2023届辽宁省鞍山市一般高中协作校高三上学期三模考试物理试题 含解析.docx

1、鞍山市一般高中协作校2022-2023高三三模考试物理试卷一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810题有多项符合题目要求，每小题6分，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

2、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B4s末物体的速度为零C6s内合外力的冲量为D6s内合外力做功为8J4一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FT及力

3、F与水平方向夹角的变化情况是（）AF逐渐减小，FT逐渐增大，夹角逐渐减小BF逐渐减小，FT保持不变，夹角逐渐减小CF逐渐减小，FT保持不变，夹角逐渐减小DF逐渐增大，FT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

4、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xP5.0cm，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e）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Bx轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向CMP两点电势差

5、为45VD图象中的E0的数值为1.28“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

6、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30，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BB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k100N/m，其下端拴一质量m1kg的小物体A，紧挨物体A有一质

7、量M2kg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a5m/s2匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g10m/s2，则（）A两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为20NB两物体分离时，弹簧刚好恢复原长C改变力F的大小后经0.2s，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3.84J二、非选择题（本题共5小题，共54分）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400N/m的轻质弹簧AA，将弹簧的一端A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

8、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AA伸长1.00cm不变。（弹簧均在弹性限度内）（1）若OA、OC间夹角为90，弹簧秤乙的读数如图2所示，则弹簧秤甲的读数是_N。（2）在（1）问中若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将_，弹簧秤乙的读数大小将_。（填“变大”、“变小”、“先变小后变大”）12某同学利用电压表和电阻箱测定特殊电池的电动势（E约为9V，r约为50）。已知该电池最大允许电流为150mA，该同学利用图示电路实验，电压表内阻约为2k，R为电阻箱，阻值范围09999，R0是定值电阻，起保护

9、电路的作用 (1)定值电阻R0有以下几种规格，保护电阻应选_（填入相应的字母） A2B20C200D2000(2)在实物图中，已正确地连接了部分电路，请完成余下电路的连接_(3)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所示，其读数为_V(4)改变电阻箱阻值， 取得多组数据，作出图示图线， 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3，当电动机0.5m/s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

10、大小，求：（1）电动机的输入功率；（2）电动机线圈的电阻；（3）电源的工作效率。14如图所示，倾斜光滑轨道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37，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在外力的作用下静止在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，撤去对小球Q的作用力，P恰好沿斜面向下与小球Q发生弹性正碰。，g取10m/s2。求：（1）小球P的抛出点距A点的高度；（2）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？；（3）通过计算判断小球Q能否通过最高点C。15在平面坐标系第像限

11、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、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：（1）粒子运动到A点的速度大小；（2）匀强电场的场强大小E；（3）虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d。1A【详解】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，A正确；B焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象

12、和电现象之间存在联系，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，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，D错误。故选A。2B【详解】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产生与A的电流的方向相同，即逆时针方向的电流。故选B。3C【详解】A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，物体从静止开始运动，有在图像中，合外力的冲量即为所围成图形的面积，有解得故B错

13、误；C图像与坐标轴所围面积表示合力的冲量，合力冲量为合力的冲量为0，则6s内合外力的冲量为，故C正确；D由动量定理可得即此时的动能为由于合力的冲量为0，即动量不变，则动能也不变，所以6s内合外力做功为4J，故D错误。故选C。4D【详解】圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力FT，三力平衡，故两个绳子的拉力FT的合力与拉力F始终等大、反向，绳子的拉力始终等于mg，即FT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。故选D。5

14、D【详解】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，则 解得根据可得小球b做圆周运动的速度大小故D正确，C错误。故选D。6B【详解】A滑动变阻器滑片P缓慢向左移动过程中，其接入阻值变大，回路总电阻变大，干路电流变小，灯泡变暗，A错误；B由闭合电路欧姆定律可得可知路端电压变大，电容两端电压变大，所带电量变大，B正确；C电源的效率可表示为可知电源的效率增大，C错误；D由闭合电路欧姆定律可得故保持不变，D错误。故选B。7BCD【详解】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

15、仅受到电场力的作用，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，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+x方向，场强沿-x方向，B正确；C由功能关系可得解得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E0的数值为1.2，D正确。故选BCD。8BC【详解】A两次点火都是从低轨道向高轨道转移，需要加速，所以点火喷射方向都与运动方向相反，A错误；B探测器在地球轨道上由万有引力提供向心力有由开普勒第三定律得两次点火之间的时间为联立解得B正确；C“天问一号”在绕太阳做匀速圆周运动时满足可得在地球轨道上

16、运行时轨道半径较小，故线速度较大，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，故加速度相同，D错误。故选BC。9CD【详解】A金属杆ab刚好处于静止状态，根据平衡条件可得增大磁感应强度B，安培力增大，金属棒将沿导轨向上运动，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，金属棒将沿导轨向上运动，B错误；C增大导轨平面与水平面间的夹角，导致金属棒将沿导轨向下运动，C正确；D将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿导轨向下，金属棒将沿导轨向下运动，D正确。故选CD。10AC【详解】A系统静

17、止时，弹簧处于压缩状态，设压缩量为x1，则代入数据解得A、B两物体刚开始匀加速下降时有代入数据解得A正确；B设经时间t两物体分离，A、B间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x2，则对A有代入数据得故两物体分离时，弹簧处于拉伸状态，B错误；CA、B分离瞬间整体下降的距离为而代入数据得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D错误；故选AC。11 5.00 变小 先变小后变大【详解】（1）1弹簧秤乙的最小分度为0.1N，应估读到0.01N，读数是3.00N，根据胡克定律可得，弹簧AA的拉力大小为OA、OC间夹角为，由三力平衡原理

18、可知，弹簧秤甲的读数等于弹簧AA的拉力与弹簧秤乙的拉力的矢量和，即（2）23若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，甲、乙两弹簧秤弹力的合力不变，如图所示，则可知弹簧秤甲的读数大小将变小，弹簧秤乙的读数大小将先变小后变大。12 B 6.5 10 50【详解】(1)1最大电流为150mA，最小总电阻为最小保护电阻为应该选B；(2)2见实物连接图；(3)3电压表用的应该是015V量程，按5分度的电表的读数规则读数，应为6.5V(4)4由得由图可知解得5由图知解得13（1）188W；（2）22；（3）94%【详解】（1）电池内电压根据闭合电路欧姆定律可得根据代入数据（2）电动机工作时由

19、焦耳定律又联立解得（3）电源的工作效率代入数据14（1）0.45m；（2）52N；（3）Q能通过最高点C【详解】（1）P恰好沿斜面向下与小球Q发生弹性正碰，则小球P碰前速度沿斜面向下，则根据几何关系可得A点速度竖直方向分速度竖直方向根据运动学公式（2）根据动量守恒定律可得根据机械能守恒定律解得，设由于斜面光滑，则小球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。（3）Q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。15（1）；（2）；（3）【详解】（1）由动能定理得可得粒子运动到A点的速度大小（2）水平方向做匀加速运动根据动能定理联立解得（3）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