2023年贵州省贵阳市高考物理三模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 如图甲所示，磁铁将一张厚纸片压在竖直磁性黑板上保持不动，若将这张厚纸片两次折叠后仍能被该磁铁压在黑板上保持不动，如图乙所示，在这两种情况下相同的是( )
A. 黑板对厚纸片的弹力 B. 磁铁对厚纸片的弹力
C. 黑板对厚纸片的摩擦力 D. 黑板与厚纸片间的最大静摩擦力
2. 如图所示，阳极和阴极是封闭在真空玻璃管中的两个电极，阴极在受到光照时能够发射光电子。在光照条件不变的情况下，随着、间所加电压的增大，发现光电流趋于一个饱和值，这说明( )
A. 阴极的逸出功是一定的
B. 阴极中自由电子的数目是一定的
C. 阴极发射的光电子最大初动能是一定的
D. 阴极单位时间内发射的光电子数目是一定的
3. 匀强磁场中一带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其运动轨迹上速度方向相反的两点之间距离与粒子速率的关系如图所示，则该粒子经过这两点的时间间隔可能为( )
A.
B.
C.
D.
4. 用长输电线将一定值电阻接在电压为的正弦交流电源上，测得电阻两端的电压是。要使电阻两端电压达到，可在该输电线与电源间接入一理想变压器，则该变压器的原，副线圈匝数之比应为( )
A. ： B. ： C. ： D. ：
5. 将一物体沿水平方向抛出，该物体运动到点时速度的大小为，落地时速度与水平方向的夹角为。已知点与落地点间的高度差为，重力加速度取，不计空气阻力，下列选项正确的是( )
A. 物体落地时速度的大小为
B. 物体抛出时速度的大小为
C. 抛出点与落地点的高度差为
D. 物体从点运动到落地点所用时间为
6. 如图甲所示，紧挨但不粘连的两物块、静止放置在光滑水平地面上。时，水平方向的力作用于上，以水平向右为正方向，随时间变化的规律如图乙所示。下列关于运动的速度及加速度随时间变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 电影流浪地球中的太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，它的作用是将人和物资送入位于同步轨道的空间站，其构想如图所示，电梯轨道底端固定于赤道上某点，顶端与位于同步轨道的空间站相连，电梯轨道、空间站及地心在同一直线上。若某次运输过程中，电梯停在图中所示位置，此时( )
A. 电梯外壳上脱落的物体将做圆周运动
B. 电梯轨道对电梯的作用力方向指向空间站
C. 电梯的线速度大于空间站的线速度
D. 电梯的向心加速度小于空间站的向心加速度
8. 如图所示为一边长为的正方体，其所在空间中有一匀强电场。把电荷量为的点电荷从顶点移动到顶点或，电场力做功均为；把该点电荷从点移动到顶点，电场力做功为。下列说法正确的是( )
A. 该匀强电场的场强方向沿
B. 该匀强电场的场强大小为
C. 、两点间的电势差为
D. 该点电荷从点移到连线的中点，电场力做功为
9. 某学习小组用如图所示的装置研究匀变速直线运动。在测量数据时，舍掉纸带开头一些过于密集的点，找一个适当的点作为计时起点，并记作。从点开始，后面每取一个计数点，分别用、、标记。接下来，甲、乙两同学分别提出以下两种测量方案：
甲：挪动米尺依次量出相邻两个计数点的间距、、；
乙：用米尺一次量出各计数点到点的间距、、。
甲、乙两同学的测量方案中更合理的是______ 选填“甲”或“乙”。
根据合理方案得到各计数点的速度大小如下表所示：
计数点
根据表格中的数据在给出的坐标系中补齐数据点，并作出图线______ 。
根据作出的图线可知，小车做匀变速直线运动的加速度大小为______ 。结果保留位有效数字
10. 某同学要测量一节干电池的电动势和一个电阻的阻值，可利用的实验器材有：
待测干电池电动势约；
待测电阻；
微安表量程，内阻；
滑动变阻器最大阻值；
定值电阻；
导线若干。
该同学设计了如图所示的电路，并计划按下面的步骤进行操作：
按电路图接好线路，使滑动变阻器接入电路的阻值最大；
用导线短接、接线柱，调节滑动变阻器，使微安表满偏；
去掉短接导线，在、接线柱间接入定值电阻，记下此时微安表的读数；
去掉，在、接线柱间接入待测电阻，记下此时微安表的读数；
根据测量数据计算出干电池电动势和待测电阻的阻值。
此计划存在的问题是微安表量程______ 选填“太大”或“太小”。
为解决上述问题，该同学找到一个阻值为的定值电阻，请把接入答题卡上的电路图中。
把接入电路后，按上述步骤进行操作，微安表的读数和分别如图甲、图乙所示，则 ______ ， ______ 。
通过测量数据，可计算出干电池电动势 ______ ，待测电阻 ______ 。
11. 如图所示，一宽度的形金属框与水平面夹角为。与金属框接触良好的导体棒垂直导轨放置，距金属框底端。空间中有垂直金属框平面的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系为。已知当时，恰好不受摩擦力，与金属框间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。接入电路的电阻，金属框电阻忽略不计，，取。求：
导体棒的质量；
经过多长时间，导体棒开始运动。
12. 如图所示，一质量、长度的“”形木板静止在水平地面上，木板左端为一竖直薄挡板。距木板右端处放置一质量的小物块，一质量也为、表面光滑的小球以的初速度从木板右端滑上木板后与物块发生正碰。物块与小球均可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，所有碰撞时间极短且均是弹性碰撞，取。求：
小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小；
小球从木板上掉落时物块的速度大小；
木板运动的时间。
13. 如图所示是探究气体等温变化规律的实验装置。某同学采取了以下步骤进行实验：
在玻璃管内的柱塞上均匀地抹上一层轻质润滑油；
卸下橡胶套；
缓慢向上提起柱塞至某一位置，使柱塞下方的玻璃管内充满空气；
______ ；
通过玻璃管上的刻度和气压计读取此时空气柱的长度与压强；
多次缓慢移动柱塞，重复步骤。
请把步骤补充完整。
实验中要缓慢移动柱塞，目的是______ 。
步骤中，若该同学将柱塞缓慢向上提起，则空气柱______ 选填“吸热”、“放热”或“无热传递”。
14. 如图所示，、是导热性能良好、容积均为的容器，两者通过导热性能很差的细管连通。已知室温恒为，初始时、中气体压强为。现仅将浸入某低温液体中，稳定后，、中气体压强变为。求：
稳定后，中气体质量与中原来气体质量的比值；
低温液体的温度。
15. 某同学测量玻璃砖的折射率。
图甲、图乙是实验过程中玻璃砖放置的两种方式，其中正确的是______ 选填“图甲”或“图乙”。
图丙是实验过程中拍摄的一张照片，其中是入射光线与玻璃砖界面的交点，、两点到点的距离相等，根据图丙，并利用刻度尺量出两个量即可算出玻璃砖折射率，这两个量是______ 。
该玻璃砖折射率为______ 保留位有效数字，用三角函数表示不得分。
16. 一列波长为、振幅为的简谐横波沿轴正向传播，时的波形图如图所示，此时平衡位置在处的质点刚开始振动。已知质点的平衡位置位于处，时点第一次到达波峰。求：
该简谐横波的传播速度；
从时刻起经，点运动的路程。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：纸片折叠后变厚，则磁铁距离黑板的距离变大，则黑板对磁铁的吸引力减小，则黑板对厚纸片的弹力减小，磁铁对厚纸片的弹力减小，黑板与厚纸片间的最大静摩擦力减小，但黑板对厚纸片的摩擦力仍保持不变，还是等于纸片和磁铁的重力之和，故C正确，ABD错误；
故选：。
因为磁铁与黑板的距离增大，则吸引力减小，则弹力也减小；
但因为厚纸片处于静止状态，所以摩擦力等于重力，保持不变。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合平衡状态和摩擦力的分类即可完成解答。
2.【答案】
【解析】解：根据光电效应规律，在光照条件不变的情况下，随着、间所加正向电压的增大，光电流增大，增大到一定程度，电流达到饱和，不再增大，此时阴极发出的所有光电子都到达了极，即阴极单位时间内发射光电子数目是一定的。故D正确，ABC错误。
故选：。
本题根据光电效应规律，即可解答。
本题考查学生对光电效应规律，即饱和光电流的掌握，是一道基础题。
3.【答案】
【解析】解：洛伦兹力充当向心力
则
即
由图
粒子周期
粒子经过两点时间间隔、、、
当时，故B正确，ACD错误。
故选：。
洛伦兹力充当向心力列式，求，根据题意，求，再根据周期公式，分析时间间隔。
本题考查学生对带电粒子在磁场中做圆周运动的规律掌握，即洛伦兹力充当向心力。
4.【答案】
【解析】解：输电线与电阻属于串联关系，所以通过输电线的电流与流过电阻的电流相等，则
解得
若使，则
根据原副线圈匝数之比等于电压之比可知，故A正确，BCD错误。
故选：。
根据输电线与电阻电流相等，结合欧姆定律求出和两端的电压之比，最后根据原副线圈两端电压之比求出原副线圈的匝数之比。
本题考查了变压器的相关知识，解决本题的关键是根据欧姆定律求出和两端的电压之比。
5.【答案】
【解析】解：从点到落地，满足机械能守恒定律，则由机械能守恒定律：
化简为：
代入数据有：
解得物体落地时速度的大小为：，故A错误；
B.根据落地时速度与水平方向夹角为可知：
物体落地时的水平速度为：
则物体抛出时速度的大小为：，故B错误；
C.物体落地时的竖直速度为：
抛出点与落地点的高度差为：，故C正确；
D.由上可知，物体水平抛出的初速度为
由题可知物体在点的合速度为
则可求物体在点的竖直方向的速度：
代入数据有：
则根据物体在竖直方向上做匀加速直线运动，应用速度时间公式有：
物体从点运动到落地点所用时间为：，故D错误。
故选：。
物体从点到落地，满足机械能守恒定律，根据机械能守恒定律即可求落地时的速度；
根据落地时速度与水平方向夹角为可知，，对合速度进行分解即可求物体的水平速度，即物体抛出时的速度大小；
根据落地时速度与水平方向夹角为，对合速度进行分解还可得物体落地时的竖直分速度：，则可求物体运动的时间，进而求物体抛出点与落地点的高度差；
由上分析可知，利用速度的合成与分解，可求物体在点的竖直方向的速度，根据匀加速直线运动的速度时间公式，即可求解物体从点运动到落地点所用时间。
本题考查平抛运动。解题关键是正确地对运动进行合成与分解；并且能够准确地应用机械能守恒定律。
6.【答案】
【解析】解：在时间内，沿正方向，故和两个物体的加速度相同，大小为
两物体做加速度均匀减小的加速运动；在时间内，沿负方向，则此后脱离，做匀速运动，做减速运动，此时的加速度
由对称性可知，在力大小相同的位置，，所以速度减为零的时间小于，故AD正确，BC错误。
故选：。
较小且拉动整体时，整体具有共同的加速度，二者相对静止；当较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后做变加速直线，匀加速直线运动；分三个阶段根据牛顿第二定律列式讨论即可。
本题考查了判断加速度和速度随时间变化过程问题，分析清楚物体的运动过程与受力情况是解题的关键，应用牛顿第二定律即可解题。
7.【答案】
【解析】解：同步轨道上，万有引力等于空间站做圆周运动的向心力：
电梯环绕半径小于空间站环绕半径，即，则
万有引力大于电梯做圆周运动的向心力，符合近心运动的条件，故电梯外壳上脱落的物体将做近心运动。故A错误；
B.电梯做匀速圆周运动，则合外力提供向心力，根据电梯受到的万有引力大于做圆周运动的向心力，则万有引力与电梯轨道对电梯的作用力的差值提供向心力，即电梯轨道对电梯的作用力方向与万有引力方向相反，指向空间站。故B正确；
C.根据题意，电梯与空间站角速度相同，根据
又由于
可知电梯的线速度小于空间站的线速度。故C错误；
D.向心加速度
可知电梯的向心加速度小于空间站的向心加速度。故D正确。
故选：。
分析电梯上万有引力与向心力关系，确定运动状态；
合外力提供向心力，根据受力情况，分析电梯轨道对电梯的作用力方向；
根据，比较线速度大小；
根据，比较向心加速度大小。
本题考查学生对圆周模型的分析能力，解题关键是掌握合力提供向心力，并掌握基本关系式、。
8.【答案】
【解析】解：依题意，电荷从顶点移动到顶点或，电场力做功均为，则场强方向与平面平行；把该点电荷从点移动到顶点，电场力做功为，即把该点电荷从点移动到顶点电场力做功为从顶点移动到顶点电场力功的倍；而长度等于在方向的投影的倍，即长度等于在方向的投影的倍，故场强方向应该沿着方向，则电荷从到，根据电场力做功公式：
解得场强大小为
故A错误，B正确；
C.、两点间的电势差等于两点的电势差，根据电场力做功公式可知：
故C正确；
D.该点电荷从点移到连线的中点，电场力做功为
故D正确。
故选：。
依题意，分析电场方向，根据电场力做功公式，求电场强度大小；
根据电场力做功公式，求、两点间的电势差以及点电荷从点移到连线的中点，电场力做功；
本题考查学生对电场方向判断以及电场力做功公式的掌握，是一道中等难度题。
9.【答案】乙 见解析
【解析】甲同学挪动米尺依次量出相邻两个计数点的间距会使得测量误差大，乙同学测量方法误差较小，故乙同学的测量方案更合理。
根据图表中数据描点连线，点数据明显偏离，需要舍弃。如下图
根据图线中斜率表示加速度，舍弃点数据，选择较远的两点求解斜率
故答案为：乙；。
根据减小误差分析判断；
根据表格中数据在坐标系中描点连线画出图像；
根据图像斜率计算加速度。
本题考查研究匀变速直线运动实验，要求掌握实验原理、实验装置和利用图像处理数据。
10.【答案】太小
【解析】解：若用导线短接、接线柱，调节滑动变阻器，使微安表满偏，则根据欧姆定律可得：
而滑动变阻器最大值与之和只有，阻值过小，则此计划存在的问题是微安表量程太小；
为解决上述问题，可将微安表扩大量程，即用定值电阻与微安表并联，此时量程可扩大为：
量程扩大了倍；请把接入答题卡上的电路图中如图所示：
如图甲、图乙所示，最小刻度，则，；
当微安表满偏时，则滑动变阻器阻值
在、接线柱间接入定值电阻时，此时电路中的总电流为
在、接线柱间接入待测电阻，此时电路的总电流为
联立解得：；
故答案为：太小；如上图所示；；；；
根据欧姆定律得出电阻的大小，从而分析出量程存在的问题；
根据实验原理画出对应的电路图；
根据多用电表的读数规则得出对应的示数；
根据闭合电路欧姆定律和对电路构造的分析得出的电动势和待测电阻的大小。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
11.【答案】解：已知当时，恰好不受摩擦力，则根据平衡状态可得：
其中根据欧姆定律可得：
根据法拉第电磁感应定律可得：
解得：；
随着减小，则安培力减小，则最终导体棒将要向下运动，则当导体棒将要运动时满足：
其中电流，
解得：
答：导体棒的质量为；
经过的时间，导体棒开始运动。
【解析】根据对的受力分析，结合安培力公式和欧姆定律，联立等式得出棒的质量；
对棒受力分析，根据安培力的计算公式得出对应的时间。
本题主要考查了安培力的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合安培力的计算公式即可完成解答。
12.【答案】解：所有碰撞时间极短且均是弹性碰撞，故小球与物块碰撞时由动量守恒和能量守恒关系，
解得，，即碰撞后瞬间物块的速度大小；
碰后小球静止，木块向左以初速度的速度滑动，因木块给木板的摩擦力为，解得
木板受地面的最大静摩擦力为，解得
可知木板静止，木块向左减速，到达左侧挡板时速度为，根据动能定理则有
解得
与挡板碰后设木块速度，木板速度，根据动量守恒和能量守恒列式，则有，
解得，
随后木块向右减速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小为，解得
木板先左减速，根据牛顿第二定律，加速度大小为，解得
当木板向左运动时小球从木板上滑落，则
解得，用时间，解得
此时木块的速度，解得
即小球从木板上掉落时物块的速度为零；
此后木块加速度不变反向向左加速，木板向左减速，加速度为，解得
则物块和木板共速时有
解得，
最后一起向左减速运动直到木板停止，此时木板和木块的加速度，解得
用时间，
则木板运动的总时间，解得
答：小球与物块碰撞后瞬间物块的速度大小；
小球从木板上掉落时物块的速度大小；
木板运动的时间。
【解析】根据弹性碰撞规律，动量守恒和能量守恒列式，求碰后速度大小；
根据摩擦力公式，求木块给木板的摩擦力和木板受地面的最大静摩擦力，分析木板状态，根据动能定理列式，求木块到达左侧挡板时速度，根据动量守恒和能量守恒列式，求与挡板碰后设木块速度，木板速度，根据牛顿第二定律，求木块、木板加速度大小，再根据运动学公式，求时间和速度。
根据牛顿第二定律，求加速度，列共速等式，求共速时间和共速速度，最后求总时间。
本题是一道综合性较强，难度较高的题，考查学生对弹性碰撞模型规律的掌握，即动量守恒和动能守恒，考查了学生对牛顿第二定律和运动学公式的掌握，需要学生分析运动过程。
13.【答案】用橡胶套密封注射器的下端 保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变 吸热
【解析】解：用橡胶套密封注射器的下端，使注射器内部有一定质量的密封气体。
缓慢移动柱塞，使气体状态变化过程中温度尽可能保持不变，符合本实验探究过程“等温”这一前提。
根据热力学第一定律可知等温过程中，内能不变，则柱塞缓慢向上提起时，气体膨胀对外做功，，则气体必然从外界吸热。
故答案为：用橡胶套密封注射器的下端；保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变；吸热
用橡胶套密封注射器的下端，使注射器内部有一定质量的密封气体。
缓慢移动柱塞，使气体状态变化过程中温度尽可能保持不变，符合本实验探究过程“等温”这一前提。
根据热力学第一定律可知等温过程中，内能不变，则柱塞缓慢向上提起时，气体膨胀对外做功，，则气体必然从外界吸热。
本题考查了气体的等温变化规律的实验探究和热力学第一定律的相关知识，解决本题的关键是理解实验原理，熟练掌握热力学第一定律。
14.【答案】解：设初始压强为，稳定后压强为。根据玻意耳定律可知中气体温度不变，则假设在室温状态下气体压强为的气体体积为，稳定后气体体积变为的容积，由此可得：
解得：
根据气体质量与体积的关系可知：
根据理想气体状态方程可知，设中气体初始温度为，稳定后温度为，由此可得：
解得：
答：稳定后，中气体质量与中原来气体质量的比值为；
低温液体的温度为。
【解析】分析出气体变化前后的状态参量，结合质量与体积的关系得出质量的比值关系；
根据一定质量的理想气体的状态方程列式得出液体的温度。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律即可完成分析。
15.【答案】图乙 两条垂线和的长度
【解析】解：玻璃砖应该平放在水平桌面上面，则正确的是图乙；
由两点分别向虚线法线引垂线，则用刻度尺量的两条垂线和的长度；
该玻璃砖折射率为
故答案为：图乙；两条垂线和的长度；。
根据实验原理分析判断；
根据几何知识分析判断；
根据玻璃折射率公式计算。
本题考查测定玻璃折射率实验，要求掌握实验原理、实验数据处理。
16.【答案】解：时点第一次到达波峰，可知波传播的距离为：
代入数据得：
波速
代入数据得：
波的周期为：
代入数据得：
波传到点需要的时间为：
代入数据得：
则在代入数据得：
故
的时间内质点经过的路程为：
代入数据得：
答：该简谐横波的传播速度为；从时刻起经，点运动的路程为。
【解析】根据点达到波峰的时间结合位置特点得出波传播的距离，根据计算出波速；
先计算出时间，根据时间和周期的关系，结合一个周期内质点的路程与振幅的关系完成计算。
本题主要考查了横波的图像，注意波速计算的方法，结合质点的振动路程与周期的关系完成分析。
第1页，共1页
