2023年天津市蓟州区重点中学高考物理三模试卷
1. 大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时产生的、两种单色光照射某光电管的阴极时，测得遏止电压之比为：，根据该信息下列说法正确的是( )
A. 在同种介质中，光的传播速度比光的小
B. 若光是跃迁到能级产生的，则光可能是跃迁到能级产生的
C. 用同样的装置做双缝干涉实验，光束的条纹间距比光束的窄
D. 当两种光从水中射向空气时，光的临界角小于光的临界角
2. 如图所示，内壁光滑导热气缸中用活塞封闭住一定质量的理想气体，现用一外力将活塞缓慢向上拉动，气缸始终保持静止，在此过程中没有气体漏出，环境温度不变，下列说法正确的是( )
A. 外力逐渐变小 B. 气体的内能增加
C. 气体从外界吸收热量 D. 气体吸收的热量大于对外做的功
3. 历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，如图四幅示意图中说法正确的是( )
A. 汤姆孙通过分析图的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型
B. 表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中要吸收能量
C. 中向左偏转的是粒子，向右偏转的是粒子，不偏转的是粒子
D. 锌的逸出功为，用中一群处于能级的氢原子发出的光照射锌板，逸出光电子的最大初动能为
4. 如图所示，人造地球卫星发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道。先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ；然后在点近地点点火加速，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ；在点远地点再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ，下列说法正确的是( )
A. 轨道Ⅱ上点的速度一定不超过第一宇宙速度
B. 卫星在三个轨道上运行时与地心的连线在相同时间内扫过的面积都相等
C. 卫星在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能
D. 卫星在圆轨道Ⅰ上运行的周期大于在圆轨道Ⅲ上运行的周期
5. 如图所示，两光滑平行长直导轨水平放置在磁感应强度为的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，已知金属棒能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻，金属棒与导轨电阻不计。金属棒在恒力作用下从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，金属棒速度、加速度、感应电动势以及通过电阻的电荷量随时间变化图线正确的是( )
A. B. C. D.
6. 如图所示为一小型交流发电机的示意图，两磁极、间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小。矩形线框匝数，面积，线圈内阻，线圈绕垂直于磁场的水平轴逆时针匀速转动；角速度。矩形线框通过滑环与的电阻相连，电压表为理想电表。则( )
A. 线圈从图示位置开始计时，产生感应电动势的表达式
B. 线圈从图示位置开始转过时，电压表示数为零
C. 该交流电可以直接加在击穿电压为的电容器上
D. 在的时间内电阻上产生的热量为
7. 如图甲所示为一列沿轴传播的简谐横波在时刻的波形图，、、为介质中的三个质点，图乙表示该波处质点的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波沿轴负向传播
B. 时，质点处于波峰位置
C. 时，质点振动的速度方向与回复力方向相同
D. 质点的位移随时间变化的关系式为
8. 如图所示，点是竖直平面内圆的圆心，、、三点将圆三等分，是圆的水平直径，在、两点分别固定等量的正点电荷。不计重力，下列说法正确的是( )
A. D、、三点的电势大小关系为
B. 一个电子可以在、两点电荷的电场中做圆周运动
C. 将一个电子从点静止释放，电子从点沿直线到点的过程中所受的电场力一定是先减小后再增大
D. 若一电子源从点以相同的初动能沿圆周平面内向各个方向发射电子，则从点离开圆周的电子的动能最大
9. 现用如图所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。
在组装仪器时单缝和双缝应该相互______ 放置选填“垂直”或“平行”。
已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有分度。某同学调整手轮使测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为；接着再同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第条亮纹中心对齐，此时测量头上游标卡尺的示数如图所示，则读数为 ______ 。已知双缝间距，测得双缝到毛玻璃屏的距离，所测光的波长 ______ 保留位有效数字。
为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有______ 。
探究两个互成角度的力的合成规律的实验中合力的测量
B.探究弹簧弹力与形变量的关系的实验中弹簧的形变量的测量
用单摆测重力加速度的实验中单摆的周期的测量
用油膜法估测油酸分子的大小的实验中滴油酸酒精溶液体积的测量
图
图
10. 某校物理实验小组要测一未知电阻的阻值，要求尽可能精确测量。
为便于设计电路，该实验小组先用多用电表粗测的阻值，选用欧姆表倍率测量，发现指针偏转过小，为了较准确地进行测量，应该选择______倍率选填“”、“”，并重新进行欧姆调零，正确操作并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量结果是______；
实验室提供了如下实验器材：
A.电源电动势为，内阻不计：
B.电压表量程为，内阻约为：
C.电流表量程为，内阻约为：
D.电流表量程为，内阻约为：
E.滑动变阻器最大阻值为，额定电流为：
F.滑动变阻器最大阻值为，额定电流为；
G.开关及导线若干。
为尽可能准确测量的阻值，实验小组设计了如图乙所示的电路，实验过程如下：
正确连接实验电路后，调节滑动变阻器、的滑片至适当位置：
断开开关，闭合开关，调节滑动变阻器、的滑片，使电流表的示数恰好为电流表示数的三分之二，记录此时电压表的示数和电流表的示数：
保持滑动变阻器的滑片位置不变，再闭合开关，记录电压表的示数和电流表示数：
根据以上测量数据可得______：该实验也可测得电流表的内阻______用、、、表示。
11. 如图所示，一轨道由半径为的四分之一竖直圆弧轨道和水平直轨道在点平滑连接而成，现有一质量为的小物块从点无初速度释放，段长，小物块与段的动摩擦因数为，小物块滑离点后恰好落在半径也为的凹形半圆面上的最底点处，为凹形半圆直径且水平。求：
小物块运动至点的速度大小；
经过圆弧上的点时，小物块对点的压力大小；
小物块在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
12. 如图，平面直角坐标系第一象限内存在一个矩形有界磁场未画出，磁感应强度大小为、方向垂直于坐标平面向里；第二象限内存在沿轴负方向的匀强电场。一质量为、带电量为的电子从轴上点以大小的速度，沿轴正方向垂直射入电场，电子恰好从轴上点进入第一象限，经矩形磁场偏转之后，电子最终从轴上点，以与轴正方向成角穿过轴。不考虑电子的重力，求：
匀强电场的电场强度的大小；
电子在矩形磁场中运动的时间；
矩形磁场的最小面积。
13. 如图所示，边长为、质量为、电阻为的匀质正方形刚性导体线框和直角坐标系轴水平，轴竖直均处于竖直平面内．在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在方向均匀分布，方向上满足各量均采用国际单位，为大于的未知量。初始时，线框的点与坐标原点重合，边与轴重合记为位置现给线框一个沿着轴正方向的速度，并且给线框一个竖直向上的恒力，当线框点下降的高度为记为位置时，可以认为线框恰好达到最大速度，且线框中的电流此后恒力保持大小不变，方向改为方向，线框继续运动到位置位置和位置中点的横坐标相距，此后轨迹是抛物线．若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为，求：
的数值；
线框从位置到位置的时间；
线框从位置运动到位置的竖直高度差．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、由爱因斯坦光电效应方程和遏止电压与最大初动能的关系，整理得光的频率为，因为遏止电压之比为：，所以两光的频率之比，光在介质中传播的速度，同种介质对频率越大的光，折射率越大，因为光的频率大于光的频率，所以光的传播速度大，故A错误；
B、由能级跃迁的频率条件因为光的频率大于光的频率，所以产生光时的跃迁，能级差更大，即光一定是跃迁到比更低的能级，故B错误；
C、由干涉条纹间距公式和波长频率关系，因为所以，所以条纹间距，故C错误；
D、发生全反射时，临界角与折射率之间满足，因的折射率大，故的临界角小，故D正确。
故选：。
通过遏止电压可比较、两单色光的频率高低，利用介质折射率和频率的关系，判断介质中的光速；利用玻尔理论判断跃迁的可能性；利用干涉的条纹间距与波长的关系判断条纹间距；利用全反射的临界角与折射率的关系比较临界角的大小。
本题考查了能级跃迁、光电效应规律、光的干涉、光的全反射，是一道综合程度很高的试题，涵盖光学和原子物理学的主干内容。建议熟练掌握光电效应规律和玻尔理论的内容。
2.【答案】
【解析】解：跟库题意可知，气缸内壁光滑导热，则封闭气体做等温变卦，现用外力将活塞缓慢向上拉动，气缸始终保持静止，气体体积变大。
A、根据玻意耳定律可知，气体的压强减小，则内外的压强差变大，所以需要的外力逐渐增大，故A错误；
B、由于气体发生等温变化，则气体的内能不变，故B错误；
C、由于气体体积变大，气体对外界做功，则
气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故C正确；
D、由于气体内能不变，可知气体吸收的热量等于对外做的功，故D错误；
故选：。
根据题意分析出其气体状态参量的变化，结合玻意耳定律得出压强差的变化趋势，从而得出外力的变化趋势；
根据温度的变化得出气体内能的变化；
根据热力学第一定律分析出气体的吸热量与对外界做功的大小关系。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是理解气体状态参量的变化，结合玻意耳定律和热力学第一定律即可完成分析。
3.【答案】
【解析】解：卢瑟福通过分析图的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，不是汤姆孙，故A错误；
B.表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中，放出能量，故B错误；
C.根据左手定则判断知，中向左偏转的是粒子，向右偏转的是粒子，不偏转的是粒子，故C错误；
D.一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，释放光子的最大能量为
锌的逸出功为，根据爱因斯坦光电效应方程，则逸出光电子的最大初动能为
故D正确。
故选：。
卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；
质量亏损释放核能；
由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；
根据爱因斯坦光电效应方程，求最大初动能。
本题考查了粒子散射实验、光电效应、三种射线的特征、质能方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
4.【答案】
【解析】解：、卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行速度即为第一宇宙速度。在轨道Ⅱ上点，万有引力小于卫星所需要的向心力，卫星做离心运动，该点的速度会大于第一宇宙速度，故A错误；
B、卫星在不同轨道上运动，此时并不适用开普勒第二定律，所以卫星在三个轨道上运行时与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故B错误；
C、卫星从轨道Ⅰ进入轨道轨道Ⅱ时，需要点火加速，推力做正功，所以机械能增大，所以卫星在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故C正确；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据，得，由于轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，所以卫星在轨道Ⅰ的运行周期小于在轨道Ⅲ的运行周期，故D错误。
故选：。
第一宇宙速度等于卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行速度，结合变轨原理分析轨道Ⅱ上点的速度与第一宇宙速度的关系；卫星在不同轨道上运动时，不适用开普勒第二定律。卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式分析周期关系。结合变轨原理分析卫星在不同轨道上机械能的大小。
解答本题时，要明确卫星由低轨道变轨到高轨道时要点火加速，做离心运动，机械能增加。要熟悉开普勒定律的适用条件。
5.【答案】
【解析】解：、金属棒在恒力作用下向右做加速运动，金属棒受到向左的安培力，根据牛顿第二定律得：，随着速度增大，加速度减小，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，最终加速度减至零，做匀速运动，故A错误；
B、由，得，则，可知减小，减小，图像的斜率减小，图像是曲线，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势，增大，增大，最后为一定值。根据，知减小，图像的斜率逐渐减小，故C正确；
D、通过电阻的电荷量，式中是金属棒的位移，随着位移增大，一直增大。由于金属棒做加速度减小的变加速运动，金属棒的位移随时间增大，随着速度增大，位移增加得越来越快，通过的电荷量随时间增加，当速度恒定后，单位时间内位移的增加量不再变化，图线的切线斜率不变，但不等于零，故D错误。
故选：。
根据安培力与速度的关系以及牛顿第二定律求出加速度表达式，判断加速度的变化，从而确定速度如何变化；求出感应电动势与电荷量的表达式，然后分析它们的变化，即可答题。
本题的关键应用牛顿第二定律求出加速度，利用数学知识得到图像斜率表达式，然后进行分析。
6.【答案】
【解析】解：、线圈中感应电动势的最大值为：
从图示开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为：
，故A正确；
B、电压表示数为交流电压的有效值，电压表示数不为零，故B错误；
C、该交流电电压最大值为，超过用电器的最大电压，故C错误；
D、线圈和电阻组成闭合回路，电动势有效值为：
根据焦耳定律可得：
，故D正确；
故选：。
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的最大值，结合初始位置得出感应电动势的表达式；
电压表测量的是电压的有效值，不会为零；
理解电容器的工作电压概念，结合峰值电压即可完成分析；
根据欧姆定律得出干路中的电流，结合焦耳定律得出产生的热量。
本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合欧姆定律和焦耳定律即可完成分析。
7.【答案】
【解析】解：、由乙图可知，时，处的质点处于平衡位置，且沿轴负方向运动。在甲图上，根据“上下坡”法判断可知该波沿轴正方向传播，故A错误；
B、由图乙知，由于，由乙图可知，结合周期性可知时质点处于波峰位置，故B正确；
C、时，质点处于平衡位置，且向上振动，的振动比滞后，所以处于处，向平衡位置运动，则振动的速度方向与回复力方向相同，故C正确；
D、质点的位移与时间变化的关系为
当时，，解得或。波沿轴正方向传播，时刻质点正沿轴正方向运动，所以应舍去，所以质点的位移随时间变化的关系式为，故D错误。
故选：。
根据振动图像读出时刻质点的振动方向，在波形图上，利用“上下坡”法可以判断波的传播方向。也可以判断各质点的振动方向。利用周期性判断质点在不同时刻的位置，利用数学方法求出位移随时间的变化关系式。
本题的关键要熟练掌握“上下坡”法判断质点的振动方向与波的传播方向关系，抓住三要素：振幅、圆
频率和初相位写出质点的振动方向。
8.【答案】
【解析】解：根据题意条件可知，、与两点电荷的距离相等且小于点与两点电荷的距离，由电势的叠加可知，故A错误；
B.在、两点连线的中垂面内，电子受到的合电场力方向指向、两点连线的中点，若给电子一定的初速度，且电子受到的电场力的合力刚好提供电子做圆周运动的向心力，则电子可以在、两点连线的中垂面内绕的中点为圆心做匀速圆周运动，故B正确；
C.设、两点间距为，两点电荷的电量均为，上某点，设，、两点电荷在点形成电场的合场强沿方向，其大小为
由数学知识可知当，则有最大值。由几何知识可知，当电子在点时，，当电子在点时，，因此电子在之间的某处受到的电场力达到最大值，而电子运动到、两点连线的中点时，受到的电场力为零，然后往左运动时，受到的电场力反向，大小增大。由此可知，电子从点沿直线到点的过程中所受的电场力先增大后减小，然后再增大，故C错误；
D.根据题目条件可知，电子的运动过程中电场力做功时，带电粒子的动能与电势能之和为一个定值，由于点不是圆上电势最高的点，因此点不是电子的电势能最小的点，故电子从点离开圆时动能不是最大的，故D错误。
故选：。
根据不同点到电荷之间的距离，结合电势的叠加特点得出电势的大小关系；
对电子受力分析，从而分析出其可能的运动类型；
根据场强的计算公式，结合几何关系和数学知识分析出场强的变化趋势，从而得出电场力的变化趋势；
理解电子在电场中运动时的能量转化关系，结合能量守恒定律即可完成分析。
本题主要考查了场强的叠加问题，理解场强和电势的计算公式，理解物理量叠加时的特点，结合几何关系即可完成分析。
9.【答案】平行 ； ；
【解析】只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹。
游标卡尺的的游标尺为分度，精度为，固定刻度读数为，游标尺上第个格对齐，
故读数为。
所以最终读数为。
由于第条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为；第条亮纹中心对齐，测量头的读数。
所以 。
根据，知
代入数据得：．
先测量个条纹的间距再求出，属于放大测量取平均值。
探究两个互成角度的力的合成规律的实验中合力的测量，属于等效替代法，故错误。
探究弹簧弹力与形变量的关系的实验中弹簧的形变量的测量，属于测多次取平均值，故错误。
用单摆测重力加速度的实验中单摆的周期的测量，属于放大测量取平均值，故正确。
用油膜法估测油酸分子的大小的实验中滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故正确。
故选。
故答案为：平行；
，；
。
根据实验原理，单缝与双缝相平行。
测量头是游标卡尺，其读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；根据列式求解光波长。
依据放大测量取平均值，从而即可一一判定。
解决本题的关键掌握条纹的间距公式，及游标卡尺的读数方法，读数时要先注意精度，再确定游标尺上的读数，注意其读数没有估计值，同时理解双缝干涉条纹的间距公式。
10.【答案】
【解析】解：先用多用电表粗测其阻值：该同学选择倍率，指针偏转角度太小，所选挡位太小，为了较准确地进行测量，应该选择倍率。电阻的测量值为。
根据题意断开开关，闭合开关时，电流表的示数恰好为电流表示数的，则此时流过的电流是电流表示数的，所以流过的电流是流过电流表电流的，闭合开关，电流表的示数，流过的电流为，两端的电压为
则
和电流表以及的总电阻为
所以电流表的内阻
故答案为：，；，
用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表读数；
根据实验原理及闭合电路欧姆定律解答。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可解题。
11.【答案】解：从到做平抛运动，则，
代入数据解得：
从到由速度位移的关系式得：
由牛顿第二定律知，
代入数据解得：
在点由牛顿第二定律得：
代入数据解得：，
根据牛顿第三定律小物块对点的压力大小为
从到由动能定理得：
代入数据解得：
如能垂直落在凹形半圆面上，速度方向与凹形半圆面垂直，那么速度的反方向延长线会经过凹形半圆面圆心，而根据平抛运动的特点，速度的反方向延长线应与水平位移的中点相交，二者矛盾，所以小物块不可能垂直落在凹形半圆面。
答：小物块运动至点的速度大小是；
经过圆弧上的点时，小物块对点的压力大小是。
小物块在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是。
【解析】从到由平抛运动的规律可求得运动至点的速度；
从到由速度位移的关系式结合牛顿第二定律可求得物块对点的压力；
从到由动能定理可求得克服摩擦力所做的功。
本题考查了平抛运动的规律、运动学公式、牛顿第二定律、动能定理的综合应用，明确物体的运动过程及规律是求解的关键。
12.【答案】解：电子从运动到的过程中做类平抛运动，设其运动时间为，在方向上有：
在方向上有：，
根据牛顿第二定律可得：
联立解得：；
在方向上有：
所以
在点根据几何关系可知：，所以：
根据几何关系可得：
电子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：
所以：
根据题意作出电子的运动轨迹示意图如下图所示，由图中几何关系可知，电子在磁场中偏转
粒子在磁场中运动周期：
运动时间：，其中
所以：；
图中矩形磁场面积最小，该矩形的宽为：，长为，即有：
联立解得：。
答：匀强电场的电场强度的大小为；
电子在矩形磁场中运动的时间为；
矩形磁场的最小面积为。
【解析】电子从到的过程中，由动能定理得求解电场强度；
画出带电粒子的运动轨迹，电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力通过向心力结合几何关系求解在磁场中的时间；
由洛伦兹力提供向心力求解半径，根据几何关系求解磁场最小边长，再根据矩形的面积公式求解磁场的最小面积。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。
13.【答案】解：由楞次定律可知线框内电流的方向为逆时针或者，线框位于位置时恰好达到平衡状态，设下边所在处磁感强度为，上边所在处为，则有
解得
由于水平方向左右两边切割磁感线产生的感应电动势抵消，所以上下两边切割磁感线产生的总感应电动势为
由闭合电路的欧姆定律有
解得
代入数据解得：
线框从位置到位置，线框所受安培力合力方向向下，大小为
安培力冲量
代入得
取竖直向下为正方向，在方向由动量定理得
解得
线框从位置到位置，水平方向做匀加速运动，，有
得到
轨迹为抛物线，则方向为匀速运动，有
从位置到位置，方向列动量定理
可得
解得
答：的数值为；
线框从位置到位置的时间为。
线框从位置运动到位置的竖直高度差为。
【解析】根据楞次定律判断线框中电流方向，线框位于位置时恰好达到平衡状态，根据平衡条件列式，即可求解的数值；
根据闭合电路的欧姆定律得到竖直方向的速度，从状态到状态，方向根据动量定理列方程求时间；
线框从位置到位置，水平方向做匀加速运动，由位移时间公式求运动时间。轨迹为抛物线，则方向为匀速运动，线框从位置运动到位置，方向利用动量定理求竖直高度差。
本题主要考查电磁感应现象与力学知识的综合应用，从力的角度来研究，要正确分析线框所受的安培力，根据平衡条件、动量定理等力学规律列方程处理。
第1页，共1页
