量程的三分之二，从而减小实验误差；选择电流表时可用直除法，用电源的电动势直接除以待测电阻的大概阻值，从而得到一个粗略电流的范围进行电流表的选择，由图2中“”挡时欧姆表的读数可知待测电阻大致在左右，通过直除法可得电流大概在左右，再根据电表的读数要求可知电流表应选择表；

由于所给滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，因此滑动变阻器采用分压式接法，而电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，定量方面可根据

进行判断，则可知电流表采用内接法，电路图如下所示

（4）由于电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，则计算时可忽略电流表的分压作用，根据部分电路的欧姆定律可得

根据电阻定律可得

联立可得

而

图线的斜率

代入数据可得

24．（14分）超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为m=16kg的两辆购物车相距静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车重的k=0.25倍，重力加速度取，求：

（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；

（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能；

（3）工人对第一辆车所做的功。

【答案】  （1）1s；（2）；（3）240J

【解析】（1）对整体，由牛顿第二定律

解得

逆向过程

得

t=1s

（2）嵌套后，对整体

得

嵌套过程中

得

在嵌套过程中损失的机械能

解得

（3）对小车

解得

W=240J

25．（18分）我国自行设计研制的热核聚变全超导托卡马克实验装置再次创造了该类实验装置运行的世界新纪录。此装置在运行过程中，需要将加速到较高速度的离子束转变成中性粒子束，而其中还未被中性化的高速带电离子则需通过过滤装置过滤出来并剥离。所用到的过滤装置工作原理简图如图所示，混合粒子束先通过加有一定电压的两极板之间区域后，再进入极板下方的偏转磁场中，此过程中中性粒子仍会沿原方向运动并被接收器接收；而带电离子中的一部分则会先在两极板间的电场作用下发生偏转，一部分直接打在下极板，另一部分则会在穿过板间电场后进入其下方的匀强磁场区域，进一步发生磁偏转并打在吞噬板上，从而剥离吸收。已知这些带电离子电荷量为（），质量为m，两极板间距为d，所加电压为U，极板长度为2d，粒子束中所有粒子所受重力均可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。

（1）要使初速度为的离子能沿平行于极板的直线经过电场区域，需在极板间再施加一垂直于纸面的匀强磁场，求其磁感应强度的大小和方向；

（2）若带电离子以初速度沿直线通过极板区域后，进入下方垂直纸面向外的匀强偏转磁场区域。当磁感应强度时，要使离子能全部被吞噬板吞噬，求吞噬板所需的最小长度；

（3）若粒子束中带电粒子为初速度，且撤去了两极板间的磁场，则有部分带电离子会通过两极板间的偏转电场进入偏转磁场，已知磁场的磁感应强度大小可调，且分布范围足够宽广，吞噬板并紧靠左极板水平放置。若要保证进入偏转磁场的带电粒子最终都能被吞噬板吞噬，求磁感应强度大小的取值范围。

【答案】  （1），方向垂直纸面向里；（2）；（3）

【解析】（1）离子能直线通过两极板，则洛伦兹力与电场力平衡，则有

将代入上式解得

由左手定则判断可知：磁场方向垂直纸面向里。

（2）当离子在偏转磁场中做匀速圆周运动时有

解得

又由图可知：离子在吞噬板上最靠右的落点到左极板距离

离子在吞噬板上最靠左的落点到左极板距离

则此吞噬板的长度最短，联立解得

（3）当初速度为时，对于沿右极板运动的离子，在两极板间做类平抛运动。

则

联立解得

离子做类平抛运动的过程中，根据动能定理

得

离子进入偏转电场时的速度偏向角的余弦值为

此时沿上极板进入电场的带电离子射出偏转电场时，与吞噬板右端相距为，当磁场满足此离子打到吞噬板，则由几何关系分析可得

又当入射点下移至带电粒子刚好擦着下极板右边缘射出电场进入偏转磁场，则磁场满足该离子刚好能打在吞噬板的下端点为最大值，有

综合分析结果有

根据

则所需磁场的取值范围

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

33．【选修3-3】（15分）         

（1）（5分）如图所示，质量为m的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦。将汽缸放在冰水混合物中，气体达到的平衡状态如图中a所示，将汽缸从冰水混合物中移出后，气体在室温中达到的平衡状态如图中b所示。气体从a变化到b的过程中外部大气压强保持不变，下列说法正确的是_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．a中气体的内能较大

B．b中气体分子的平均动能较大

C．b中气体分子单位时间内单位面积上撞击活塞的次数较多

D．从a到b的过程中，气体从外界吸收的热量大于对活塞做的功

E．从a到b的过程中，气体对活塞做的功大于活塞重力势能的增加量

【答案】  BDE

【解析】AB．理想气体的分子势能为0，当温度升高时，分子的平均动能增大，内能增大，则a中气体的内能小于b中气体的内能，选项A错误、B正确；

C．b中分子平均动能大于a中分子平均动能，每个分子撞击活塞的平均作用力较大，而气体的压强不变，所以b中气体分子单位时间内单位面积上撞击活塞的次数较少，选项C错误；

D．气体的内能增大，由热力学第一定律可知，从a到b的过程中，气体从外界吸收的热量大于对活塞做的功，选项D正确；

E．由动能定理可知，容器内气体对活塞做的功、外部气体对活塞做的功和重力对活塞做的功之和为零，所以从a到b的过程中，气体对活塞做的功大于活塞重力势能的增加量，选项E正确。

故选BDE。

（2）（10分）自行车小巧方便，利用率很高.胎内气压一般维持在比较安全，胎压过低会损坏车胎，胎压过高会引起爆胎。夏天，一自行车由于气门芯老化，发生了漏气，漏气前胎压为，漏气后的胎压为，发现后赶紧用打气简给车胎打气，车胎的内胎容积为，打气筒每打一次可打入压强为的空气，车胎因膨胀而增加的体积可以忽略不计。夏天室内温度为，中午烈日暴晒时室外温度可高达。求：

（1）车胎漏气前后胎内气体的质量比（假设漏气前后车胎内气体温度不变）；

（2）当车胎内压强超过时就容易发生爆胎事故，夏季在室内给车胎打气时，用打气筒最多可以打多少次，才能保证在室外骑自行车不发生爆胎（注：打气前胎内压强为）。

【答案】  （1）5:3；（2）30次

【解析】（1）将漏气前胎内气体换算为压强为的气体，设换算后体积为 ，根据玻意耳定律得

所以漏气前与漏气后的质量比为

解得

（2）设最多可以打n次，根据理想气体状态方程得

代入数据得

次

34．【选修3-4】（15分）

（1）（5分）一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系图线）如图所示，则下列说法正确的是_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．此单摆的固有周期约为2 s

B．此单摆的摆长约为1 m

C．若摆长增大，单摆的固有频率减小

D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动

E．此单摆的振幅是8 cm

【答案】  ABC

【解析】A．由共振曲线知，此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，A正确；

B．由单摆的周期公式，可得此单摆的摆长约为1m，B正确；

CD．若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，C正确，D错误；

E．此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大，为8cm，E错误。

故选ABC。

（2）（10分）宇航员王亚平在太空实验授课中，进行了水球光学实验（图甲）．某同学在观看太空水球光学实验后，找到一块环形玻璃砖模拟光的传播．如图乙所示横截面为圆环的玻璃砖，其内径为R，外径为．一束单色光在纸面内从A点以的入射角射入玻璃砖，经一次折射后，恰好与玻璃砖内壁相切。求：

（1）玻璃砖对该单色光的折射率；

（2）为使光在玻璃砖内壁表面上发生全反射，入射角i的最小正弦值．

【答案】  （1）；（2）入射角的最小正弦值为

【解析】（1）由题意可知，光在A点入射角为，设折射角为，如图所示

根据几何关系可知

则玻璃砖对该单色光的折射率为

（2）光在内球表面上恰好发生全反射，入射角最小，设为，光路图如图所示

根据

由几何知识可得

在中，由正弦定理可得

根据折射定律可得

联立解得

即入射角的最小正弦值为。