常德市一中2023届高三高考模拟试卷（三）
物 理
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有
A．光电效应现象揭示了光的波动性
B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
2．一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图像是
3．两个氘核以相等的动能Ek对心碰撞发生核聚变，核反应方程为，其中氘核的质量为m1，氦核的质量为m2，中子的质量为m3。假设核反应释放的核能E全部转化为动能，下列说法正确的是
A．核反应后氦核与中子的动量相同
B．该核反应释放的能量为E=(m1－m2－m3)c2
C．核反应后中子的动能为
D．核反应后氦核的动能为
4．如图所示，一个箱子中放有一物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力， 且物体与箱子上表面刚好接触。现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态，则下列说法正确的是
A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小
B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大
C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力可能越来越大
D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力可能越来越小
5． 如图所示，两根电阻不计、倾角为θ=37°且足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨间距为L=0.4m，顶端连接电阻为R=2Ω的定值电阻。虚线上方（含虚线处）的区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1.25T。质量为m=0.1kg、电阻为R1=1Ω的导体棒P在虚线上方某处；电阻为R2=2Ω的导体棒Q固定在虚线处。将导体棒P由静止释放，经过时间t=3s导体棒P到达虚线处，P在到达虚线之前已达到最大速度，P、Q与导轨始终接触良好。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是
A．导体棒P到达虚线前的动量变化率越来越大
B．导体棒P到达虚线时的速度大小为m/s
C．导体棒P的释放点与虚线间的距离为m
D．从导体棒P开始运动到到达虚线时导体棒Q上产生的焦耳热为J
6．如图（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒，t=0时刻微粒在两板正中间的P点以速度v0平行金属板运动，3t0时间内粒子未到达极板。则在0~3t0时间内，下列说法正确的是
A．0~t0时间内，微粒偏向N板运动
B．t=2t0时，重力对微粒做功的瞬时功率为mg2t0
C．0~2t0时间内，电场力对微粒做的功为2mg2t20
D．0~3t0时间内，微粒动能增量为mg2t20
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。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是
A．地球的公转向心加速度小于火星的公转向心加速度
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约3分钟到达火星
C．如果火星运动到B点，地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC运
动到C点时，恰好与火星相遇
D．下一个发射时机需要再等约2.1年
8．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。每根绳子的拉力为T，磁感应强度为B，下列说法正确的是
A．绳子的拉力可能为
B．当时，B一定存在两个方向，使导线静止
C．当磁感应强度为最小值时，绳子的拉力为
D．当时，B仅有一个方向，使导线静止
9．“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图象可知
甲乙 丙
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
10．示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况．电子经电压u1加速后进入偏转电场，下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是
A．如果只在AB上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)所示
B．如果只在CD上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)所示
C．如果同时在AB和CD上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如
图(c)所示
D．如果同时在AB和CD上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如
图(d)所示
三、非选择题：共56分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15、16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
11．(6分）
研究玩具电动机的转动，某同学将一圆盘固定在电动机的转轴上，将纸带穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘上。如图（a）所示，当电动机转动时，纸带会卷在圆盘上。已知交流电的频率为f。
（1）该同学用游标卡尺（20等分）测量圆盘的直径，示数如图（b）所示，则圆盘的直径d=______cm；
（2）物理学上把角速度的变化与发生这一变化所用时间的比值定义为角加速度β。若电动机做匀加速转动（即β不变），经一段时间停止打点后，取下纸带，标出A、B、C、…，如图（c）所示，其中相邻两个计数点间有4个点没画出，则打下D点时电动机的角速度ω=_______，角加速度β=_________。（用d、f、s1、s2、s3、s4表示）
12．（9分）
温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：
A．直流电源，电动势E=6V，内阻不计 B．毫安表A1（0~600mA，内阻约为0.5Ω）
C．毫安表A2（0~10mA，内阻RA2=100Ω） D．定值电阻R0=400Ω
E．滑动变阻器R=5Ω F．被测热敏电阻Rt，开关、导线若干。
（1）实验要求能够在0~5V范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值Rt进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路。
（2）某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2，则计算热敏电阻阻值的表达式为Rt=______（用题给的物理量符号表示）。
（3）该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2-I1图象如图乙所示，该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻R1=30Ω，则由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为______Ω，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。
13.（13分）
如图所示为一“太空粒子探测器”的简化图，两个同心扇形圆弧面PQ、MN之间存在辐射状的加速电场，方向由内弧面指向外弧面，圆心为O，两弧面间的电势差为U，右侧边长为L的正方形边界abcd内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小B=kB0（k>0），k值可以调节，，O点为ad边界的中点，PO、QO与ad边界的夹角均为30°。假设太空中质量为m、电荷量为e的负电粒子，能均匀地吸附到外弧面PQ的右侧面上，由静止经电场加速后穿过内弧面均从O点进入磁场，不计粒子重力、粒子间的作用力及碰撞，求：
（1）粒子到达O点时的速率v0；
（2）若从O点垂直于ad边界射入磁场的粒子恰能从b点离开，求k的值；
（3）若要求外弧面PQ上所有的粒子均从ab边射出磁场，求k值的取值范围。
14.（15分）
如图所示，光滑斜轨道AB和一条足够长的粗糙水平轨道BC平滑连接，质量为5kg的物块Q静置在水平轨道的最左端，质量为1kg的物块P从斜道上距离BC竖直高度为h=1.8m处由静止下滑，滑下后与物块Q碰撞。已知两物块与水平轨道BC之间的动摩擦因数均为0.2，物块P、Q均可视为质点，它们之间的每次碰撞均为弹性碰撞，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块P、Q第一次碰撞前瞬间，物块P的速度大小；
(2)第一次碰撞后，物块P滑上斜轨道的最大高度；
(3)物块Q运动的总路程。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。
15．[物理——选修3-3]（13分）
（1）如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
（2）（8分）热气球主要通过自带的机载加热器来调整气囊中空气的温度和密度，从而达到控制气球升降目的。有一热气球停在地面，下端开口使球内外的空气可以流通，以保持内外压强相等。设气球的容积V1=400m3，除去气球内空气外，热气球总质量M=160kg。已知地面附近大气温度T1=300K，空气密度ρ=1.2kg/m3，空气可视为理想气体。求：
(ⅰ)当气球内剩余气体质量为360kg时，气囊中空气的温度T2为多少K？
(ⅱ)气球刚好从地面飘起时球内的气体温度T3等于多少K？
16．[物理——选修3-3]（13分）
（1）下列对光现象的认识正确的是 （选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．光从一种介质射向另一种介质时一定会发生全反射
B．全息照相技术利用了光的干涉
C．在利用光的双缝干涉实验装置测定光的波长实验中，在其他条件一定时，光的波长越长，则相邻亮条纹间的距离越大
D．从水面上看水下的物体，会感觉水下物体的深度比实际深度浅，这与光的折射有关
E．白光在透过三棱镜或者照射到肥皂泡上均会发生色散，这两种现象的原因相同
（2）图1是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，其中质点P坐标为(0 m,0.1 m)，质点Q坐标为(5 m，－0.1 m)。图2是质点Q的振动图象，图中M点坐标为
图1 图2
(ⅰ)求简谐波的传播方向和速度；
(ⅱ)写出质点P的振动方程。常德市一中2022届高三高考物理模拟试卷（三）
参考答案及评分细则
1．B
2．C【解析】.静摩擦力随外力而改变，当外力大于最大静摩擦力时，物体才产生加速度，可利用牛顿第二定律列方程求解。物块受到拉力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律F－μmg＝mg，当F≤Ffmax时，a＝0；当F>Ffmax时，a与F成一次函数关系，选项C正确。
3．D【解析】根据核反应前后系统的总动量守恒，知核反应前两氘核动量等大反向，系统的总动量为零，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，动量不同，故A错误；该核反应前后释放的能量，故B错误；由能量守恒可得核反应后的总能量为，由动能与动量的关系，且，可知，核反应后氦核的动能为，故C错误，D正确。故选D。
4．C【解析】对箱子和物体整体受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律可知，Mg＋kv＝Ma，则a＝g＋，又整体向上做减速运动，v减小，所以a减小；再对物体单独受力分析如图乙所示，因a>g，所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知，mg＋FN＝ma，则FN＝ma－mg，而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；同理，当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大。故C正确。
5．【解析】导体棒P由静止释放，做加速运动，向上的安培力越来越大，所以向下运动的加速度越来越小，即合力越来越小，根据动量定理Δp＝F合Δt可得：F合，所以动量变化率越来越小，导体棒P在到达虚线之前已达到最大速度，即最后做匀速运动，故合外力为零，则动量变化率为零，故A错误；导体棒P匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ＝Bcos37°IL，其中：，R总，联立并代入数据解得：v＝7.5m/s，故B错误；导体棒运动过程中穿过导体棒P的电荷量为：t，取向下为正方向，对金属棒根据动量定理可得：mgsinθ t﹣Bcos37°qL＝mv﹣0解得：xm，故C正确；由能量守恒可知：，导体棒Q上产生的焦耳热为：。解得：1.6875J，故D错误。故选：C。
6．C【解析】0~t0时间内，UMN<0，电场线方向由N指向粒子带正电，因此受电场力方向指向M板，故A错误；0~t0时间内，对粒子受力分析，粒子所受电场力为方向竖直向上，因此此时合力的大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第二定律，粒子的加速度大小为g，方向竖直向上。t0~2t0时间内，电场力方向改变，大小未改变，此时合力向下，大小为3mg，根据牛顿第二定律，此时粒子的加速度大小为3g，方向竖直向下，根据运动学公式，t=2t0时粒子在竖直方向的速度大小为，方向竖直向下，根据瞬时功率的公式重力的瞬时功率为故B错误；根据B选项分析，粒子在0~t0时间内的竖直位移为方向竖直向上。粒子在t0~2t0时间内的竖直位移为方向竖直向下，则0~2t0时间内，粒子竖直方向的总位移为0，则重力做的总功为0。根据动能定理，电场力对微粒做的功为故C正确；2t0~3t0时间内，粒子的受力与0~t0相同，故加速度与0~t0时间内相同，根据前面选项已知的信息，t=3t0的速度为方向竖直向下，则时间内，微粒动能增量为，故D错误。故选C。
7．BD【解析】根据万有引力提供向心力可知解得地球公转半径r较小，则向心加速度较大，故A错误；火星距离地球最远时有4亿公里，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星，最近时大约0.55亿公里，因为指令传播速度相同，则时间，则B正确；根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器与火星不能在C点相遇，故C错误；地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度之差为则地球再一次追上火星的用时为故D正确。故选BD。
8．AD【解析】直导线受力如图所示，受重力mg、安培力F安、两根绳子拉力2T，直导线处于平衡状态，安培力与重力垂直，则有若则，即可得，即当时，故A正确；当直导线受力如图时，安培力F1与拉力T垂直时，安培力最小，即B最小，，可得，故C错误；当，F可能有两个方向，如图F2和F3，对应的B也可能有两个方向，当时，即，B只有一个方向。故D正确，B错误。故选AD。
9．BC【解析】从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m过程，在Ek h图象中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4) J＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。
10．ABD【解析】如果只在AB上加上题图甲所示的电压，电子将在竖直方向偏转，故A项正确；如果只在CD上加上题图乙所示的电压，则电子将在水平方向上偏转，故B项正确；如果同时在AB和CD上加上甲、乙所示的电压，则t＝0时，向x轴负方向偏转位移最大，之后电子在竖直方向上，先向上偏再向下偏，在T时间内竖直方向电子振动一个周期，形成一个完整的波形，故C项错误，D项正确．
11．(6分）【答案】 ①. 4.045 ②. ③. (各2分）
【解析】（1）圆盘的直径为
（2）根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得打下D点时电动机的角速度为（3）根据角加速度的定义为角速度的变化与发生这一变化所用时间的比值定义，则可得 故有 可得
12．（9分）（1）（3分）（2） Rt＝（2分）（3）17.5 （2分）55 （2分）
【解析】(1)毫安表A2，量程为10mA，内阻RA=100Ω，可以将它与定值电阻R0串联，改装成Ug=Ig(RA+R0)=0.01×500V=5V的电压表，电流表A1有内电阻，A1的内阻和被测电阻相差不大，为了减少系统误差，电流表A1外接。要求能够在0～5V范围内进行调节，所以滑动变阻器采用分压式接法，如答案图所示。(2)某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2，则通过热敏电阻的电流为I=I1-I2 热敏电阻两端电压U=I2(RA+R0)则计算热敏电阻阻值的表达式为Rt＝。(3)理想电流表示数为0.7A，则通过R1中的电流为IR1=U/R1=0.3A，热敏电阻的电流为I′1=0.7A-0.3A=0.4A=400mA。根据图象可知，此时I2=4mA，此时Rt两端电压为2V，则R2两端电压为7V，则R2=7/0.4Ω=17.5Ω，Rt=2/0.4Ω=5Ω，根据Rt-t图象可知Rt＝t＋(Ω)解得t=55℃。
13.（13分）【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子加速过程，由动能定理可得
解得粒子到达O点时的速率为（3分）
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系可得解得（2分）
由洛伦兹力作为向心力可得 解得（3分）
（3）磁场最小时，即k最小时，只要满足沿PO方向射入磁场的粒子，轨迹与bc边界相切即可，若图所示
则其它方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得
解得 由洛伦兹力作为向心力可得 解得（2分）磁场最大时，即k最大时，只要满足沿QO方向射入磁场的粒子，轨迹经过a点，则其它方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得由洛伦兹力作为向心力可得 解得（2分）
综上所示，要求外弧面PQ上所有的粒子均从ab边射出磁场，k值应满足（1分）
14. 【答案】；；
【解析】物块滑至斜面底端时，由动能定理得解得（2分）
设物块滑至斜面底端时速度的方向为正方向，与物块碰撞后，物块、的速度分别为、，则据动量守恒得由于两物块的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，得解得；（3分）
所以碰撞后反向运动，由动能定理得解得（1分）
设第一次碰撞后移动的距离为，据动能定理得解得（1分）
由牛顿第二定律得物块和物块在地面上滑行时的加速度大小为， 物块向右运动的时间为，（1分）
第一次碰撞后沿着斜面上滑至最高点后返回，返回到地面的速度大小仍为，比第一次碰后的速度大，所以会发生第二次碰撞。物块反弹滑上斜面，在斜面上运动的加速度小于，结合运动学公式可知，滑块在斜面上的时间大于。物块滑回点后向前运动的过程中做匀减速直线运动，时间一定大于，所以物块从反弹后运动到点右方的位置所用的时间一定大于，因此与第二次碰撞是发生在停止运动之后。（1分）
第二次碰撞前瞬间的速度为，由运动学公式得（1分）
物块与物块碰撞过程中动量守恒 ，物块与物块的碰撞为弹性碰撞，则有 联立上式，解得；（2分）
因与第二次碰撞后的动能，所以不会发生第三次碰撞（1分）
故两物块共碰撞二次。第二次碰撞后物块滑行的距离为，则有 解得（1分） 故物块滑行的距离为。（1分）
15．ABD【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为气缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，则气体内能增大，选项BD正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误；故选ABD。
（2）（8分）(ⅰ)热气球未加热时，内外气体是等温等压的，故而热气球内的气体和球外空气是同一种性质同一种密度的，此时热气球内的气体质量
当热气球加热后，球内气体等压膨胀使得部分气体溢出，当球内剩余质量为
时，气球内剩余气体质量占原来球内气体质量的比值为加热过程球内气体压强不变，气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得 代入数据解得
(ⅱ)设气球刚好从地面飘起时气球内气体温度为T3 ，气球内气体密度为ρ1，气球升起时浮力等于气球和内部气体的总重力，由平衡条件得
又， 代入数据解得
16．[物理——选修3-3]（13分）
（1）BCD（2）(ⅰ)由波动图象和振动图象可知，波沿x轴负向传播。由题图1可知，P、Q之间相位差为π，两点之间距离为5 m，则有λ＝5 m 解得λ＝6 m，由题图2可知＝ s 解得T＝2 s 故波的传播速度为v＝＝3 m/s。(ⅱ)结合两图分析，对质点P，t＝0时，y＝0.1 m 解得φ0＝π又ω＝＝πs－1故质点P的振动方程为y＝0.2sin(m)。
[答案] (ⅰ)沿x轴负向传播 3 m/s (ⅱ)y＝0.2sin(m)
