2022-2023学年广东省高三（下）（第三次）模拟考试物理试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年广东省高三（下）（第三次）模拟考试物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.我国的火星探测车用放射性材料PuO2作为燃料，PuO2中的Pu元素是94238Pu。A.方程中X是电子

B.衰变过程质量数减小

C.放出的射线是α射线，它的电离能力很强

D.100个94238Pu原子核经过2.如图所示，一半圆形玻璃砖，C点为其圆心，直线OO′过C点与玻璃砖上表面垂直，与直线OO′平行且等距的两束不同频率的细光a、b从空气射入玻璃砖，折射后相交于图中的P点，以下说法正确的是(

)A.b光从空气射入玻璃，波长变长

B.真空中a光的波长大于b光的波长

C.a光的频率大于b光的频率

D.若a、b光从同一介质射入真空，a光发生全反射的临界角较小3.一平行板电容器保持与电源连接，正极板接地，两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图所示，用Ep表示试探电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向下移动一小段距离x，则此过程中Ep与x的关系合理的是图中的(

)

A.图线a B.图线b C.图线c D.图线d4.“神舟十三号”载人飞船与“天和”核心舱在2021年10月16日成功对接，航天员顺利进入“天和”核心舱。载人飞船和空间站对接的一种方法叫“同椭圆轨道法”，其简化示意图如图所示。先把飞船发射到近地圆形轨道Ⅰ，然后经过多次变轨使飞船不断逼近空间站轨道，当两者轨道很接近的时候，再从空间站下方、后方缓慢变轨进入空间站轨道。Ⅱ、Ⅲ是绕地球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕地球运行、很接近空间站轨道的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅲ的远地点和近地点，下列说法正确的是(

)

A.在轨道Ⅲ上，载人飞船在Q点的加速度比在P点的加速度大

B.载人飞船在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上运行的周期小

C.载人飞船在轨道Ⅲ上经过P点的速度大于在轨道Ⅳ上经过P点的速度

D.在轨道Ⅲ上，载人飞船在P点的机械能比在Q点的机械能大5.一小型水电站通过升压变压器和降压变压器给某生活区供电，发电机组输出电压恒定，输电线电阻R保持不变。该生活区夜晚用电量大于白天用电量，则夜晚与白天比较(

)

A.发电机的输出功率不变 B.用户获得的电压升高

C.输电线上损失的功率减小 D.降压变压器输出电压降低6.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是

(

)

A.P对Q做功为零

B.P和Q之间相互作用力做功之和为零

C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒

D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒7.如图甲所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内，O处的波源由平衡位置开始垂直xOy平面振动，产生的简谐横波在xOy平面内传播，选定图状态为t=0时刻，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，图中质点

A.此机械波的波长是1m

B.此机械波的传播速度为0.4m/s

C.t=0.2s时，机械波恰好传至B处

D.在二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）8.Working Model是一款仿真软件。可以记录物体的运动过程并描绘出运动图像。如图是该软件导出的xt−t图像，A.物块在4s后某一时刻静止 B.0时刻，物块的速度大小为20m/s

C.物块运动的位移大小为609.如图所示，实线为电场线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，ABA.EA>EB>EC B.10.如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v=qBRm射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成θ角，已知粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为3∶A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=R

B.θ=60°

C.θ=30°

D.a、三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）11.某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，他将质量分别为M、m的A、B两小球用轻质无弹性细绳连接并跨过轻质定滑轮，M>m，在B上端分布有两个光电门，光电门中心间距是h，重力加速度为g，实验步骤如下：

(1)用游标卡尺测出小球直径d，如图所示，则d=(2)将A球由静止释放，记录B小球依次通过光电门1和光电门2的遮光时间t1(3)计算从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量ΔEk=________，系统势能的减少量ΔEp=________(用题中给出的物理量d，t1，t2，(4)改变小球12.小刚准备试测弟弟的儿童电动车上电池的电动势和内阻，他先上网查了一下，这款电池的电动势E约为8V。除了导线和开关外，还可利用的器材有：A.直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩ；BC.最大阻值为8kΩ的电阻箱；

D.滑动变阻器RE.滑动变阻器R2最大阻值约为5电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值，小刚根据电表的特点，打算改装成量程为9V(1)他先将电阻箱与电压表V1串联后，连成图1所示的电路，其中RP应选用___________(填(2)将滑动变阻器滑片P移至最右端，同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，将滑动变阻器的滑片(3)保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表的示数为___________V；不改变电阻箱，电压表和电阻箱的串联组合，就是改装好的(4)小刚利用改装后的电压表，连接成图2所示的电路测量电池的电动势和内阻，这里的RP应选用___________(填R1或R2)。移动滑动变阻器滑片，读出电压表V1、V2的多组数据U1，U2，描绘出U1−U2图像如图3所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则电池的电动势E=四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）13.如图所示，上端开口高度为3L、横截面积为S的绝热圆柱形汽缸放置在水平地面上，汽缸右边有加热装置(体积不计)，一厚度不计的轻质活塞封闭1mol的单分子理想气体。开始时活塞距底部的距离为L，气体的热力学温度为T1。已知外界大气压为p0且保持恒定，1mol的单分子理想气体内能公式为U=3①活塞恰好上升到汽缸顶部时气体的温度和气体吸收的热量；②当加热到热力学温度为6T14.如图，间距为L的两平行金属导轨右端接有电阻R，固定在离地高为H的平面上，空间存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，杆获得一个大小为v0的水平初速度后向左运动并离开导轨，其落地点距导轨左端的水平距离为s。已知重力加速度为g，忽略一切摩擦，杆和导轨电阻不计。求：(1)杆即将离开轨道时的加速度大小(2)杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做的功(3)杆ab15.如图所示，在光滑的水平面上有一质量M=4kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10m。某时刻平板车以(1)(2)(3)弹簧可能获得的最大弹性势能

答案和解析1.【答案】C

【解析】【分析】

放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期，半衰期是对大量原子核衰变的统计规律；由质量数守恒与电荷守恒判断反应产物。

本题主要考查衰变的定义以及核反应方程的性质，掌握半衰期的定义以及核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒是解题的关键。

【解答】

ABC.假设X的原子序数为A，质量数为Z，由质量数守恒与电荷守恒可知94−92=A，238−234=Z，解得A=2，Z=4，则X为H24H⁡e，所以放出的射线是高速氦核流，它的电离能力很强，故AB错误，C2.【答案】B

【解析】解：A、光在两种介质的界面处不改变光的频率，b光从空气射入玻璃砖后，即由光疏介质进入光密介质，由n=cv知，光的传播速度变慢，由v=λf知，波长变短，故A错误；

BC、由题分析可知，玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，则b光的频率高，由c=λf得知，在真空中，a光的波长大于b光的波长，故B正确，C错误；

D、由sinC=1n可知，a光的折射率小，则a光发生全反射的临界角大于b光，故D错误；

故选B。

3.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查电容器的动态分析以及电势能的基本概念，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解。

【解答】

在电容器保持与电源连接的情况下，负极板缓慢向下移动一小段距离x，据E=Ud得，场强E=Ud+x变小(d为初始时两极板之间的距离)；在正极板接地的情况下，设P点最初的电势为φ(负值)，则φ=−Ex0，x0为P到正极板的距离(保持不变)，因场强E变小则平移后P4.【答案】A

【解析】【分析】

载人飞船在Ⅲ轨道和Ⅱ轨道上运行时机械能守恒，在Q点由Ⅱ轨道变到Ⅲ轨道需要点火加速，由开普勒第三定律分析周期大小关系；根据万有引力产生加速度，分析加速度的大小关系。本题考查万有引力的应用，解题关键掌握开普勒第三定律，注意万有引力产生加速度的应用。【解答】

A、根据万有引力定律有GMmr2=ma，离地球越远，万有引力越小，加速度越小，选项A正确;

B、由开普勒第三定律R13T12=R23T22可知，轨道半径越大，运行周期越大，选项B错误;

C、载人飞船在轨道Ⅲ经过P点时需加速做离心运动，才能进入轨道Ⅳ.所以载人飞船在轨道Ⅲ经过P5.【答案】D

【解析】【分析】

用电量增大说明用电器增多，所有用电器是并联接入电路，会导致电路总电阻减小，引起电流增大，根据变压器原理，可以推断输电线的电流和发电机输出电流都增大。

本题考查的是电能的输送问题，注意用电量增大的本质以及给电路带来的影响即可。

【解答】

住宅区用电量增大说明接入电路的用电器增多，即并入电路的负载增多，负载总电阻减小，导致生活区电路总电流增大，对应的输电线电流增大，发电站的输出电流也增大。

A、对发电站而言，输出电压恒定，输出电流增大时，由P=UI可得，输出功率增大，故A错误；

B、输电线电流增大，由U=IR可得，输电线分压增大，即电压损失增多，降压变压器原线圈电压降低，对应的副线圈电压也降低，即用户获得的电压降低，故B错误；

C、由P=I2R可得，当输电线电流增大时，损失功率增大，故C错误；

D6.【答案】B

【解析】【分析】

力与物体在力的方向上有位移是做功的两个必要条件；系统所受合外力为零，系统动量守恒；根据能量转化情况分析系统机械能守恒；分析清楚物体的运动过程，根据做功的条件、动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。

知道做功的条件、动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，根据做功条件与动量守恒条件、机械能守恒条件即可解题。

【解答】

A.Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面上，与Q前后移动连线的位移夹角大于90°，则P对Q做功不为零，故A错误；

B.因为PQ之间的作用力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零，故B正确；

CD、系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒；对系统，整个运动过程，只有Q的重力做功，所以P，Q组成的系统机械能守恒，故CD错误。

故选7.【答案】D

【解析】A.由题图可知波峰到波谷的距离为1m，故波的波长为λ =

2B.右图为质点A的振动图像则T =根据波速计算公式有v故B错误；C.因为t =

0时刻平面内只有一圈波谷，而此时O也处于波峰，由此可以判断波的起振方向向上且波刚开始传播时O处于平衡位置，由此可以判断t =

0时波传播了0.25s、1.25个波长，即t =t故C错误；D.质点C到波源的距离为x由选项C可知，t =

0时波传播了2.5mt由图像可知波的振幅为A =故从t =

0到t =

s故D正确。故选D。

8.【答案】BD【解析】AC.因为x即x为定值，可知此时物体静止，即从t0时刻开始物体已经静止，根据坐标(x选项AC错误；B.根据x可得x可得v选项B正确；D.物体的加速度a根据μ可得μ选项D正确。故选BD。

9.【答案】AB【解析】解：A、由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为EA>EB>EC，故A正确；

B、A、B、C三点处在一根电场线上，根据沿着电场线的方向电势逐渐降落，故有φA>φB>φC，故B正确；

C、电场线密集的地方电势降落较快，由U=Ed知：10.【答案】AC【解析】【分析】

本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和几何关系即可完成解答。

根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得出粒子的运动半径；

根据周期的计算公式结合几何关系得出周期的大小，从而得出运动圆弧的圆心角；

理解圆周运动中的几何关系，结合运动轨迹完成分析。

【解答】

A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r

=mvqB，代入速度v=qBRm，得r

=

R，故A正确；

BC.因a正对圆心射入，又r

=

R，故a粒子在磁场中的运动时间为14T，运动圆弧的圆心角为90°，两粒子在磁场中运动的周期相等，即T =2πmqB，故b粒子在磁场中的运动时间为13T，即运动圆弧的圆心角为120°，运动圆弧对应的圆心与O、P11.【答案】(1)17.5；(【解析】【分析】

本题考查验证机械能守恒定律的实验。解决问题的关键是清楚实验原理，会分析实验数据，知道游标卡尺的读数规则。

【解答】

(1)游标卡尺主尺的读数为17mm，游标尺最小分度为0.1mm，第5条刻线和主尺刻线对齐，游标尺读为：5×0.1mm=0.5mm，游标卡尺读数为：17mm+0.5mm=17.5m12.【答案】(1)R1；

(3)1.0；

【解析】【分析】

本题考查了伏安法测量电源的电动势和内阻；解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题。

(1)根据实验原理、实验要求分析；

(3)由改装电压表的方法分析；

(4)根据闭合电路的欧姆定律，结合图像求解。

【解答】

(1)不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此图1中分压用的变阻器应该用电阻远小于电压表内阻的R1。

(3)当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为3V；

保持滑片P的位置不变，即分压保持为3V，当调节电阻箱，使电压表的示数为1.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V；

这说明当电压表的示数为3.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为9V，这就是改装好的9V电压表。

(4)由于定值电阻R0阻值为7Ω，为了让V2表能尽可能取得合适的数值，应选用电阻较小的13.【答案】解：(1)开始加热，活塞上升过程，封闭气体做等压变化，气体初始体积：V1=LS，末状态体积：V2=3LS

根据盖吕萨克定律有：V1T1=V2T2

解得：T2=3T1

气体的内能增加量：Δ【解析】本题