2023年广西玉林市高考物理三模试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年广西玉林市高考物理三模试卷1.2021年10月我国发射的神舟十三号飞船实现了和空间站径向对接的新突破，如图甲所示。假定对接前飞船在椭圆轨道Ⅰ上，如图乙所示，Ⅱ为空间站圆轨道，轨道半径为kR(R为地球半径)，A为两轨道交点，BI为飞船轨道近地点。地球表面重力加速度为g，下列说法中正确的是(

)

A.空间站在圆轨道Ⅱ上的向心加速大于g

B.飞船和空间站在A处所受的万有引力相同

C.船在A处的机械能大于B处的机械能

D.飞船在B处的速度v2.如图所示，将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时的频闪照片，图乙是小球下落的频闪照片。O点是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相等，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(

)A.mg

B.12mg

C.3.如图所示，质量为m的圆环A，跨过定滑轮的细绳一端系在圆环A上，另一端系一物块B。细绳对圆环A的拉力方向水平向左。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆环A与固定直杆间动摩擦因数μ=0.5，直杆倾角θ=37°，cos37°A.2m

B.53m

C.54.如图所示，图甲用于研究光电效应的实验装置，图乙是氢原子的能级结构。实验发现n=4直接跃迁到n=2时发出的光照射图实验装置的阴极时，发现电流表示数不为零，慢慢移动滑动变阻器触点c，发现电压表读数等于0.8V时，电流表读数恰好为零，电子的电荷量为A.n=4跃迁到n=2的光电子最大初动能为2.55eV

B.滑动变阻器触点c向b侧缓慢移动，电流表读数逐渐减小为零

C.其他条件不变，一群氢原子处于n5.2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(

)A.电场力的瞬时功率为qEv12+v22 B.该离子受到的洛伦兹力大小为q6.如图所示，ABC为正三角形，AB和AC边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒，O为BC边中点，D为BC中垂线上O点右侧的一点，P为BCA.O点和D点场强可能大小相等，方向相同

B.D点的电势一定高于P点

C.将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电势能不变

D.将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电场力做负功7.如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在水平地面上，A、B是两个可视为质点的小球，B球静止于轨道上最低点，A球从图示位置由静止释放，然后与B球发生弹性碰撞，碰撞后A球被反向弹回，且A、B球能达到相同最大高度。下列说法正确的有(

)A.以轨道最低点为零势能点，两球所达到的相同的最大高度为14R

B.B球的质量是A球质量的4倍

C.偶数次碰撞后A球的速度为0

8.如图所示，一电阻不计的U型导体框置于倾角为θ=37°的足够长的光滑绝缘斜面顶端，一质量为m=100g、电阻为R=8Ω的金属棒CD置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF，且EF与斜面底边平行，导轨间的距离为d=32m，导体框上表面粗糙，金属棒与导体框间的动摩擦因数为μ=0.5A.导体框的质量为2003g

B.从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，系统减少的机械能全部转化为金属棒的焦耳热

C.从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，通过金属棒的电荷量为q=2.89.某学习小组利用如图的装置测定动摩擦因数。现有木质轨道(表面粗糙程度相同的斜面和水平面在交线B处平滑连接)、小物块(可看作质点)、刻度尺。只用上述器材就可以测定小铁块与木质轨道间的动摩擦因数实验步骤如下：

(1)将一小物块从斜面上的A点由静止释放，滑到水平面上的C点停下；

(2)用铅垂线测定A点在水平面的投影点O，用刻度尺测量CO的长度，如乙图所示，CO的长度x=______cm；

(3)还需要用刻度尺测量某一物理量是：______；

A.OA的高度h

B.AB的长度L

C.OB的长度S10.如图(a)所示为“用DIS测电源的电动势和内电阻”的部分实验电路图，电流传感器有微小电阻，图乙是某同学实验中得到的U−I图线。

(1)实验中还需要______传感器，其接线应接在图(a)电路中的“1”和______位置(“2、3、4”中选填)；

(2)由图(b)实验图线的拟合方程y=−1.12x+2.96可得，该电源电动势E=______V，内阻r=______Ω；

(3)根据实验测得的I、U数据，若令y=IU，x=I则由计算机拟合得出的y−x图线应是图(c)中的______(11.足够长的固定斜面与水平面的夹角θ=30°，处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=200 N/C。质量m=2 (1)物块向上运动过程中的加速度(2)物块运动过程中重力势能的最大值(3)在物块运动的过程中能否找到这样的位置，使得物块的动能Ek、电势能、重力势能E12.如图所示，在直角坐标系xOy中，A、P、C、B四点的坐标分别为(−3L,0)，(0,32L)、(0,52L)、(536L,0)。△BOC内(包括边界)有方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第Ⅱ、Ⅲ象限(含y轴)存在电场强度大小相同的匀强电场，电场强度方向分别沿y轴负方向和正方向。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点沿坐标平面以某一初速度射入第II象限，经电场偏转后从P点以速率v垂直y轴射入磁场，经磁场偏转后恰好未从边界BC射出磁场，然后从D点(图中未画出)通过x轴。不计粒子所受的重力。

(1)求电场的电场强度大小E以及粒子在A点的初速度方向与x轴正方向的夹角θ；

(13.如图所示，为某同学制作的一个简易温度计。在一个空的玻璃瓶中插入一根透明吸管，并封好瓶口，在吸管内引入一小段油柱(标记刻度时，其长度可忽略)。不计大气压的变化，吸管粗细均匀，则：

①吸管上标记温度值时，刻度是否均匀？______(填“均匀”或“不均匀”)；

②若标记温度值时，吸管口是向上的(如图)，则吸管水平放置时，测量值将______，吸管口向下放置时，测量值将______(后两空选择填入“偏大”、“偏小”或“无影响”)。14.如图所示，用一个绝热活塞将绝热容器平均分成A、B两部分，用控制阀K固定活塞，开始时A、B两部分气体的温度都是27℃，压强都是1.0×105Pa，保持A体积不变，给电热丝通电，使气体A的温度升高到87℃，求：

(1)气体A的压强是多少？

(2)保持气体A的温度不变，拔出控制阀K15.光刻机是生产大规模集成电路(芯片)的核心设备，“浸没式光刻”是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体，从而减小曝光波长提高分辨率的技术。如图所示，若浸没液体的折射率为1.40，当不加液体时光刻胶的曝光波长为193nm；加上液体后，光在液体中的传播速度为______m/s，波长变为______nm。(光在真空中的传播速度c16.如图为沿x轴方向传播的一列简谐横波，t1=0.4s时的波形如图中的实线所示，t2=0.7s时的波形如图中的虚线所示，已知该横波的传播周期大于0.6s。

(1)求该波的速度以及传播方向；

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、由GMmR2=mg，可知g=GMR2；空间站GMm(kR)2=mg′，即g′=GM(kR)2，可知空间站在圆轨道Ⅱ上的向心加速小于g，故A错误；

B、虽然飞船和空间站在A处距离地心相同，但是飞船和空间站质量未知，故无法判断万有引力大小，故B错误；

C、由于A和B在同一椭圆轨道上，机械能守恒，所以飞船在A、B两处机械能相同，故C错误；

D、根据万有引力提供向心力可知，GMmr2=mv2r，解得线速度：v=GMr，可知飞船以地心到B点的距离为半径做匀速圆周运动的速度大于空间站在轨道II上的运行速度，即2.【答案】B

【解析】解：设每块砖的厚度是d，小球向上运动时，有：9d−3d=aT2

①

向下运动时：3d−d=a′T2

②

联立①②得：aa′=31

③

根据牛顿第二定律，向上运动时有：mg+f=ma

④3.【答案】A

【解析】解：对物体B，由平衡条件可得绳子拉力为：T=mBg

对圆环A受力分析，如图

当圆环刚要上滑时，由平衡条件可得

沿杆的方向，有：Tcosθ=mgsinθ+fm

垂直于杆的方向，有：N=Tsinθ+mgcosθ

4.【答案】D

【解析】解：A.n=4跃迁到n=2的光子能量为2.55eV，当电压大于等于0.8V时，溢出来最大动能的光电子被截止，说明光电子最大初动能为0.8eV。故A错误；

B.滑动变阻器触点c慢慢向a端移动，根据电路构造可知，反向电压增大，则有可能出现电流读数为零，故B错误；

C.从n=4向下跃迁，根据数学知识可知，一共可以发射出C42=6种光，其中n=4跃迁到n=3的光子能量小于逸出功，因此总共5种光可以发生光电效应，故C错误；

D.根据光电效应方程5.【答案】D

【解析】解：A、该粒子所受电场力的瞬时功率是电场力与沿电场力方向速度的乘积，所以P=qEv1，故A错误；

B、v2与B垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f=qv2B，故B错误；

C、速度v1的方向与磁感应强度B方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v2方向与B垂直，粒子在垂直于磁场方向平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v2不变；粒子沿电场方向做加速运动，v1不断增大，则v2与v1的比值不断减小，故C错误；

D、粒子做匀速圆周运动的向心加速度a向大小不变，电场力产生的加速度a电=qEm，6.【答案】BC【解析】解：A.将带电体看成无数对等量异种电荷，等量异种电荷的中垂线场强竖直向下，根据对称性以及电场强度的叠加原理可知，O点和D点的场强方向均为竖直向下，但由于D点比O点离带电体远，所以D点的场强小于O点的场强，故A错误；

BCD.类比等量异种电荷周围的电势分布情况可知，AD为一条电势为零的等势线，则D点与O点电势相等，所以将一正检验电荷沿直线从O点移动到D点，电场力始终不做功，电势能不变；又根据沿电场线方向电势降低可知O点电势高于P点电势，所以将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电势能减小，电场力做正功；综上所述可知D点电势一定高于P点，故BC正确，D错误。

故选：BC。

根据场强的叠加和对称性，可以判断O7.【答案】AD【解析】解：设A球的质量为m，B球的质量为M

AB、两球碰撞后向上运动过程机械能守恒，设上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：12mv2=mgh，解得：v=2gh，两球碰撞后，A、B球能达到相同最大高度，则两球碰撞后瞬间两球的速度大小相等，A球运动到最低点过程，由机械能守恒定律得：mgR=12mv02，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=−mv+Mv，由机械能守恒定律得：12mv02=12mv2+12Mv8.【答案】AC【解析】解：A、依题意，金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动，导体框开始做匀速运动，设导体框的质量为M，对导体框根据平衡条件可得：

Mgsin37°=μmgcos37°

解得：M=2003g，故A正确；

B、依题意，可知从静止释放到导体框EF端刚进入磁场的过程中，系统减少的机械能一部分部转化为金属棒克服安培力做功而产生的焦耳热，另一部分转化为系统克服摩擦力做的功而产生的热量，故B错误；

C、对金属棒进入磁场前的过程，由牛顿第二定律得：

(m+M)gsinθ=(m+M)a1

位移为：L=12a1t12

金属棒进入磁场时的速度为：v1=a1t1

联立解得：t1=0.59.【答案】49.39

A

hx【解析】解：(2)刻度尺的最小分度值为1mm，则读数为49.39cm。

(3)设斜面倾角为θ，AO的高度h，A到C全过程有：mgh−μ(mgcosθ)hsinθ−μmg(x−htanθ)=0

解得：μ=hx

10.【答案】电压

3

2.96

1.12

c

(2.64【解析】解：(1)实验中还需要电压传感器测路端电压，应分别接在电路中电源的正负极两端，但是开关要起到作用，又电流传感器有微小电阻，为了减小误差，电流传感器应采用外接法。则电压传感器接线应分别接在图(a)电路中1和3位置。

(2)根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir，由图(b)实验图线的拟合方程可得，图像纵坐标的截距表示电源电动势，则有E=2.96V，斜率的绝对值表示电源的内阻，则有r=1.12Ω。

(3)根据实验测得的I、U数据，若令y=IU，x=I，则由计算机拟合得出的y−x图线应是电源的输出功率与干路电流的关系，由于电源的输出功率随外电阻的增大是先增大后减小，当外电阻等于电源内阻时输出功率最大，所以该图线应是c。

(4)根据第(2)问中得到的电源电动势和内阻的值，则有ym=ImE=E2r=2.96211.【答案】解：(1)物块沿斜面向上运动时受力如图：

垂直于斜面方向：N−mgcos30°−qEcos30°=0

沿斜面方向：−mgsin30°−qEsin30°−f=ma

其中：f=μN

代入数据解得摩擦力：f=30N

物块向上运动过程中的加速度：a=−25m/s2

负号表示加速度的方向沿斜面向下；

(2)由位移—速度公式，物块上升的最大距离：x=0−v022a=【解析】(1)对物块进行受力分析，由牛顿第二定律求出物块向上运动过程中的加速度a的大小；

(2)由位移—速度公式求出上升的最大高度，然后求出物块运动过程中重力势能的最大值Epm；12.【答案】解：(1)粒子从A点到P点的运动为类平抛运动的逆运动，运动轨迹如图1所示。

设粒子由A点到P点的运动时间为t0，加速度大小为a，已知到达P点的速率为v，根据类平抛运动的特点可得：

在沿x轴方向上有：3L=vt0

在沿y轴方向上有：32L=12at02

由牛顿第二定律得：qE=ma

联立解得：E=mv2qL

在A由运动的分解可得：

tanθ=at0v

解得：θ=60°。

(2)粒子在△BOC区域内做匀速圆周运动，轨迹恰好与边界BC相切，轨迹如图1所示，设粒子在△BOC区域内做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可得：

CP=52L−32L=L

tan∠OCB=536L52L=33，可得：∠OCB=30°，CO1=2r

由CO1=CP+PO1，可得：2r=L+r，解得：r=L

根据几何关系可得图1中的角α的余弦值为：cosα=OO1r=OC−CO1r=52L−2LL=12，可得：α=60°

DG=rtanα=3L

粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为180°−60°=120°

粒子在磁场中运动时间为：t1=120°360∘⋅2πrv=2πL3v

粒子从D点到y轴上的G点做匀速直线运动，此过程的时间为：t2=DGv=3Lv

从粒子通过P点(第一次通过y轴)到粒子第二次通过y轴的时间为：t【解析】(1)粒子从A点到P点的运动为类平抛运动的逆运动，根据类平抛运动的特点，结合牛顿第二定律求解；

(2)粒子在△BOC区域内做匀速圆周运动，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角，结合运动周期求得在磁场中运动时间。粒子在第四象限做匀速直线运动，根据几何关系求得运动位移，由运动学关系求解此过程的时间。两段运动过程的时间之和即为所求；

(3)粒子进入第三象限时洛伦兹力沿−y方向的分力恰好与电场力平衡，将粒子的运动分解为沿x13.【答案】均匀

偏大

偏大

【解析】解：①应用大气压不变，密闭气体为等压变化，根据盖−吕萨克定律得：VT=C，体积与温度成反比，所以吸管上标记温度值时，刻度是均匀的；

②若标记温度值时，吸管口是向上的，有液体压强的影响，即p+p液=p0，吸管水平放置时，密闭气体