2023年辽宁省鞍山市一般高中协作校高考物理三模试卷（含答案解析）

2023年辽宁省鞍山市一般高中协作校高考物理三模试卷

1.  许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，下列选项中说法正确的是(    )

A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C. 楞次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D. 自然界中的电荷有两种，是美国物理学家密立根将它们分别命名为正电荷和负电荷

2.  如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示。当线圈A中的电流突然减弱时，线圈B中的感应电流方向为(    )

A. 沿顺时针方向
B. 沿逆时针方向
C. 无感应电流
D. 先沿顺时针方向，再沿逆时针方向

3.  质量的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是(    )

A. 物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动
B. 4s末物体的速度为零
C. 6s内合外力的冲量为
D. 6s内合外力做功为8J
 

4.  一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示。现使物体A从图中虚线位置缓慢上升到实线位置。则在这一过程中，力F、绳中张力及力F与水平方向夹角的变化情况是(    )

A. F逐渐减小，逐渐增大，夹角逐渐减小
B. F逐渐减小，保持不变，夹角逐渐减小
C. F逐渐减小，保持不变，夹角逐渐增大
D. F逐渐增大，保持不变，夹角逐渐增大
 

5.  如图所示。质量均为m的a、b两小球用不可伸长的长度均为L的轻质细绳悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏高竖直方向的最大夹角都为，重力加速度为g，则下列说法正确的是(    )

A. 小球a运动到最高点时受到的绳子拉力为
B. 小球a摆动到最低点时的速度大小为
C. 小球b做圆周运动的速度大小为
D. 小球b做圆周运动的周期为

6.  在如图所示的电路中，电压表和电流表均视为理想电表，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P缓慢向左移动过程中，灯泡的电阻恒定不变，电压表示数变化量的绝对值为，电流表示数变化量的绝对值为，则下列判断正确的是(    )

A. 灯泡变亮
B. 电容器的带电量变大
C. 电源的效率减小
D. 变大

7.  如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的坐标，此电场线上各点的电场强度E的大小随x变化的规律如图乙所示。若一电子电荷量大小为仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，以下说法正确的是(    )
 

A. 该电子做匀变速直线运动 B. x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向
C. MP两点电势差为 D. 图像中的的数值为

8.  “天问一号”火星探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发射到火星，地球轨道和火星轨道近似看成圆形轨道，霍曼转移轨道是一个在近日点M和远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道如图所示。“天问一号”在近日点短暂点火后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道运行直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”运行方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”的作用力，下列说法正确的是(    )

A. 两次点火喷射方向都与速度方向相同
B. 两次点火之间的时间间隔为
C. “天问一号”在地球轨道上的线速度大于在火星轨道上的线速度
D. “天问一号”在霍曼转移轨道上P点的加速度比在火星轨道上P点的加速度小

9.  如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角，金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向下运动，可以采取的措施是(    )

A. 增大磁感应强度B
B. 调节滑动变阻器滑片向下滑动
C. 增大导轨平面与水平面间的夹角
D. 将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变

10.  如图所示，悬挂于O点的轻质弹簧，劲度系数，其下端拴一质量的小物体A，紧挨物体A有一质量的物体B，对B施加一个竖直向上、大小为35N的力F，系统处于静止状态。现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度匀加速下降，直到A、B两物体分离，取，则(    )

A. 两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为20N
B. 两物体分离时，弹簧刚好恢复原长
C. 改变力F的大小后经，A、B两物体分离
D. 从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为

11.  某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为的轻质弹簧，将弹簧的一端固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示。在实验过程中，保持弹簧伸长不变。
若OA、OC间夹角为，弹簧乙的读数如图2所示，则弹簧秤甲的读数是______如图2所示
在问中若保持OA与OB的夹角不变：逐渐增大OA与OC的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将______，弹簧秤乙的读数大小将______。

12.  某同学利用电压表和电阻箱测定特殊电池的电动势约为9V，r约为。已知该电池最大允许电流为150mA，该同学利用图1示电路实验，电压表内阻约为，R为电阻箱，阻值范围，是定值电阻，起保护电路的作用。
定值电阻有以下几种规格，保护电阻应选______ 。填入相应的字母
A.
B.
C.
D.
在实物图2中，已正确地连接了部分电路，请完成余下电路的连接。

该同学完成电路的连接后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转如图3所示，其读数为______ V。
改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出图4示图线，则电动势E为______ V，内阻r为______ 。保留两位有效数字

13.  图为直流电动机提升重物的装置图，重物的质量20kg，电源电动势100V，电源内阻，当电动机的恒定速度竖直向上提升重物时，电路中的电流。不计绳的重力，不计摩擦阻力与空气阻力，取重力加速度大小，求：
电动机的输入功率；
电动机线圈的电阻；
电源的工作效率。

14.  如图所示，光滑倾斜轨道AB和光滑半圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内，两者间通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连，已知AB长，倾角为，BC弧的半径，O为圆心。两个相同的小球P和Q，质量均为，小球Q静止在A点，小球P从某一位置以的初速度水平抛出，运动到A点时恰好沿斜面向下与小球Q发生弹性正碰。，，g取。求：
小球P的抛出点距A点的高度；
小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力是多少？
通过计算判断小球Q能否通过最高点C。

15.  在平面坐标系第Ⅰ像限内有沿x轴负方向的匀强电场，虚线PQ为在同一平面内的竖直直线边界，在第Ⅱ、Ⅲ像限内虚线PQ与y轴之间有垂直坐标平面向里的大小为B的匀强磁场。C、D两个水平平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为e的带正电的粒子不计粒子重力从靠近D板的S点由静止开始做加速运动，从x轴上处的A点垂直于x轴射入电场，粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向，不计粒子的重力。要使粒子不从PQ边界射出，求：
粒子运动到A点的速度大小；
匀强电场的场强大小E；
虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d。

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；
B.焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，故B错误；
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，楞次总结了楞次定律。故C错误；
D.自然界中的电荷有两种，是富兰克林将它们分别命名为正电荷和负电荷，故D错误。
故选：A。
奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系；法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系；自然界中的电荷有两种，是富兰克林将它们分别命名为正电荷和负电荷。
关于物理学史一定要注意记好物理学家和相对应的物理现象和规律。
 

2.【答案】B 

【解析】解：当线圈A中通有减小的逆时针方向的电流时，知穿过线圈B的磁通量垂直向外，且减小，根据楞次定律，线圈B产生逆时针方向的感应电流。故B正确，ACD错误。
故选：B。
当线圈A中通有突然减弱的逆时针方向的电流时，周围的磁场发生变化，即通过线圈B的磁通量发生变化，根据楞次定律结合安培定则判断出B线圈中感应电流的方向。
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流引起的效果阻碍原磁通量的变化。
 

3.【答案】C 

【解析】解：由图可知，合力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速度运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；
B.由动量定理可知，合外力冲量等于物体动量的变化量，物体从静止开始运动，内有
在图像中，合外力的冲量即为图线与时间轴所围成图形的面积，有

解得，故B错误；
C.合力冲量为，合力的冲量为0，设6s内合外力的冲量为I，则，故C正确；
D.的过程中，由动量定理得
代入数据解得
由动能定理得
代入数据解得6s内合外力做功为，故D错误。
故选：C。
分析图示图像，根据力的变化情况分析物体的运动过程；图线与时间轴围成图形的面积表示合外力的冲量，根据图像求出合外力的冲量，应用动量定理可求出物体的速度，再根据动能定理求解功。
本题考查了动量定理与动能定理的应用，根据图像分析物体运动过程、求出合外力的冲量是解题的前提，应用动量定理与动能定理即可解题。
 

4.【答案】D 

【解析】解：圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力，三力平衡，故两个绳子的拉力的合力与拉力F始终等大、反向，绳子的拉力始终等于mg，即大小保持不变，由于两绳子夹角逐渐越小，合力逐渐越大，且合力在角平分线上，故使物体A从图中虚线位置缓慢上升到实线位置的过程中，拉力F逐渐增大，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F与竖直方向夹角逐渐减小，因此逐渐增大。故D正确，ABC错误。
故选：D。
以圆环O为研究对象，分析其受力：圆环受到三个力：拉力F以及两个绳子的拉力，根据三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线进行判断。
本题的关键是受力分析后，运用平衡条件的推论来判断力的变化。要注意绳的拉力等于mg，保持不变。
 

5.【答案】D 

【解析】解：A、小球a运动到最高点时速度为0，将重力分解，拉力为，故A错误；
B、小球a摆动到最低点过程中，由动能定理得，解得，故B错误；
CD、小球b在水平面内做匀速圆周运动，绳子拉力的水平分量提供向心力，根据向心力公式的规律，有，，解得；根据，可得小球b做圆周运动的速度大小，故C错误，D正确。
故选：D。
对小球a运动在最高点受力分析，求出拉力大小；再根据动能定理求出小球a运动最低点时的速度；然后对小球b在水平面内做匀速圆周运动，求出小球b的线速度。
本题主要考查动能定理解决曲线运动的速度问题，以及圆锥摆运动模型，解决本题的关键是熟练掌握动能定理和圆锥摆模型。
 

6.【答案】B 

【解析】解：A、滑动变阻器滑片P缓慢向左移动过程中，其接入电路的阻值变大，回路总电阻变大，干路电流变小，灯泡变暗，故A错误；
B、由闭合电路欧姆定律可得，I变小，可知路端电压变大，电容器的两极板间电压变大，由知电容器所带电量变大，故B正确；
C、电源的效率可表示为，变大，可知电源的效率增大，故C错误；
D、由闭合电路欧姆定律得：，可得，故保持不变，故D错误。
故选：B。
闭合电键S，将滑动变阻器滑片P缓慢向左移动过程中，分析滑动变阻器接入电路的电阻变化，判断电路中电流的变化，从而判断灯泡亮度的变化。电容器的电压等于路端电压，分析路端电压的变化，判断电容器带电量的变化。由电源的输出功率与总功率之比分析电源效率的变化。根据闭合电路欧姆定律分析的变化。
本题是电路动态变化问题，着重考查闭合电路欧姆定律，要搞清电路构造，按外电路内电路外电路的顺序进行分析。
 

7.【答案】BCD 

【解析】解：A、由图乙可知，从M点到P点过程，电场强度逐渐减小，又因为电子仅受到电场力的作用，根据牛顿第二定律：可知该电子的加速度逐渐减小，故电子不是做匀变速直线运动；故A错误；
B、电子从M点运动至P点过程电势能减小，电场力做正功，可知电子受到的电场力沿方向，场强沿方向，故B正确；
C、由功能关系可得，解得；故C正确；
D、乙图中图线下方的面积与电荷量e的乘积表示电势能的减少量，可得，代入数据解得，故图象中的的数值为；故D正确。
故选：BCD。
根据图乙所示判断电场强度如何变化，应用牛顿第二定律求出电子的加速度，然后判断电子的运动性质；根据电子电势能的变化情况判断电场力做功情况，然后判断电场强度方向；根据图线与坐标轴围成图形的面积等于电势差，根据电场力做功与电势能的关系求出电场强度。
本题考查了电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力。同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化。
 

8.【答案】BC 

【解析】解：A、两次点火都是从低轨道向高轨道转移，需要加速，因此点火喷射方向都与运动方向相反，故A错误；
B、探测器在地球轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
由开普勒第三定律得，两次点火之间的时间为，联立解得：，故B正确；
C、“天问一号”在绕太阳做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律得：，可得“天问一号”线速度大小：，在地球轨道上运行时轨道半径较小，故线速度较大，故C正确；
D、由牛顿第二定律可得，解得：。“天问一号”在霍曼转移轨道上P点与在火星轨道上P点位置相同，到太阳球心距离R相同，因此加速度相同，故D错误。
故选：BC。
根据探测器点火后做离心运动，速度增大，确定点火喷射方向；由开普勒第三定律求出两次点火之间的时间间隔；由万有引力提供向心力比较线速度和加速度的大小。
本题考查万有引力定律和开普勒第三定律的应用。对于圆周运动，掌握万有引力提供向心力这一思路是解题的关键。
 

9.【答案】CD 

【解析】解：A、当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态，由平衡条件得：
因此增大磁感应强B，安培力增大，，金属棒沿斜面向上运动，故A错误；
B、调节滑动变阻器滑片向下滑动，其接入阻值减小，电流增大，安培力增大，，金属棒将向上运动，故B错误；
C、增大倾角，重力分力沿斜面向下分力，金属棒将向下运动，故C正确；
D、将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿斜面向下，金属棒所受合力沿斜面向下。因此金属棒将向下运动，故D正确；
故选：CD。
对初始状态进行受力分析，得出重力与安培力的关系。改变条件后再次受力分析，判断沿斜面方向上合力的方向，进而判断金属棒运动方向。
解决本题的关键是正确地进行受力分析，根据安培力与重力沿斜面方向分力的大小判断金属棒的运动方向。
 

10.【答案】AC 

【解析】解：A、系统静止时，弹簧处于压缩状态，设弹簧的压缩量为，则由平衡条件有，代入数据解得：。
A、B两物体刚开始匀加速下降时，由牛顿第二定律有：
代入数据解得：，故A正确；
B、设经时间t两物体分离，此时A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为，则对A，由牛顿第二定律有：，代入数据解得：，故两物体分离时，弹簧处于拉伸状态，故B错误；
C、A、B分离瞬间整体下降的距离为，而，代入数据解得：，故C正确；
D、刚开始和两物体分离瞬间，弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理可得，其中，联立解得：，故D错误。
故选：AC。
系统静止时，对A、B整体受力分析，根据共点力平衡求得弹簧的弹力，根据牛顿第二定律求解A、B两物体刚开始匀加速下降时力F大小；对A受力分析，根据牛顿第二定律求得刚好分离时此时弹簧的伸长量，根据运动学公式求得运动时间。对系统根据动能定理求解系统克服力F做的功。
解决该题的关键是明确知道A、B两个物体刚好分离时两物体的运动状态相同，但接触面间的弹力为零。
 

11.【答案】一直变小  先变小后变大 

【解析】解：根据胡克定律可知，橡皮筋的弹力为；
根据弹簧秤的读数方法可知乙的读数为；两弹簧秤夹角为，则甲的读数为：。
若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，如图中实线变到虚线，由图可知：弹簧秤甲的读数将一直变小，而弹簧秤乙的读数将先变小后变大；
故答案为：；一直变小，先变小后变大；
根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数，由胡克定律可求得拉力大小，再根据几何关系即可求得甲的读数；
根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况。
本题考查验证平行四边形定则的实验，采用的是等效替代的思维方法，要注意明确实验原理以及胡克定律的应用，注意根据图象法分析拉力变化情况。
 

12.【答案】 

【解析】解：最大电流为150mA，最小总电阻，电源内阻约为，则保护电阻应选择，故选B。
根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

电源电动势约为9V，电压表用的应该是量程，由图示3所示电压表表盘可知，其分度值为，读数为
由闭合电路的欧姆定律得：，整理得：，由图示图像可知：，图像额斜率
代入数据解得：，
故答案为：；实物电路图如上图所示；；；50。
应用闭合电路的欧姆定律求出电路最小电阻阻值，然后选择保护电阻阻值。
根据图示电路图连接实物电路图。
根据图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其读数。
应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求出电池电动势与内阻。
理解实验原理、分析清楚图示电路图是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；应用闭合电路的欧姆定律可以解题。
 

13.【答案】解：电池内电压
根据闭合电路欧姆定律
代入数据解得
根据
代入数据解得
电动机工作时
由焦耳定律
又

联立解得
电源的工作
代入数据解得
答：电动机的输入功率为188W；
电动机线圈的电阻为；
电源的工作效率为。 

【解析】根据求出电动机的输入功率。
电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和，结合焦耳定律求出电动机线圈的电阻。
输出功率与总功率的比值计算电源的工作效率。
解决本题的关键知道输入功率和输出功率以及线圈发热功率的区别和联系，注意对于电动机电路，在电动机正常工作的情况下，不能运用闭合电路欧姆定律进行求解。
 

14.【答案】解：设小球P刚运动到A点时的速度为，竖直分速度为根据几何关系可得：
A点速度竖直方向分速度
竖直方向根据运动学公式：
根据动量守恒定律可得：
根据机械能守恒定律：
解得：
设小球P从A滑到B点时由动能定理得：
在B点根据牛顿第二定律：
解得：
结合牛顿第三定律可知小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力也为52N。
从A到C的过程中，由动能定理得：
解得：
刚好过最高点时：
解得：
由于
所以Q能通过最高点C。
答：小球P的抛出点距A点的高度为；
小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力是52N；
小球Q能否通过最高点C。 

【解析】小球P抛出后做平抛运动，到达A点时速度沿斜面向下，由速度分解法求出小球P到达A点时竖直分速度，即可由运动学公式求出小球P的抛出点距A点的高度；
两球发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰后两球的速度。碰后小球Q获得速度，由动能定理求出小球Q到圆弧轨道最低点B点时的速度，由牛顿运动定律求Q对轨道的压力；
从A到C的过程中，由动能定理求出速度，然后与临界速度比较即可。
本题的关键是理清两球的运动过程，运用牛顿第二定律、运动学公式及完全弹性碰撞方程，再结合动能定理，即可解题。
 

15.【答案】解：由动能定理得：
可得粒子运动到A点的速度大小：
水平方向做匀加速运动：
根据动能定理：
联立以上几式解得：
带电粒子进入磁场中洛伦兹力提供向心力：
当粒子运动的轨迹刚好与边界PQ相切时，粒子不从PQ边界射出，虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度：
解得：
答：粒子运动到A点的速度大小为；
匀强电场的场强大小E为；
虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d为。 

【解析】根据动能定理可得粒子到达A点的速度；
根据粒子在电场中做平抛运动的规律和动能定理求解匀强电场的场强；
根据粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力求得圆周运动半径，从而根据几何关系求宽度。
带电粒子在磁场中的运动问题，关键是画出粒子的运动轨迹，根据几何关系找到圆心和半径，结合牛顿第二定律列方程求解。