【文档说明】2023届安徽省滁州市定远中学高三下学期高考押题物理试题（三） Word版含解析.docx，共(20)页，2.414 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-78d3fa7fb6d978dc1bc039a28f839ebe.html

以下为本文档部分文字说明：

2023届高三押题卷物理试题（三）一、单选题（本大题共5小题）1.有四个核反应方程如下，下列说法正确的是（）①23519513892038541U+nSr+Xe+3X→②2311220H+XHe+n→③24427122133Mg+HeAl+X→④23823492904

UTh+X→A.①是核聚变，X1是10nB.②是核裂变，X2是21HC.③是原子核的人工转变，X3是11HD.④是核裂变，X4是42He【答案】C【解析】【详解】A．根据质量数与电荷数守恒，X1的质量数与电荷数分别为235+19513813

−−=92385403−−=则X1是10n，该反应是核裂变，A错误；B．根据质量数与电荷数守恒，X2质量数与电荷数分别为3+1-2=22-1=1则X2是21H，该反应是核聚变，B错误；C．根据质量数与电荷数守恒，X3的质量数与电荷数分别为24+4-27=112+2-13=1则X3是11H，该

反应是人工核转变，C正确；D．根据质量数与电荷数守恒，X4的质量数与电荷数分别为238-234=492-90=2则X442He，该反应是α衰变，D错误。故选C。2.如图所示，水平固定的光滑细长杆上套有

一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接的是Q，另一端悬挂一物块P。设细线的左边部分与水平方向的夹角为，初始时很小，现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动，下列说法正确的是（）A.在

向90°增大的过程中，P一直处于超重状态B.当90=时，P的速度最大C.当90=时，Q速度最大D.当60=时，P、Q的速度大小之比是3:2【答案】C【解析】【详解】A．P从开始运动到到达最低点的过程中，先向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态，然后又减速向下运动，加速度

向上，处于超重状态，故D错误BC．当θ=90º时，P的速度为0，位置最低，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ=90°时，Q的速度最大，P的速度最小，为零；故B错误，C正确；D．由题可知，P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当60

=时，cos60QPvv=解得：:1:2PQvv=故D错误。故选C。3.某同学为了研究瞬间冲量，设计了如图所示的实验装置。将内径为d的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上，在圆环上放置直径为1.5d，质量为m的薄圆板，板上放质量为2m的物块，圆板中心，物块均在环的中心轴线上。对圆板施加指向

圆心的瞬间冲量I，物块与圆板间摩擦因数为μ，不计圆板与圆环之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑圆板翻转，以下说法正确的是（）的A.若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块与圆板相对滑动的位移越大B.若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块离开圆板时速度越大C.当冲量2Imgd=时，物块一定会从

圆板上掉落D.当冲量22Imgd=时，物块一定会从圆板上掉落【答案】D【解析】【详解】AB．设圆板获得的速度大小为0v，物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为1v和2v，由动量定理，有0Imv=由动能定理，对圆板22103112422mgsdmvmv−+=−对物块有2

212202mgsmv=−根据动量守恒定律0122mvmvmv=+解得222312()292mdsgIImgd=+−则物块可以从圆板滑落，物块与圆板相对滑动的位移不变，冲量I越大，物块离开圆板时的速度越小，AB错误；的CD．以向右为正方向

，由动量守恒定律，有0122mvmvmv=+要使物块落下，必须12vv解得322ImgdC错误，D正确。故选D。4.手机无线充电技术越来越普及，图（a）是某款手机无线充电装置，其工作原理如图（b）所示。送电线圈ab间接入如图（c）所示的正弦交变电流。快充时，将S与1合上，送电线

圈和受电线圈的匝数比12:4:1nn=，手机两端的电压为11V，充电功率为44W；慢充时，将S与2合上，送电线圈和受电线圈的匝数比12:5:1nn=，手机两端的电压为5V，充电功率为10W。装置线圈视为理想变压器，则下列说法正确的是（）A.1R的阻值为10ΩB.2R的阻值为20ΩC.1R的阻值为

11ΩD.2R的阻值为22Ω【答案】C【解析】【详解】AC．输入交流电的有效值12202V220V2U==S与1接通，此时次级电流244A4A11I==次级电压221155VnUUn==则15511=114R−=

C正确，A错误；BD．S与2接通，此时次级电流310A=2A5I=次级电压'331144VnUUn==则2445=19.52R−=BD错误。故选C。5.如图（a）所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向（z

轴垂直于xOy平面）做简谐振动的波源1S（0，4）和2S（0，2−）。两波源的振动图像分别如图（b）和图（c）所示，已知两列波的波长均为2m。则下列选项正确的是（）A.两列波的传播速度均为4m/sB.质点A的振幅为6cmC

.两列波引起A、B两质点的振动减弱D.当C（0，0.5）处质点开始振动后1s内通过的路程为8cm【答案】C【解析】【详解】A．由图（b）和图（c）可知，两列波的周期均为2s，则两列波的传播速度均为m/s1m/s22vT===故A错误；

BC．质点A到两波源的波程差为2286m8m2mAs=+−==质点B到两波源的波程差为222243m43m0Bs=+−+=由于两波源的起振方向相反，则两列波引起A、B两质点的振动减弱，质点A的振幅为2cm，故B错误，C正确；D．波源2S的振动传播到C处的时间为112.5s2.5s1x

tv===波源1S的振动传播到C处的时间为223.5s3.5s1xtv===可知波源2S的振动比波源1S的振动先传播到C处，即C处质点开始振动1s后，波源1S的振动才传到C处，故当C处质点开始振动后1s内通过的路程为2

222cm4cmsA===故D错误。故选C。二、多选题（本大题共3小题）6.如图所示，一根不可伸长的轻绳绕过两个轻质光滑小定滑轮1O、2O，一端与一小球连接，另一端与套在足够长的光滑固定直杆上的小物

块连接，小球与小物块的质量均为m，直杆与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角为60=，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮1O的距离为L，重力加速度为g，小球运动过程中不会与其他物体相碰，不计一切摩擦。将小物块从C点由

静止释放，则下列说法正确的是（）A.当小物块下滑距离为L时，其速度大小为435gLB.小物块能下滑的最大距离为2(13)L+C.当小物块下滑距离为L时，小球的速度大小为135gLD.运动过程中小物块、小球和地球组成的系统机械能守恒【答案】ACD【解析】【详解】AC．设小物块下滑距离为L时的速度大

小为v，此时小球的速度大小为v1，则1cos60=vv22111sin6022mgLmvmv=+解得435vgL=，1135vgL=故AC正确；B．设小物块能下滑的最大距离为s，此时小球升高的高度为h，根据余弦定理有()2222cos60LhsLsL+=+−根据机械能守恒定律有sinmgs

mgh=解得4(13)sL=+故B错误；D．运动过程中，对小物块、小球和地球组成的系统，只有重力和系统内的弹力做功，所以机械能守恒，故D正确。故选ACD。7.2020年7月23日，我国的“天问一号”火星探测器，搭乘着

长征五号遥四运载火箭，成功从地球飞向了火星，如图所示为“天问一号”发射过程的示意图，从地球上发射之后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，进入着陆准备轨道，已知“天问一号”火星探测器在轨道半径为r的环火星圆轨道上

运动时，周期为1T，在半长轴为a的着陆准备轨道上运动时，周期为元，则下列判断正确的是（）A.“天问一号”在环火星圆轨道和着陆准备轨道上运动时满足223312raTT=B.火星的平均密度一定大于213GTC.“天问一号”沿不同轨道经过图中的A点时的加

速度都相同D.“天问一号”在环火星圆轨道上的机械能等于其在着陆准备轨道上的机械能【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．由开普勒第三定律可得332212raTT=A错误；B．假设“天问一号”在火星表面附近做圆周运动时，周期为3T

，则火星的平均密度可表示为233GT=由32rTGM=可知31TT故213GTB正确；C．飞船在环火星圆轨道经过A点和着陆准备椭圆轨道经过A点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，C正确；D．“天问一号”由

环火星圆轨道变轨到着陆准备轨道，需要在远火点减速，故机械能减小，D错误。故选BC。8.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在两极板之间的中点位

置，不计重力，下列说法正确的是（）A.从t=0时刻释放的电子，将始终向右运动，直到打到右极板上B.从4tT=时刻释放的电子，最终将打在左极板上C.从8Tt=时刻释放的电子，若出发后T时间内没有撞板，则第一次单

向直线运动和第二次单向直线运动的位移大小之比为9:1D.从34TtT时刻释放的电子，最终将一定打在右极板上【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．刚开始电子在向右电场力的作用下，电子先向右做匀加速，再向右做匀减速，运动的方向始终向右，故电子始

终向右运动，直到打在右极板上，故A正确；B．从4tT=时刻释放的电子，刚开始电子在向右电场力的作用下，电子先向右做从4T时间的匀加速，再向右做4T时间的匀减速，减速到0，接着做4T时间的向左的匀加速，然后

做4T时间的向左的匀减速，减速到0，电子在两极板间做往复运动，故B错误；C．由分析可知从8Tt=时刻释放的电子，先做38T时间的匀加速直线运动，然后做38T时间的匀减速到0，此时的位移为221119=2=264Taxat接着做反向8T时间的匀加速运动，再

做8T时间的匀减速到0，此段的位移为22221=2=264Taxat所以两次位移大小之比为9:1，故C正确；D．从34TtT时刻释放的电子，电子在两极板间做往复运动，不会打在右极板上，故D错误。故选

AC。三、实验题（本大题共2小题）9.在做“测定玻璃的折射率”的实验中，先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，插上大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像。如图所示，aa和bb分别是玻璃砖与空气的

两个界面，用“+”表示大头针的位置。图中AO表示经过大头针P1和P2的光线，该光线与界面aa交于O点，MN表示法线。（1）请将光路图画完整，并在图中标出光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角1和折射角2；（）（2）该玻璃砖的折射率可表示为n

=_____。（用1和2表示）（3）在做“用插针法测玻璃折射率”实验中，图中所示直线aa、bb表示在白纸上画出的两个界面。两位同学选择的器材和操作如下：A.甲同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面aa与bb后，将玻璃砖垂直于aa方向沿纸面向上平移了少许，其

它操作正确B.乙同学在白纸上画aa、bb两界面时，其间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微小些，其它操作正确甲同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比______。乙同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比______。（填“偏大、偏小、不变”）（4）对“测定玻璃折射率”的

实验中的一些问题，几个同学发生了争论，他们的意见如下，其中正确的是（）A．为了提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些B．为了提高测量的精确度，入射角应适当大一些C．P1、P2之间的距离的大小及入射角的

大小跟测量的精确度无关D．如果入射角太大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察（5）如下图所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学换了一块三棱镜来实验，先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜，并确定AB

和AC界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像。插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置（图中已标出）

。为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图甲、乙所示。在图中能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图______（选填“甲”或“乙”），所测玻璃折射率的表达式n=_____

_（用代表线段长度的字母ED、FG表示）。【答案】①.②.12sinsin③.不变④.偏大⑤.ABD⑥.乙⑦.EDFG【解析】【详解】解：（1）[1]P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，则有经P1、P2的光线折射后经P3、P4，做出光路图，如图所示，（2）[

2]由折射率公式，可得玻璃砖的折射率12sinsinn=（3）[3]甲同学将玻璃砖垂直于aa方向沿纸面向上平移了少许，可知光线的入射角和折射角均不变，所以测出玻璃砖的折射率与真实值相比不变。[4]其间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微小些，由图可知，折射角偏小，则折射率偏大，乙同学测

出玻璃砖的折射率与真实值相比偏大。（4）[5]A．为了提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，A正确；B．为了提高测量的精确度，入射角应适当大一些，折射角也会大一些，用量角器测量时，可减小相对误差，

B正确；C．如果P1、P2之间的距离太小时，插P3、P4时很容易产生偏差，使相对误差增大；入射角太小时，折射角也太小，用量角器测量时，相对误差较大，C错误；D．因为光是从空气射入玻璃，光在玻璃中不会产生全反射，如果入射角太大，则反射光会加强，折射光会减弱，不易观察，D正确。故选ABD。（5）[6]

由折射率公式可知，在图乙中可有DO=GO可得EDEDDOnFGFGGO==所以测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图乙。[7]所测玻璃折射率的表达式EDEDDOnFGFGGO==10.在测量金属丝的电阻率实验中（1）用螺旋测

微器测金属丝的直径，读数如图，则该金属丝直径为_________mm。（2）为测量金属丝电阻，实验室提供了以下器材：电源：E=6V，内阻不计电压表V：量程为3V，内阻V3.0kΩR=电流表A：量程为0.6A，内阻A1.0R=滑动变阻器

R：最大阻值约15Ω导线，电键若干该同学先采用下图A电路进行测量：①该同学将滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表示数为0.92V，电流表示数为0.56A。该同学认为电压表示数偏小，会对实验结果造成较大误差；于是又找到了两个电阻，分别是16.0kΩR=，20.5R=，该同学

应该选择电路_________（填B或C）进行测量。②按正确电路图连接好电路，滑片滑到某一位置时，两表示数分别为2.70V、0.52A，则待测金属丝的阻值为_________Ω（保留3位有效数字）【答案】①.1.472②.C③.1.73【解析】【详

解】（1）[1]金属丝直径为1mm0.01mm47.21.472mmd=+=（2）①[2]电流表示数接近量程，电压表示数偏小，说明电压表量程偏大或电流表量程偏小，则电流表需并联电阻改装为量程更大的电

流表，通过调节滑动变阻器使电表示数合适。该同学应该选择电路C进行测量。②[3]通过待测金属丝的电流为A2V1.56AxIRUIIRR=+−待测金属丝的阻值为1.73ΩxxURI=四、计算题（本大题共3小题）11.如图所示，质量为10kgm=的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸中，开始时活

塞距汽缸底高度130cmh=。此时气体的温度1300KT=。现缓慢给气体加热，气体吸收的热量320JQ=，活塞上升到距汽缸底240cmh=。已知活塞面积250cmS=，大气压强501.010Pap=，不计活塞与

汽缸之间的摩擦，g取210m/s。求：（1）当活塞上升到距汽缸底2h时，气体的温度2T；（2）给气体加热的过程中，气体增加的内能U。【答案】（1）400K；（2）260J【解析】【详解】（1）汽缸内封闭的气体等压变化，根据盖吕萨克定律有1212VVTT=代入数据可得240

0KT=（2）开始时封闭气体的压强为550aaa410101.010PP1.210P5010mgppS−=+=+=外界对气体做功为()()524211.2104030105010J60JWphhS−−=−−=−−=−根据热力学第一定律可知气体增加的内能为60J3

20J260JUWQ=+=−+=12.如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间0.2mL=，左端接有阻值0.3R=电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁

感应强度大小1.0TB=。一根质量0.2kgm=，电阻0.1Ωr=的金属棱ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移9mx=时离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度0.8mh=

处，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.1=，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触。210m/s=g，求：（1）金属棒运动的最大速率mv；（2）金属棒在磁场中速度为m2v时的加速度大小；（3）金属棒在恒力F

作用下向右运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）4m/s；（2）1m/s2；（3）1.5J【解析】【详解】（1）金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律2m12mvmgh=解得金属棒运动的最大速率mvm24m/svgh==（2）金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流

为I，则m2ABLvIRr==+由平衡条件可得0.6NFBILmg=+=金属棒速度为m2v时，设回路中的电流为I，则()m1A2BLvIRr==+由牛顿第二定律得FBILmgma−−=解得21m/sa=（3）设金属棒在磁场中运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，

根据功能关系2m12FxmgxmvQ=++则电阻R上的焦耳热RRQQRr=+解得R1.5JQ=13.如图所示，一质量为2kgM=、长为14.5ml=的木板静止在倾角30=的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为1kgm=的小物块静置于木

板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为133=。现给木板一沿斜面向下的初速度112m/sv=，木板到达斜面底端时小物块也恰好到达木板下端，此刻木板锁定，小物块滑到水平传送带上继续运动，最终从传送带左

端离开，传送带以速度214m/s=v逆时针转动，其长度210ml=，小物块与传送带间动摩擦因数20.5=。小物块经过斜面与传送带连接处机械能损失不计，重力加速度g取210m/s。求：（1）小物块和木板开始运动的加速度；（2）木板

运动的时间；（3）整个过程系统因摩擦增加的内能。【答案】（1）2m10m/sa=，2M5m/sa=−；（2）M2.1st=；（3）305JQ=【解析】【详解】（1）设小物块和木板开始运动时，物块做匀加速直线运动，加速度为ma，木板做匀减速直线运动，加速度为Ma；规定沿斜面向下

运动为正方向，对物块，由牛顿第二定律得1msincosmgmgma+=可得2m10m/sa=对木板，由牛顿第二定律得11Msin()coscosMgmMgmgMa−+−=可得2M5m/sa=−（

2）设从开始运动到两者碰撞时间1t，两者碰撞前瞬间速度分别为mv，Mv，位移分别为m1x，M1x，由运动学知识可知，对物块有2m1m112xat=，mm1vat=对木板有2M111M112xvtat=+，M11Mvvat=+又M1m11xxl−

=联立解得10.6st=，m11.8mx=，2m6m/sv=，M16.3mx=，2M9m/sv=物块与挡板碰撞后瞬间速度分别为m1v、M1v，由动量守恒定律和机械能守恒定律得为MmM1mlMvmvMvmv+=+2222MmM1m111112222MvmvMvmv+=

+解得ml10m/sv=，M17m/sv=设物块与木板碰撞后直到同时到达斜面底端的位移分别为m2x，M2x，运动时间为2t，由受力分析可得碰撞后物块与木板均做匀速直线运动，由几何关系得m2M2m12M121xxvtvtl=−−=可得21.5st=，M21

0.5mx=故木板运动的总时间为M122.1sttt=+=（3）物块与木板之间的摩擦产热为1Q，木板与斜面间的摩擦产热为2Q，物块与传送带之间的摩擦产热为3Q，由能量关系得1112cos45JQmgl==()21M1M2()cos252JQmMgxx=++=设物块在传送带上加速过程中位移

为m3x，加速度为2225m/smgagm===由运动学公式222m1m32vvax−=可得m329.6mxl=此过程中传送带位移()22ml2311.2mvvvxvta−===故有()32m38JQm

gxx=−=整个过程系统因摩擦增加的内能为123305JQQQQ=++=