2023年高考第三次模擬考試卷-物理（天津A卷）（解析）

2023年高考物理第三次模擬考試卷

物理?全解全析

注意事項:

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、單項選擇題（每小題5分，共25分。每小題給出的四個項選項中，只有一個選項是正確的）

1.光的干涉現(xiàn)象在技術中有許多應用。如圖甲所示是利用光的干涉檢查某精密光學平面的平整度,

下列說法正確的是（）

單色光F??

圖甲圖乙圖丙圖丁牛頓環(huán)

A.圖甲中上板是待檢查的光學元件，下板是標準樣板

B.若換用波長更短的單色光，其它條件不變，則圖乙中的干涉條紋變密

C.若出現(xiàn)圖丙中彎曲的干涉條紋，說明被檢查的平面在此處有向上的凸起

D.用單色光垂直照射圖丁中的牛頓環(huán)，可以得到間距相等的明暗相間的同心圓環(huán)

【答案】B

【解析】A.上板是標準樣板，下板是待檢測板，故A錯誤;

B.設上下板間空氣膜厚度為乩則出現(xiàn)亮條紋時應滿足％="2,換用波長更短的單色光，其他條

件不變時，亮條紋左移，條紋變密，故B正確：

C.圖丙中條紋向左彎曲，說明亮條紋提前出現(xiàn)，應是被檢查的平面在此處出現(xiàn)了凹陷所致，故C

錯誤；

D.牛頓環(huán)中的空氣膜厚度由中心向邊緣增加得越來越快，則亮條紋逐漸變窄，因此得到的是由中

心向邊緣寬度逐漸變窄的明暗相間的同心圓環(huán)，故D錯誤。

故選B。

2.將總質量為l?05kg的模型火箭點火升空，從靜止開始，在0?02s時間內有50g燃氣以大小為2OOm∕s

的速度從火箭尾部噴出，且燃氣噴出過程中重力和空氣阻力可忽略。則下列說法正確的是（）

A.在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為8（X）N

B.在燃氣噴出過程，火箭獲得的平均推力為200N

C.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小約為5∏Vs

D.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小約為l°m∕s

【答案】D

【解析】AB.在燃氣噴出過程，以燃氣為對象，規(guī)定火箭的速度方向為正方向，根據(jù)動量定理可得

-FAt=-m^y^—O

解得

加氣丫氣

F=Af=500N

根據(jù)牛頓第三定律可得火箭獲得的平均推力為500N,故AB錯誤；

CD.燃氣噴射前后，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得

O=（M-"I氣）?丫箭一"I氣V氣

解得火箭的速度大小

V-=-----=1OmZs

小M-m氣

故C錯誤，D正確。

故選D。

3.如圖所示，理想變壓器原線圈與矩形線圈外Cd組成閉合電路，副線圈接有定值電阻4和滑動變

阻器R2。線圈必Cd在有界勻強磁場中繞垂直于磁場的反邊勻速轉動，磁場只分布在機?邊的左側,

磁感應強度大小為8,方向垂直于紙面向里。線圈的面積為S,角速度大小為0,匝數(shù)為M

其電阻忽略不計，圖中各電表均為理想電表。開關閉合后，下列說法正確的是（）

A.當滑動變阻器的滑片向上滑動時，電流表A的示數(shù)變小

B.在線圈Hcd的轉動過程中，通過其磁通量的最大值為NBS

C.當變壓器原線圈的滑片向下滑動時.，電壓表V的示數(shù)變小

D.若線圈MCd轉動的角速度大小變?yōu)?。，則變壓器原線圈電壓的有效值為N3S。

【答案】D

【解析】A.當滑動變阻器的滑片向上滑動時，電路的總電阻減小，電壓不變，電流變大，電流表

A的示數(shù)變大，A錯誤；

B.磁通量與線圈的匝數(shù)無關，在線圈Hcd的轉動過程中，線圈磁通量的最大值為85,B錯誤；

C.當變壓器原線圈的滑片向下滑動時，原線圈匝數(shù)減小，副線圈的電壓變大，電壓表V的示數(shù)變

大，C錯誤；

D.若線圈轉動的角速度為線圈轉動一周只有半周在磁場中發(fā)生電磁感應，產生的交流電

為正弦交流電（全波波形）的每個周期有半個周期存在電動勢（半波波形），設輸入電壓的有效值為

U,電動勢最大值為

Urn=Em=NBSS

則

因此電壓有效值為

,,NBSe

U=-------

2

當角速度大小變?yōu)?。時，變壓器原線圈電壓的有效值為NBSry,D正確。

故選D。

4.一個物體的速度-時間圖像如圖如示，則（）

nV/m.s-1

O；iZz-j------L2------3~

A.物體的速度方向在2s末改變

B.物體在前3s內的平均度速度為4π√s

C.物體在前2s內的加速度大于第3s內的加速度

D.物體在前2s和第3s的平均速度之比為1：1

【答案】D

【解析】A.物體前3s內的速度一直為正值，速度方向一直向正方向，方向沒有發(fā)生改變，A錯誤;

B.面積表示位移，物體在前3s內的平均度速度為

3C×4.×-I

V=-------—m/s=2m∕s

3

B錯誤；

C.物體在前2s內的加速度大小為

4—0.2?,2

a.=-----m/s-=2m∕s~

12-0

第3s內的加速度大小為

4—0.2,2

a、=------m/s=4λm∕s

~3-2

物體在前2s內的加速度小于第3s內的加速度，C錯誤；

D.物體在前2s的平均速度為

_0+4/C/

V=------m/s=2m∕s

12

第3s的平均速度為

_4+0

%=------?n/s=2m/s

22

物體在前2s和第3s的平均速度之比為1：1,D正確。

故選D。

5.在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考

慮地磁場的影響，下列說法正確的是（）

西一*

XX×××

△

×X

X；、X

ab

A.無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點

B.無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長

C.若小球帶負電荷，小球會落在更遠的b點

D.若小球帶正電荷，小球會落在更遠的b點

【答案】D

【解析】若小球帶負電荷，根據(jù)左手定則知道小球受斜向左向下方的洛倫茲力，這樣小球偏折更厲

害，會落在a的左側

若小球帶正電荷，根據(jù)左手定則知道小球受斜向右上方的洛倫茲力，這樣小球會飛的更遠，落在更

遠的b點

故應該選D

二、不定項選擇題（每小題5分，共15分，每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的，

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）

6.用如圖①所示的裝置研究光電效應現(xiàn)象。閉合電鍵S,用頻率為Iz的光照射光電管時發(fā)生了光電

效應。圖②是該光電管發(fā)生光電效應時光電子的最大初動能線與入射光頻率U的關系圖像，圖線與

縱軸的交點坐標為（0,—a）,與橫軸的交點坐標為（6,0）。圖③是三種光電流與電壓之間的關系

曲線（甲光、乙光、丙光），下列說法中正確的是（)

h=-

A.普朗克常量為b

B.甲光頻率與丙光頻率相同，但甲光比丙光的照射強度大

C.在真空中，甲光波長比乙光波長短

D.圖③中乙光光電流大于甲光光電流的那部分實驗，與之對應的圖①中滑片P位置應該在。點右

側

【答案】AB

【解析】A.根據(jù)題意，由光電效應方程有

Ev=hv-W0

結合圖②可得

h=~b,wo=a,vo=h

故A正確；

BC.根據(jù)題意，由動能定理有

qUc=Ek=Iw-Wil

由圖③可知，甲光和丙光的截止電壓相等小于乙光的截止電壓，則三色光的頻率關系為

?t∣=??<丫乙

λ=-

根據(jù)公式U可得，三色光的波長關系為

Λ∣ι=4如>%

由圖③可知，甲光的飽和電流大于丙光，則甲光光照強度大于丙光，故C錯誤，B正確；

D.圖③中乙光光電流大于甲光光電流的那部分實驗，光電管兩端接的反向電壓，則對圖①中滑片P

位置應該在O點左側，故D錯誤。

故選AB?

7.如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻上，初始時處于自然狀態(tài)，右端在P點，某時刻一質量

為Iokg的物塊A以一定初速度向左滑向輕彈簧，從開始運動至彈簧壓縮至最短的過程中，物塊速度

平方隨位移的變化規(guī)律如圖乙所示，已知彈簧勁度系數(shù)為4=15()N∕m,取重力加速度g=l°m?2,

以下說法正確的是()

A.物塊A與地面間動摩擦因數(shù)為0.5B.此過程中彈簧的最大彈性勢能為75J

C.物塊A向右運動過程中加速度先減小后不變D.物塊A最終停在出發(fā)點

【答案】BD

【解析】A.山勻變速直線運動的位移與速度的關系

22

V-v0=2αx

對比題圖乙可知，物塊運動前2m過程做勻減速直線運動，IA尤圖線的斜率

f=但=-5

2

由牛頓第二定律知物塊的加速度

a="g

解得

μ=0.25

故A錯誤；

B.由題圖乙可知，物塊的初速度

v0=?/?θm/s

向左運動的最大距離為

x1=3m

故彈簧的最大彈性勢能為

I2

emv

p=^o-WngXI=75J

故B正確；

C.物塊在向右運動過程中，初始時彈簧彈力最大且大于物塊所受摩擦力，然后彈簧彈力逐漸減小

到零，則物塊的加速度先逐漸減小，減到零后再逐漸增大，最后不變，故C錯誤；

D.物塊向左運動過程中，由動能定理有

2

-μmgxl-Ep=--mv0

物塊向右運動過程中，有

,

Ep-μmgx=O

解得

√=x1=3m

故D正確。

故選BD。

8.如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2”的平行金屬板P、Q,兩板間距為4,兩板間加上如

圖乙所示最大值為UO的周期性變化的電壓，在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A,自Z=O時刻開始

連續(xù)釋放初速度大小為V。，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，Uo時刻釋放的粒子恰好從。板右

T=—

側邊緣離開電場，已知電場變化周期％,粒子質量為，"，不計粒子重力及相互間的作用力，則

()

"UpQ

P

甲乙

A.在/=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為VO

絲i

B.粒子的電荷量為24

=

t-T—777VΛ

C.在8時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了8

I=-T

D.在4時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場

【答案】AD

【解析】A.粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則f=0時刻進入電場的粒子在電場中運動時

間

2d

t=—

%

此時間正好是交變電場的一個周期；粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經過一個周期,

粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度小,選項A正確；

Td_

B.在豎直方向，粒子在萬時間內的位移為萬，則

d=U°q￡y

22dmv0

計算得出

2

q=些

選項B錯誤；

C.在‘一W時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為

d=2×ia（-T）2-2×iβ（?=-

28282

故電場力做功為

W=號j=；UM=g'"%2

選項C錯誤：

D.一1時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動了，然后向下減速運動工，再向上加速彳，

向上減速彳，由對稱可以知道，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側邊緣離開電場，選項

D正確。

故選ADo

9.（12分）實驗題

（1）某同學用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”。彈簧測力計A掛于固定點P,下

端用細線掛一重物M。彈簧測力計B的一端用細線系于O點，手持另一端水平向左拉，使結點0

靜止在某位置。分別讀出彈簧測力計A和B的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄0點的位置

和細繩的方向。

①本實驗采用的科學方法是（填字母代號）

A.理想實驗法B.等效替代法

C.控制變量法D.建立物理模型法

②下列不必要的實驗要求是（填選項前的字母）；

A.改變拉力，進行多次實驗，每次都要使。點靜止在同一位置

B.彈簧測力計應在使用前校零

C.細線方向應與木板平面平行

D.應測量重物M所受的重力

③從08水平開始，保持彈簧測力計A和B的夾角及。點位置不變，使彈簧測力計A和B均逆時

針緩慢轉動至彈簧測力計A豎直，則在整個過程中關于彈簧測力計A和B的讀數(shù)變化情況是

（填選項前的字母）。

A.A增大，B減小

B.A減小，B減小

C.A增大，B先增大后減小

D.A增大，B先增大后減小

（2）某同學用伏安法測定待測電阻尺的阻值（約為IOkC）,除了此、開關S,導線外，還有下列

器材供選用：

A.電壓表（量程O~1V,內阻約IOkC）

B.電壓表（量程0~10V,內阻約IookC）

C.電流表（量程0~lmA,內阻約30。）

D.電流表（量程0~0.6A,內阻約0.05Ω）

E.電源（電動勢1.5V,額定電流0.5A,內阻不計）

F.電源（電動勢12V,額定電流2A,內阻不計）

G.滑動變阻器&（阻值范圍0~10C,額定電流2A）

①為使測量盡量準確，電壓表選用,電流表選用,電源選用，

（均填器材前的字母代號）；

②在虛線框內畫出測量尺阻值的實驗電路圖;

③該同學選擇器材、連接電路和操作均正確，從實驗原理上看，待測電阻測量值會其真

實值（填“大于”“小于”或“等于”）。

R

【答案】（1）①B②A③B；（2）①BC

③大于

【解析】（1）①本實驗目的是驗證平行四邊形定則，每次兩根彈簧測力計的合力都要平衡重物的重

力，采用的是等效替代法；故選B。

②A.改變拉力，進行多次實驗，無論。點位置如何，M。段細線對。點拉力的作用效果始終不變,

所以不需要每次都要使。點靜止在同一位置，故A不必要；

B.彈簧測力計應在使用前校零，以減小測量誤差，故B必要；

C.細線方向應與木板平面平行，使實際力的平行四邊形與白紙上所作的力的平行四邊形平行，以

減小誤差，故C必要；

D.OA和OB兩段細線對O點拉力的合力與M的重力平衡，實驗中需要對比合力的理論值（通過

平行四邊形定則所作的合力的圖示）與實驗值（與M重力平衡的力的圖示），因此應測量重物M所

受的重力，故D必要。

本題選不必要的，故選A。

③由題意，根據(jù)平衡條件可知，。點所受三個拉力組成首尾相接的矢量三角形，如圖所示，根據(jù)正

弦定理有

?????

sinβsin/Sina

在使彈簧測力計A和B均逆時針緩慢轉動至彈簧測力計A豎直的整個過程中，由于保持彈簧測力

計A和B的夾角及O點位置不變，所以尸不變，a減小，y從90。開始增大，根據(jù)三角函數(shù)知識可

知FA和FB都減小。

故選B。

FB

（2）①若選用電源1.5V,電路中的最大電流

-^-A=O.15mA

IOO(X)

電流太小，不利于實驗，所以即電源選用12V的，即F：則電壓表就應該選取B；選用12V的電源

后，電路中的最大電流為

12

=-----A=1.2mA

m10000

故選用電流表C；

②因為滑動變阻器的最大阻值只有10C,所以若采用限流接法，則電路中電流和電壓變化不明顯,

故采用滑動變阻器的分壓接法，由于

RVR

-<^-

RXRA

電路圖如圖所示

③由于電流表的分壓，導致電壓測量值偏大，而電流準確，根據(jù)

可知測量值偏大。

10.（14分）在光滑絕緣的水平面上，長為"的絕緣輕質細桿的兩端各連接一個質量均為根的帶

電小球A和B（均可視為質點）組成一個帶電系統(tǒng)，球A所帶的電荷量為+2q,球B所帶的電荷量

為-3q?，F(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MNPQ內，已知虛線MN位于細桿的中垂線，MN

和PQ的距離為4乙，勻強電場的電場場強大小為E,方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜

止開始運動，不考慮其它因素的影響。求:

（1）釋放帶電系統(tǒng)的瞬間，兩小球加速度的大小;

（2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間;

（3）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加的最大值。

MP

a=毀心等

【答案】(1)m；(2)Y3；(3)AEp=6EqL

【解析】(1)對整體應用牛頓第二定律

EIq=2ιna

得出兩小球加速度

aM

In

(2)系統(tǒng)向右加速運動階段

L=—citf

2

解得

此時B球剛剛進入MN,系統(tǒng)的速度

v=at∣

假設小球A不會出電場區(qū)域，系統(tǒng)向右減速運動階段

-3Eq+2Eq-2ma'

加速度

L=-旦

2m

減速運動時間

/,￡=2修

減速運動的距離

1=紀工2工

2d

可知小球A恰好運動到PQ邊界時速度減為零，假設成立。

所以帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間

（3）B球在電場中向右運動的最大距離

X-IL

進而求出B球電勢能增加的最大值

∕?Ep=-Wn=6EqL

11.（15分）如圖所示，水平傳送帶左端A處與傾角為6=30°的光滑斜面平滑連接，右端8處與

一水平面平滑連接，水平面上有一固定豎直擋板，擋板左側與一輕彈簧連接，彈簧處于自然狀態(tài)，

彈簧左端剛好處在水平面上的C點，斜面長為±=2?5m,傳送帶長L=4.5m。BC段長*2=05m,

傳送帶以速度V=Im/s順時針轉動。一質量為機=2kg的物塊從斜面頂端由靜止釋放，己知物塊與傳

送帶間及水平面BC段的動摩擦因數(shù)分別為必=°」，"2=°?35,水平面C點右側光滑，重力加速度

取g=10m∕s2,求：

（1）物塊滑到斜面底端的速度大?。?/p>

（2）彈簧獲得的最大彈性勢能；

（3）物塊第三次到達B點時的速度大小；

（4）物塊與傳送帶由于相對滑動而產生的熱量。

【答案】（1）5m/s；（2）12.5J；（3）lm/s；（4）23J

【解析】（D設物塊滑到斜面底端的速度為匕，根據(jù)機械能守恒有

mgx、Sine=；

解得

vl=5m/s

（2）由于W>”,因此物塊滑上傳送帶后開始做勻減速運動，加速度大小

a=Mg=lm∕s2

設物塊在傳送帶上先減速運動后勻速運動，則減速運動的位移

22

?x=————=12m

2a

由于Δr>L,因此假設不成立，物塊在傳送帶上?直做勻減速運動

根據(jù)功能關系

Ep??mvf一〃jngL-μ2tngx2=12.5J

（3）設物塊第二次到達A點的速度大小為匕，根據(jù)功能關系

τ7j12

EP-NngL-μ2mgx2=-mv3

解得

%=°

即物體到達到A點時，速度減為零，在傳送帶的帶動下又向左做勻加速運動，當物體與傳送帶剛好

共速時發(fā)生的位移

X=上=0.5m

2a

因此物塊第三次在傳送帶上先做勻加速運動后做勻速運動，第三次到8點的速度為v=lm∕s

（4）設第一次在傳送帶上滑動經歷的時間為工,則有

12

Lr=v^~2at]

則第一次在傳送帶由于相對滑動而產生的熱量

Q?=Wng(L-Vtl)

聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得

Q=7J

設物塊第二次到8點時速度為匕，第二次在傳送帶上滑動經歷的時間為‘2,根據(jù)功能關系

?1，

Ev-μ2mgx2=-mv-

解得

v2=3m/s

則

f,=口=3s

a

第二次在傳送帶上由于相對滑動而產生的熱量

Qt=μtmg(L+vt2)=?5J

設物塊第三次在傳送帶上相對滑動時間為A,則

V

「3=—=1IS

a

則第三次在傳送帶上由于相對滑動而產生的熱量

Q3=μlmg(Vt3-X)=U

由于

2

—mv=iJ<ju2mg×2X2=7J

因此物塊不會第四次滑上傳送帶，故物塊與傳送帶由于相對滑動而產生的熱量

Q=Q+2+03=23J

12.（18分）如圖所示，兩條足夠長的光滑金屬導軌MN,PQ互相平行，它們所在的平面跟水平面

成e角，兩導軌間的距離為L兩導軌的頂端M和P用阻值為R電阻相連，在導軌上垂直于導軌放一

質量為機，電阻為r的導體棒而，導體棒始終與導軌連接良好，其余電阻不計，水平虛線C