2023年高考第三次模拟考试卷-物理（湖南B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

一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列说法正确的是（    ）

A．结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定

B．衰变为经过4次α衰变，2次β衰变

C．原子核发生β衰变过程中所放出的电子来自原子的外层电子

D．根据玻尔理论可知，一个氢原子核外电子从能级向低能级跃迁最多可辐射6种不同频率的光子

【答案】  B

【解析】A．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；

B．设衰变为经过次α衰变，次β衰变，根据电荷数和质量数守恒可得

联立解得

，

故B正确；

C．原子核发生β衰变过程中所放出的电子来自中子转化为质子和电子，故C错误；

D．根据玻尔理论可知，一个氢原子核外电子从能级向低能级跃迁最多可辐射3种不同频率的光子，故D错误。

故选B。

2．2022年6月23日，我国在西昌卫星发射中心使用“长征二号”丁运载火箭，采取“一箭三星”方式，成功将“遥感三十五号”02组卫星发射升空。卫星发射并进入轨道是一个复杂的过程，如图所示，发射同步卫星时是先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入同步轨道；已知近地轨道半径为，同步轨道半径为。则下列说法正确的是（    ）

A．卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为

B．卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为

C．卫星在转移轨道上运动时，A、B两点的线速度大小之比为

D．卫星在转移轨道上运动时，从A点运动到B点的过程中处于失重状态，引力做负功，机械能减小

【答案】  C

【解析】A．根据万有引力提供向心力可得

可知卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为

故A错误；

B．根据万有引力提供向心力可得

可得

可知卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为

故B错误；

C．根据开普勒第二定律可得

可知卫星在转移轨道上运动时，A、B两点的线速度大小之比为

故C正确；

D．卫星在转移轨道上运动时，从A点运动到B点的过程中处于失重状态，引力做负功，机械能守恒，故D错误。

故选C。

3．如图所示，用长为的绝缘轻线把质量为、带电荷量为的小球悬挂于天花板上点，小球静止于点正下方。如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场（未画出），小球向右运动，悬线向右偏转的最大角度为53°，重力加速度为，已知，。下列说法正确的是（　　）

A．所加匀强电场的电场强度为

B．小球受到的电场力大小为

C．小球的电势能增加了

D．合力做功的功率先增大后减小

【答案】  B

【解析】A．小球向右运动过程中由能量守恒定律得

解得

A错误；

B．小球受到的电场力大小为

B正确；

C．电场力对小球做正功电势能减少，电势能减少量为

C错误；

D．小球在开始运动及到达最右端时速度为零，合力做功的功率为零，小球速度最大时，速度与合力垂直，合力做功功率也为零，故合力做功的功率先增大后减小再增大再减小，D错误；

故选B。

4．在一个与水平面成角的粗糙斜面上的A点，放着一质量为m的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为，它系于一根不可伸长的细绳上，绳子的另一端B通过小孔C穿出底面，如图所示，开始时A、C等高，当物体开始缓慢下滑时，适当地拉动绳端B，使物体在斜面上缓慢划过一个半径为R的半圆到达C（细绳与小孔间摩擦不计），下列说法中正确的是（　　）

A．整个过程拉力对物体做的功为零

B．拉力大小始终不变，若大小为F，则拉力做功为

C．物体和斜面之间的动摩擦因数

D．产生的内能为

【答案】  C

【解析】A．整个过程克服摩擦力做功，产生内能，则拉力做功不为0，故A错误；

BC．因为摩擦力方向与相对运动方向相反，则物体所受摩擦力方向应沿圆弧切线方向，如图所示

其大小为

因为物体缓慢滑动，物体在每个位置均可看做处于平衡状态，设绳子方向与A和C的夹角为，在垂直于绳的方向上

可知

绳子拉力为

则拉力为变力，故B错误，C正确；

D．产生的内能为

故D错误。

故选C。

5．某同学利用所学知识测水龙头水流对地面的冲击速度，该同学先用大型容器接水， 2min接水108L。然后将质量为500g的杯子放在台秤上，水龙头开始往杯中注水，注至10s末时，台秤的读数为98.6N。假设水流垂直打在杯子底面后没有反弹，两次水龙头的水流是相同的，水的密度，。则注入杯中水流的速度大约是（　　）

A． B． C． D．

【答案】  C

【解析】根据题意，每秒流出水的体积为

则每秒时间内水的质量为

设水的流速为v，每秒时间内水对被子底部的冲击力大小为F，则杯底对水的冲击力大小也为F，规定向上为正方向，根据动量定理有

则台秤的示数为

联立上式解得

6．如图所示，A是一边长为l的方形闭合线框，其总电阻为R，以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过一宽度为3l的匀强磁场区域，运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且线框前后两边与磁场的左右边界始终平行。若以x轴正方向作为力的正方向，以顺时针的电流方向为感应电流的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，此时线框右侧与磁场左边界的距离为l，则磁场对线框的作用力F及线框中的感应电流i随时间t的变化图像，在图所示的图像中可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】  B

【解析】在内，线框在磁场之外，所以感应电流为0，安培力也为0；

在内，线框进入磁场，线框右边切割磁感线，由右手定则可知，此时感应电流的方向为逆时针的方向，因为题中说明线框以恒定的速度沿x轴运动，即线框的感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力的方向为向左，即沿x轴负方向；

在内，线框全部在磁场中，此时穿过线圈的磁通量不变，即无感应电动势和感应电流，也没有安培力；

在内，线框出磁场，线框左边切割磁感线，由右手定测可得出感应电流的方向为顺时针方向，又因为线框以恒定速度v运动，故感应电动势和和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力方向向左即沿x轴负方向。

由上述分析可知，ACD错误，B正确。

故选B。

7．一定质量的理想气体密封在容器内，从状态A开始，经状态B、C、D又回到状态A，变化过程的图线如图所示，图中DA反向延长线过坐标原点O，AB为双曲线的一部分BC平行于纵轴，CD平行于横轴。下列说法不正确的是（     ）

A．D到A的过程是等温变化

B．A到B的过程吸收的热量等于气体对外界做的功

C．B到C的过程压强减小的原因是分子平均动能减小

D．整个循环过程，气体吸收的热量大于放出的热量

【答案】 A

【解析】A．DA直线反向延长过坐标原点，由理想气体状态方程

的乘积增大，知此过程温度升高，A错误；

B．AB为双曲线，说明此过程是等温变化，气体内能不变，体积增大，说明气体对外界做功，由热力学第一定律

可知，A到B的过程吸收的热量等于气体对外界做的功，B正确；

C．B到C的过程，体积不变，温度降低，故压强减小的原因是分子平均动能减小，C正确；

D．图像中图线与坐标轴所围的面积表示外界对气体做的功，气体经全过程回到A，内能不变，但由于全过程中气体体积增大过程对外界做功（图线与坐标轴围的面积）大于体积减小过程外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，全过程吸热，D正确。

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8．如图所示，小型交流发电机两磁极N、S间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小。矩形金属线圈ABCD的匝数，面积，线圈内阻和导线电阻不计，线圈绕垂直于磁场的水平轴逆时针匀速转动，角速度。变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表，、均为定值电阻，R为滑动变阻器。现将开关S断开，观察到电流表的示数减小了0.2 A，电流表的示数减小了0.8 A，则下列说法正确的是（　　）

A．电压表的示数为200 V

B．变压器原、副线圈匝数之比为

C．电压表示数变化量的大小与电流表示数变化量的大小的比值不变

D．若再将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电压表示数变大

【答案】  AC

【解析】A．线圈中产生的感应电动势的最大值为

电压表的示数为

A正确；

B．根据理想变压器电流与匝数关系

可得

B错误；

C．根据理想变压器电压与匝数关系

可知保持不变，电压表的示数为

则

则有

可知电压表示数变化量的大小与电流表示数变化量的大小的比值保持不变，C正确；

D．将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的有效阻值减小，电流表的示数变大，根据

可知电压表的示数变小，D错误。

故选AC。

9．快递公司常常利用传送带来分拣快递物品。某段传送带的俯视图如图所示，水平传送带以恒定速度向右匀速运动，一质量为3kg物品以速度大小、方向与垂直传送带传动方向成角偏向左侧方冲上传送带。物品与传送带之间的动摩擦因数为，物品可视为质点，重力加速度为，已知，，下列说法正确的是（　　）

A．物品在传送带上滑行的时间为0.8s

B．物品冲上传送带，在相对传送带静止前相对地面做直线运动

C．要使物品不冲出传送带，传送带的宽度需要大于1.6m

D．从滑上传送带到相对传送带静止，系统因摩擦产生的热量为24J

【答案】  AD

【解析】AC．以传送带为参考系，把分解到沿传送带运动的反方向（规定为x正方向）和垂直于传送带沿纸面向上方向（规定为y正方向），则物品相对于传送带的运动速度为

（与x正方向成）

物品在传送带上滑行的时间为

解得

物品相对于传送带向y方向运动的位移为

要使物品不冲出传送带，传送带的宽度需要大于。A正确，C错误；

B．由以上分析知，物品冲上传送带时受到摩擦力的方向为速度v的反方向，其与的方向不在同一条直线，故物品相对地面做曲线运动，B错误；

D．以传送带为参考系，设物品从滑上传送带到相对传送带静止，系统因摩擦产生的热量为Q，根据能量守恒定律得

解得

D正确。

故选AD。

10．如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为、，并满足，式中为已知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A（视为质点）轻放到传带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为，工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。两传送带正常工作时，下列说法正确的是（　　）

A．当时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短

B．当时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小

C．当时，驱动传送带的电机因传送工件需要额外做的功最小

D．驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为

【答案】  ACD

【解析】A．以传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图所示

设工件在传送带乙上的滑动痕迹为，则

整理得

根据基本不等式知，当时上式取最小值，故A正确；

B．设工件在传送带甲上的滑动痕迹为，工件与两传送带因摩擦产生的总热量为，则有

整理得

根据二次函数性质知，当时上式取最小值，故B错误；

CD．根据能量守恒定律知，电机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，有

整理得

当时上式取最小值。即

故CD正确。

故选ACD。

11．如图所示，在平面内，以为圆心、为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小均为，第四象限有一与轴成45°角倾斜放置的挡板，、两点在坐标轴上，且、两点间的距离大于，在圆形磁场的左侧的区间内，均匀分布着质量为、电荷量为的一簇带电粒子，当所有粒子均沿轴正向以相同的速度射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从点进入轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上。不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力，下列说法正确的是（　　）

A．所有粒子在圆形磁场中运动的时间相等

B．挡板端点的横坐标为

C．挡板上被粒子打中的区域长度为

D．从距离轴为处射入圆形磁场的粒子，离开磁场时的坐标为

【答案】  BD

【解析】A．粒子在圆形磁场中运动的轨迹长度不同，所用时间不相等，选项A错误；

B．设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图所示

过A点做速度的垂线AB，做AO的垂直平分线与AB相交于点C，设该轨迹圆的半径长度为r，C为该轨迹圆的圆心。连接，CO，由全等三角形可证四边形为菱形，因此可得，由题知有一半粒子能打在挡板上，故从O点射出的沿x轴负方向的粒子和沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图所示

过轨迹圆心D作挡板的垂线交于E点，得

即P点的横坐标为，B正确；

C．设打到挡板最左侧的粒子打在F点上，如图所示

，过O点作挡板的垂线交于G点，得

挡板上被粒子打中的区域长度为

C错误；

D．如图所示

从距离轴为的H处射入圆形磁场的粒子，从O点射出，轨迹圆心为I点，可得IO与x轴方向的夹角为，进入轴下方磁场的轨迹图如图可知离开磁场时的位置为K点，由几何关系可得，粒子离开磁场时的坐标为，D正确。

故选BD。

12. （6分）如图甲所示，某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：

①将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上靠右侧P点处安装一个光电门；

②用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d；

③接通气源及光电计时器，将滑块从靠近导轨左端某处自由释放，测得滑块通过光电门时遮光时间为。

根据上面的实验步骤回答下列问题：

（1）该同学用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，示数如图乙所示，则d＝______cm。

（2）实验中已知当地重力加速度为g，除上述步骤中测量的物理量之外，还需测量的物理量是______。

A．滑块的质量M        B．气垫导轨的倾斜角度

C．滑块释放处遮光片到光电门的距离x   D．滑块从开始运动至到达光电门所用的时间t

（3）用题中所给的物理量及第（2）问中所选的物理量，如果满足等式gH=______（不用代入数据），则验证了机械能守恒定律。

【答案】       1.050     C    

【解析】（1）遮光片的宽度

（2）AB．验证机械能守恒定律，依据实验操作可知，通过光电门来测量瞬时速度，从而求得滑块到达光电门位置的动能，再依据导轨长与高的关系，结合下滑的距离可知，滑块下滑过程中的高度差，进而求得减少的重力势能，由

可以看出只需验证式子

是否成立即可，故质量不需要测量；导轨的倾斜角度可以由已测量的导轨的长与高来确定，故AB错误；

C．计算滑块减少的重力势能时需测量出滑块下滑过程中从释放处遮光片到光电门的距离x，进而得到下降的高度，故C正确；

D．瞬时速度是由光电门测出的遮光时间及遮光片宽度来计算的，不需要测量滑块在整个过程的运动时间，故D错误。

故选C。

（3）由（1）的分析可知，滑块到达光电门位置的动能

而下滑的位移为x时，减少的重力势能

因此当

即

时，可以验证机械能守恒。

13. （9分）如图所示，图1为某多用电表中欧姆表的内部电路图，该欧姆表有“”“”两个倍率挡可供使用。图1中电源的电动势为，内阻为，在挡位切换时电源的电动势和内阻不变。灵敏电流计的内阻为，满偏电流为，定值电阻、的阻值分别为，。图2为该多用电表的表盘，欧姆表刻度盘的中值刻度为“15”。不计导线的电阻，请回答下列问题：

（1）在正确操作的情况下，图1中______（填“a”或“b”）表笔应为红表笔。

（2）为使欧姆表的倍率调为“”挡，则图1中单刀双掷开关的开关应拨至______位置（填“1”或“2”）。接着进行欧姆调零后，用该欧姆表测量某一待测电阻的阻值，稳定后电表指针指示位置如图2所示，则该待测电阻的阻值为______。

（3）若将欧姆表的倍率选择为“”挡，进行欧姆调零后接在另一个待测电阻的两端，稳定后指针指在灵敏电流计满偏刻度的处，则通过计算可知该待测电阻的阻值为______。

（4）若将图1中单刀双掷开关的开关拨至2后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的阻值为______。

【答案】       a     1     1400     225     139.1

【解析】（1）在欧姆表的使用过程中，应让电流从红表笔流入，黑表笔流出，黑表笔接内部电源正极，所以a表笔应为红表笔。

（2）当开关拨至1时，灵敏电流计满偏时的干路电流为

此时欧姆表的中值电阻为

所以当开关拨至1时，欧姆表的倍率是“”，欧姆表读数为表盘刻度值乘以倍率，所以读数为

（3）倍率选择“”挡时，欧姆表的内阻为

由闭合电路欧姆定律有

指针指在电流计满偏刻度的五分之二位置时，有

两式联立得

（4）当开关拨至2时，倍率为“”挡，欧姆表的内阻为

则灵敏电流计满偏时的干路电流为

电路中并联部分的阻值为

所以滑动变阻器接入电路的电阻为

14. （9分）甲、乙两列横波传播速率相同，分别沿x轴负方向和正方向传播，时刻两列波的前端刚好分别传播到质点A和质点B，如图所示，设时刻为计时起点，已知甲波的频率为2.5Hz，求：

（1）时刻之前，x轴上处的质点P振动了多长时间；

（2）在时刻之后的2.2s内，处的质点位移为+6cm的时刻。

【答案】  （1）0.2s；（2）0.3s、1.2s和2.0s

【解析】（2）（1）由题知，甲波的周期为

由，可知乙波的周期为

由图可知，处的质点P开始振动的时刻距图中时刻为

得质点P已振动时间为0.2s；

（2）处的质点位移为+6cm，表明两列波的波峰同时到达处。甲波、乙波的波峰到达处的时刻分别为

解得

时，，；时，，；时，，；

可知：在之后的2.2s内，处的质点位移为+6cm的时刻为0.4s，1.2s和2.0s。

15. （13分）如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成固定在地面上，在斜面上虚线和与斜面底边平行，在、围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为；现有一质量为、边长、匝数、总电阻的正方形金属线圈，让边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为，（取）求：

（1）线圈进入磁场区域时的速度大小；

（2）线圈释放时，边到的距离；

（3）整个线圈穿过磁场的过程中，流过线圈的电荷量及线圈上产生的焦耳热。

【答案】  （1）；（2）；（3），

【解析】（1）线框进入磁场前，由牛顿第二定律

解得

因为线框匀速进入磁场，由电磁感应定律及受力平衡

解得线圈进入磁场区域时的速度大小

（2）由匀加速直线运动规律

解得线圈释放时，边到的距离

（3）由，，得

又因为线框穿过磁场前后，所以；

线框全程匀速穿过磁场，则磁场宽度等于，由功能关系

解得

16. （15分）如图所示，水平传送带以的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量，物块b的质量M=0.3kg，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径，传送带左、右两端的距离，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为，物块b与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度，碰撞时间极短。求：

（1）物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；

（2）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；

（3）两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。

【答案】  （1）3N；（2）2m/s；（3）2次；

【解析】（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有

解得：

物块a运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律有

联立以上两式代入数据解得

由牛顿第三定律知物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3N

（2）物块a在传送带上运动时，由牛顿第二定律有

设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为，由a、b运动学公式可得

解得

则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为，b的速度为，则有

联立解得

即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s。

（3）碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为，到静止时所用时间为，位移为，由牛顿第二定律有

由运动学公式有

联立解得

对于物块a，先沿传送带向右做匀减速运动，设速度减为0所用的时间为，位移为，由运动学公式有

解得

由可知，故物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动，设物块a第二次与b碰撞前瞬间的速度大小为，则有

解得

物块a、b第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为、，则有

解得

物块b第二次碰撞后向左滑行的距离

物块a第二次碰撞后向右滑行的距离

则两物块最多碰撞2次，最终两者的距离为