2023届东北三省三校联考高考物理三模试卷含答案

高考物理三模试卷一、选择题：此题共8小题，共48分．在每题给出的四个选项中，第14～17题只有一个选项正确，第18～21题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1.关于原子能级跃迁，以下说法正确的选项是〔

〕A.

处于n=3能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射三种频率的光子

B.

各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量〔频率〕不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯

C.

氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能减小

D.

氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，那么动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如下列图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图象〔φ﹣r图象〕，判断以下说法中正确的选项是〔

〕A.

该金属球可能带负电

B.

A点的电场强度方向由A指向球心

C.

A点的电场强度小于B点的电场强度

D.

电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝q〔φ1﹣φ2〕3.如下列图，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，以下判断正确的选项是〔

〕A.

转动的角速度越大，细线中的拉力越大

B.

转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大

C.

转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等

D.

转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等4.如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与固定电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V是理想电表。当R2＝2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，那么〔

〕A.

电源输出电压为8V

B.

电源输出功率为4W

C.

当R2＝8Ω时，变压器输出功率最大

D.

当R2＝8Ω时，电压表的读数为3V5.如下列图，卫星a没有发射停放在地球的赤道上随地球自转；卫星b发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动；两卫星的质量相等。认为重力近似等于万有引力。以下说法正确的选项是〔

〕A.

a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小相等

B.

b做匀速圆周运动的向心加速度等于重力加速度g

C.

a、b做匀速圆周运动的线速度大小相等，都等于第一宇宙速度

D.

a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期6.如下列图，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点。带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如下列图，经过M、N两点时速度大小相等。M点电势高于O点电势，且电势差为U，以下说法正确的选项是〔

〕A.

M，N两点电势相等

B.

粒子由M点运动到N点，电势能减小

C.

该匀强电场的电场强度大小为

D.

粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点7.如下列图，竖直面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物块〔可视为质点〕从顶端A处静止释放滑至底端B处，下滑过程中，物块的动能Ek、与轨道间的弹力大小N、机械能E、重力的瞬时功率P随物块在竖直方向下降高度h变化关系图象正确的选项是〔

〕A.

B.

C.

D.

8.在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，那么〔

〕A.

物块c的质量是m1sinθ

B.

b棒放上导轨后，b棒中电流大小是

C.

b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能

D.

b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b两棒上消耗的电能之和二、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题：共129分．9.某实验小组用如下列图的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜局部不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹。为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜局部下滑的距离分别为L、2L、3L、4L…，这样在轨道倾斜局部合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0、4W0…。〔1〕为了减小实验误差必须进行屡次测量，在L、2L、3L、4L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放屡次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是________；〔2〕为了完成实验，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度h和水平位移s，还需测量

。

〔3〕请用上述必要的物理量写出探究动能定理的关系式：W＝________；〔4〕该实验小组利用实验数据得到了如下列图的图象，那么图象的横坐标表示________〔用实验中测量的物理量符号表示〕。10.在练习使用多用电表的实验中。请完成以下问题：〔1〕用多用表测某元件的电阻，选用“×100〞倍率的电阻挡测址，发现多用表指针偏转角度过小，因此需选择倍率为________〔填“×10〞或“×1k〞〕的电阻挡，并需________〔填操作过程〕后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为________Ω。〔2〕某同学设计出一个欧姆电表，用来测量电阻，其内部结构可简化成图乙电路，其中电源内阳r＝1.0Ω．电流表G的量程为Ig，故能通过读取流过电流表G的电流值而得到被测电阻的阻值。但和普通欧姆表不同的是调零方式。该同学想用一个电阻箱Rx来测出电路中电源的电动势E和表头的量程Ig，进行如下操作步骤是：a．先两表笔间不接入任何电阻，断开状态下调滑动变阻器使表头满偏；b．将欧姆表与电阻箱Rx连成闭合回路，改变电阻箱阻值；记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数I；c．将记录的各组Rx，I的数据描点，得到﹣图线如图丙所示；d．根据丙图作得的﹣图线，求出电源的电动势E和表头的量程Ig．由丙图可知电源的电动势为________，欧姆表总内阻为________，电流表G的量程是________。11.如下列图，半径未知的光滑圆弧AB与倾角为37°的斜面在B点连接，B点的切线水平。斜面BC长为L＝0.3m。整个装置位于同一竖直面内。现让一个质量为m的小球从圆弧的端点A由静止释放，小球通过B点后恰好落在斜面底端C点处。不计空气阻力。〔g取10m/s2〕〔1〕求圆弧的轨道半径；〔2〕假设在圆弧最低点B处放置一块质量为m的胶泥后，小球仍从A点由静止释放，粘合后整体落在斜面上的某点D．假设将胶泥换成3m重复上面的过程，求前后两次粘合体在斜面上的落点到斜面顶端的距离之比。12.如下列图，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满+y方向的匀强电场，在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场〔电场、磁场均未画出〕；一个比荷为＝K的带电粒子以大小为v0的初速度自点P〔﹣2d，﹣d〕沿+x方向运动，恰经原点O进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x轴上的点Q〔9d，0〕沿﹣y方向进入第Ⅳ象限；该匀强磁场的磁感应强度为B＝，不计粒子重力．〔1〕求第Ⅲ象限内匀强电场的场强E的大小；〔2〕求粒子在匀强磁场中运动的半径R及时间tB；〔3〕求圆形磁场区的最小半径rm．三、[物理--选修3-3]13.以下说法正确的选项是〔

〕A.

液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特性

B.

当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大

C.

两个相邻的分子间的距离增大时，分子间的引力增大，斥力减小

D.

热量既能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体

E.

绝热气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度增大14.如图甲所示，有一“上〞形、粗细均匀的玻璃管，开口端竖直向上放置，水平管的两端封闭有理想气体A与B，气柱长度都是22cm，中间水银柱总长为12cm，现将水银全部推进水平管后封闭管道接口处，并把水平管转成竖直方向，如图乙所示，为了使A、B两局部其他一样长，把B气体的一端单独放进恒温热水中加热，试问热水的温度应控制为多少？〔外界大气压强为76cmHg，气温275K〕四、[物理--选修3-4]15.一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，以下说法正确的选项是〔

〕A.

该波沿x轴正向传播

B.

该波的波速大小为1m/s

C.

经过0.3s，A质点通过的路程为0.3m

D.

A，B两点的速度有可能相同

E.

假设此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干预现象，那么所遇到的波的频率为0.4Hz16.如下列图，ABC等边三棱镜，P、Q分别为AB边、AC边的中点，BC面镀有一层银，构成一个反射面，一单色光以垂直于BC面的方向从P点射入，经折射、反射，刚好照射在AC边的中点Q，求①棱镜对光的折射率；②使入射光线绕P点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到Q点时，人射光线转过的角度。

答案解析局部一、选择题：此题共8小题，共48分．在每题给出的四个选项中，第14～17题只有一个选项正确，第18～21题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1.【解析】【解答】A．处于n=3的一个氢原子回到基态时可能会辐射一种频率的光子，或两种不同频率的光子。处于n=3的“一群〞氢原子回到基态时会辐射三种频率的光子；A不符合题意；B．根据玻尔理论，各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量〔频率〕不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯，故答案为：项B符合题意；C．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大。故答案为：项C不符合题意；D．根据能量守恒可知，要使原来静止并处于基态的氢原子从基态跃迁到某一激发态，需要吸收的能量为12．09eV，那么必须使动能比12．09eV大得足够多的另一个氢原子与这个氢原子发生碰撞，才能跃迁到某一激发态，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用粒子的个数可以判别光子的数量；核外电子辐射能量时向内跃迁，半径变小电势能变大动能变大；利用吸收的能量可以判别相碰时所需氢原子的动能大小。2.【解析】【解答】解：A、由图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，那么金属球带正电，A不符合题意；BC、因为顺着电场线电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，因为φ﹣x图象的斜率表示电场强度，所以A点所在处的切线的斜率大于B点所在处的切线的斜率，A点的电场强度大于B点的电场强度，BC不符合题意；D、正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝qUAB＝q〔φ1﹣φ2〕，D符合题意。故答案为：D

【分析】利用电势降低方向可以判别金属球带正电；利用电势降低方向可以判别电场强度的方向；利用斜率可以比较电场强度的大小；利用电势差的大小可以求出电场力做功的大小。3.【解析】【解答】解：AB、绳子拉力方向与竖直方向夹角为θ，对N受力分析知绳子的拉力在竖直方向的分力恒等于重力，即Fcosθ＝mNg，所以只要角度不变，绳子的拉力不变，环N与竖直杆之间的弹力FN＝Fsinθ不变，AB不符合题意；C、对M受力分析知竖直方向F′N＝Fcosθ+mg，与角速度无关，C符合题意；D、对M受力分析知水平方向Fsinθ±f＝mω2r，角速度不同，摩擦力大小可能相同，但方向相反，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】利用竖直方向的平衡方程可以判别角度不变时拉力大小不变其弹力也保持不变；利用M的平衡方程可以求出弹力的大小；利用牛顿第二定律可以判别角速度不同时摩擦力大小可能相等。4.【解析】【解答】解：A、电流表的读数：I2＝1A，电压表的读数：U2＝4V，根据欧姆定律可知，R2＝＝4Ω，当R2＝2R1时，得R1＝2Ω，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压：U1＝2V，根据电流与匝数成反比得原线圈电流：I1＝2A，所以电源输出电压：U＝U1+I1R1＝2V+2×2V＝6V，A不符合题意；B、电源输出功率为P＝UI1＝12W，B不符合题意；C、通过副线圈电流：I2＝，通过原线圈电流：，分析原线圈，根据闭合电路欧姆定律可知，U＝+，解得：U2＝，变压器输出的功率：P2＝＝＝＝，当R2＝8Ω时，变压器输出的功率P2最大，即为4.5W，C符合题意；D、当R2＝8Ω时，U2＝＝6V，即电压表的读数为6V，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】利用欧姆定律可以求出输出电流的大小；结合匝数之比和欧姆定律可以求出电源输出电压的大小；利用功率的表达式可以求出电源输出功率的大小；利用闭合电路的欧姆定律结合功率的表达式可以求出功率最大时电阻的大小及输出电压的大小。5.【解析】【解答】A．两卫星的质量相等，到地心的距离相等，所以受到地球的万有引力相等。卫星a在赤道上随地球自转而做圆周运动，万有引力的一局部充当自转的向心力，卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，万有引力全部用来充当公转的向心力，因此a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小不相等，A项错误；B．对卫星b重力近似等于万有引力，万有引力全部用来充当公转的向心力，所以向心加速度等于重力加速度g，B项正确；C．卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，其公转速度就是最大的环绕速度，也是第一宇宙速度，卫星a在赤道上随地球自转而做圆周运动，自转的向心力小于卫星b的公转向心力，根据牛顿第二定律，卫星a的线速度小于b的线速度，即a的线速度小于第一字宙速度，C项错误；D．a在赤道上随地球自转而做圆周运动，自转周期等于地球的自转周期，同步卫星的公转周期也等于地球的自转周期，所以a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，D项正确。故答案为：BD。

【分析】由于a、b向心力的来源不相等所以向心力大小不相等；利用引力形成重力可以求出b的加速度的大小；利用牛顿第二定律可以判别线速度的大小；a的周期与同步卫星周期相等。6.【解析】【解答】解：AB、带电粒子只在电场力作用下运动，经过M、N两点时速度大小相等，根据能量守恒可知，粒子在M、N两点处的电势能相等，所以M、N两点的电势相等，那么M、N两点的的连线为等势面，做MN的垂线CO，即为电场线，如下列图：

，由曲线运动的特点可知，粒子受到的电场力和速度的夹角先大于90°后小于90°，电场力对粒子先做负功，后做正功，电势能先增大，后减小，A符合题意，B不符合题意；C、匀强电场的场强为：E＝，C符合题意；D、粒子在匀强电场中受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，D不符合题意。故答案为：AC

【分析】利用能量守恒定律可以判别电势相等；利用电场力方向可以判别电场力做功；利用电势差和距离可以求出电场强度的大小；利用电场力恒力所以不能做匀速圆周运动。7.【解析】【解答】解：A、根据机械能守恒知Ek＝mgh，Ek与h成线性关系，A不符合题意；B、受力分析知N﹣mg•＝m，其中v2＝2gh，所以N＝，N与h是线性关系，过原点，B符合题意；C、根据机械能守恒知E不变，C符合题意；D、重力瞬时功率为：P＝mgvy＝mgv•＝mg，与h的关系图象不是如图关系，D不符合题意；故答案为：BC

【分析】利用机械能守恒定律可以判别动能和高度的关系；利用牛顿第二定律可以判别弹力和高度的关系；利用机械能守恒可以判别机械能和高度的关系；利用重力瞬时功率的表达式可以判别功率和高度的关系。8.【解析】【解答】解：A、b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降那么c所受重力和绳的拉力大小平衡。由b平衡可知，安培力大小为：F安＝m2gsinθ由a平衡可知：F绳＝F安+m1gsinθ由c平衡可知：F绳＝mcg联立解得物块c的质量为：mc＝〔m1+m2〕sinθ，A不符合题意；B、b棒放上导轨后，根据b棒的平衡可知：F安＝m2gsinθ，又因为F安＝BIL，可得b棒中电流大小是：I＝，B符合题意；C、b放上导轨之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，C不符合题意；D、根据功能关系可知，b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b两棒上消耗的电能之和，D符合题意。故答案为：BD

【分析】利用a、b、c的平衡方程可以求出物块c的质量大小；利用b的平衡方可以求出电流的大小；利用能量守恒定律可以判别物块c减速的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和；利用功能关系可以判别克服安培力做功等于电能的产生。二、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题：共129分．9.【解析】【解答】解：〔1〕确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是：用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；〔2〕根据动能定律可得：W＝mv2根据平抛规律可得：x＝vt，h＝gt2联立可得探究动能定理的关系式：W＝，根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量m，故答案为：B。〔3〕由解析〔2〕可知探究动能定理的关系式为：W＝。〔4〕根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为W＝，所以图象的横坐标表示x2。故答案为：〔1〕用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置〔2〕B〔3〕，〔4〕x2。

【分析】〔1〕需要利用尽可能小的源泉圈住尽多的点，圆心那么为平均落点的位置；

〔2〕利用动能定理可以判别需要测量钢球的质量；

〔3〕利用动能定理可以求出做功的表达式；

〔4〕利用动能定理可以判别横坐标的物理量。10.【解析】【解答】解：〔1〕欧姆表的表盘上越向右侧电阻越小，偏角小说明阻值大，选用“×100〞倍率的电阻挡测址，发现多用表指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，为了准确测量其电阻，要换较大挡，故答案为：择×1k挡进行测量，换挡后要重新欧姆调零，示数为：7×1000Ω＝7000Ω；〔2〕设电流表G所在的支路电阻之和为R，由闭合电路欧姆定律得：I＝由分流原理得：Ig＝I联立解得：＝+根据图象可知：＝4A﹣1，＝A﹣1Ω＝A﹣1Ω，解得：E＝1.5V，R＝5Ω，所以欧姆表总内阻为：R总电流表G的量程为：Ig＝＝0.25A。故答案为：〔1〕×1k，欧姆调零，7000；〔2〕1.5V，6.0Ω，0.25A。

【分析】〔1〕利用偏角太小说明阻值太大需要换大挡位；换挡需要重新欧姆调零；利用示数和档数可以求出电阻的大小；

〔2〕利用斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小；利用欧姆定律可以求出电流表的量程。11.【解析】【分析】〔1〕利用机械能守恒结合平抛运动的