2023年安徽省蚌埠市高考物理第三次质检试卷及答案解析

2023年安徽省蚌埠市高考物理第三次质检试卷

一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）

1.核电站发电原理是核裂变反应所释放的能量通过热力产生电能.铀235是核电站的主要核

燃料，核反应堆在工作时，铀235既发生裂变，也发生衰变.铀235裂变方程为：用

X+HKr+3ln,衰变方程为：Y+^He,则下列说法正确的是（）

水泥防护层

A.衰变产生的新核y不再具有放射性

B.馥5〃的比结合能小于瑞Kr的比结合能

C.衰变过程是通过吸收裂变过程释放的能量进行的

D.反应堆中镉棒插入深一些将会加快核反应速度

2.如图所示，质量为m的小球P。用轻弹簧和细线分别悬挂于固定的4

在小车上的支架M、N两点。小车水平向右做加速度大小为a的匀加g为

速直线运动，细线与竖直方向的夹角为仇轻弹簧处于竖直方向，己，才

知弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,则（）I~~1

A.若Q=0,弹簧伸长量为0

B.若a=弹簧伸长量为0

C.若acgta",弹簧压缩量为也*竺

D.若a>gtan。，弹簧伸长量为峻再也

3.2022年2月8日，谷爱凌勇夺北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台金牌.如图是运动员某次训

练时的示意图，她从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，如果其在空中运动过程中与

斜面间的最大距离为又产m，斜坡与水平方向的夹角为30。，重力加速度取10m/s2,则其从a处

飞出时的速度大小为（）

A.lOV^m/sB.5y/~3m/sC.10^m/sD.

4.如图甲所示，x轴的正方向竖直向下，其原点为0,一个钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛

出，之后钢球落入粘性液体中，粘性液体底部坐标为不；钢球在运动过程中机械能E随位置

坐标x的变化规律如乙图所示，图中ab为直线，be为曲线。不计空气阻力，则下列判断正确

的是（）

A.钢球从P点抛出时速度竖直向下B.钢球进入液体后先加速后匀速运动

C.钢球在液体中下落时动能越来越小D.钢球在液体中下落时所受阻力越来越大

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.一列简谐横波沿无轴传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙为介质中某一质点的振动图像,

甲

A.平衡位置位于x=4m的质点经过3s,通过的路程为0.6m

B.平衡位置位于x=2?n的质点经过3s,沿x轴移动了37n

C.若该质点的平衡位置位于x=17n处，则波沿x轴正方向传播

D.若该质点的平衡位置位于x=3ni处，则波沿x轴正方向传播

6.2021年5月15日，我国“祝融号”火星车在火星表面软着陆时，竖直向下经t时间由速度

火匀减速到零完成平稳降落。已知火星车的质量为小，火星质量是地球的a倍，火星半径是地

球的b倍，地球表面重力加速度为g,不计火星的大气阻力，则（）

A.减速过程着陆器的位移为为£

B.火星的平均密度是地球的5倍

C.火星的第一宇宙速度是地球的邛倍

D.减速过程中着陆器受到的制动力大小为爪（孑g+斗）

7.如图所示，两等量负点电荷分别固定在x轴上的M、N两«

•、

点，Q、b、c、d为正方形的四个顶点，b、d位于％轴上，bd

**

的中点和MN的中点重合，则下列说法正确的是（）」___________.:

b\MNy'd

A.质子从a点由静止释放，静电力先做负功后做正功

B.电子从a点沿直线移至c点过程，电子电势能先增大后减

c

小

C.电子从a点沿折线abc移至c点过程，静电力先做负功后做正功

D.质子从a点垂直正方形所在平面以某一速度释放，质子的电势能可能保持不变

8.如图所示，a、b是直线上间距为4d的两点，也是半圆

直径的两个端点，c位于ab上，且ac=d,直线上方存在着

磁感应强度大小为8、垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），

其中半圆内部没有磁场.一群比荷为k的同种带电粒子从ac

之间以相同的速率垂直于ab射入圆弧区域，所有粒子都能通过b点，不计粒子间的相互作用

和粒子的重力，则（）

A.粒子的速率为2dBk

B.粒子的速率为dBk

C.从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为生

D.从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为黑

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

9.某兴趣小组利用如图甲所示装置在暗室中进行“探究机械能守恒定律”的实验。具体操

作：通过调节螺丝夹子使漏斗中的水以间隔相同的时间7一滴滴的下落，再由大到小调节频

闪仪发出白光的频率，直到第一次看到一串仿佛不动的水滴（如图乙所示），读出水滴对应在

竖直固定的荧光刻度米尺上的值x（即将下落的水滴。的刻度值是0）。

（1）频闪仪发出白光的频率满足—的条件时，即可第一次看到一串仿佛不动的水滴。

（2）由频闪仪频率;•和水滴的刻度值x可求出水滴的速度外则水滴3的速度大小为一（用符号

71、x2'X3…和/表示）。

（3）绘出/—x图像是一条过原点的直线，若其斜率为—（在误差范围内），则说明水滴下落

过程机械能守恒。（当地的重力加速度为g）

有”漏斗用

00

橡皮管I6

小7尖嘴玻璃管

20

g米尺

支架、子’30

频闪仪

铝盒40

（甲）

乙

10.某兴趣小组测量一块电池的电动势和内阻。

（1）先用多用表的“10片'电压挡粗测电动势，指针位置如图甲所示，读数为—V。

甲

(2)实验室提供的器材有：

电流表4(量程50nl450)

电流表量程0.64，1。)

定值电阻收(1950)

定值电阻/?2(14。)

滑动变阻器R(0〜1000,L4)

待测电池、开关、导线。

为了尽可能精确测量电池的电动势和内阻，小组设计图乙所示电路进行实验；

①实验时，需先将电流表_(填或)与定值电阻R定串联后改装为电压表，图

乙中定值电阻R定应选—(填"RJ或)；

②实验测得多组电流表4的示数A和电流表4的示数力，绘制出/1-％图像如图丙所示，依据

图像可得电池的电动势为—V,内阻为—0。(结果均保留一位小数)

四、简答题(本大题共3小题，共46.0分)

11.如图，垂直纸面向里的水平匀强磁场的磁感应强度为B,

上下边界宽度为4d,边长为d的正方形金属框在竖直平面内从

磁场上边界上方八处由静止释放，并穿过匀强磁场，金属框上

下边始终保持与磁场边界平行。已知金属框下边刚要离开磁场

时的速度与它刚进入磁场时速度相同，金属框质量为小、电阻

为R，重力加速度为g,不计空气阻力。求：

(1)金属框刚进入磁场时的加速度大小；

(2)金属框离开磁场过程中产生的热量。

12.如图为四冲程柴油机的工作原理示意图，圆心为。的轮轴半径是R,轮轴

通过长为L的连杆MN与活塞连接，面积为S的活塞可在柱形气缸内做上下的直

线运动，在压缩冲程结束瞬间喷油嘴喷入柴油并在金属气缸内爆燃推动活塞

完成做功冲程。已知在吸气冲程中吸入的空气压强为Po、温度为To,活塞运

动到最高位置时气缸容积为力,柴油的燃点为7,空气视为理想气体，缸内废

气忽略不计。

(1)当活塞由最高位置缓慢向下压缩空气到最低位置时，缸内空气的体积和压强各为多大？

(2)柴油机正常工作，活塞在很短时间内由最高位置到最低位置完成压缩冲程，为了使柴油点

燃，缸内空气的压强至少为多大？

(3)若轮轴匀速转动的角速度为3,则活塞运动的最大速度为多大？

运动到距y轴最远时与其发生弹性碰撞，之后b球与C球也发生

弹性碰撞，若小球碰撞过程时间极短且电荷量不变，不计小球重力及小球间相互作用的静电

力。求：

(l)a、b球碰撞时的位置坐标；

(2)a>b球碰撞后瞬间b的速度大小和方向；

(3)c球抛出时的速度大小。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4根据电荷数守恒和质量数守恒，推断出丫原子核中含有的电荷数为92-2=90,

即y核的电荷数大于80,所以丫核是具有放射性的，故A错误；

8.核裂变反应放出核能，生成物吃Kr会更加稳定，根据原子核的比结合能越大，原子核越稳定，

则$5。的比结合能小于弱Kr的比结合能,故B正确；

C哀变过程也是释放能量的，故C错误；

。.要使裂变反应更激烈一些，则应使控制棒插入浅一些，让它少吸收一些中子，链式反应的速度

就会快一些，故。错误。

故选：B。

核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，则可推断产生的新核丫的质量数和电荷数，又因为电

荷数大于80的核具有放射性，则可判断新核Y是否具有放射性；

结合能：核子结合为原子核时释放的能量或原子核分解为核子时吸收的能量；

比结合能：原子核的结合能与核子数之比，不同原子核的比结合能不同，原子核的比结合能越大，

表示原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定；

核裂变反应放出核能，生成物会更加稳定；

衰变过程也释放能量的；要使裂变反应更激烈一些，应使控制棒插入浅一些，让它少吸收一些中

子，链式反应的速度就会快一些。

本题考查了核裂变反应、衰变反应。解题关键在于知道电荷数大于80的核具有放射性；衰变过程

也会释放能量；比结合能越大，原子核越稳定；要使裂变反应更激烈一些，应让镉棒少吸收一些

中子。

2.【答案】B

【解析】解：4若a=0,小球处于平衡状态，根据平衡条件，轻弹簧处于竖直方向，细线拉力为

0,此时弹簧弹力等于重力，二力平衡，弹簧伸长量不为0,故A错误；

B.若a=gtand,根据水平方向的牛顿第二定律和竖直方向的平衡

则水平方向：TsinO=ma

竖直方向：F^+Tcosd=mg

解得尸甥=0

即弹簧伸长量为0,故B正确；

CD根据B的分析，?弹=k%=mg-缁

若a<gtand,贝iJF弹=kx=mg-缁>0

即弹簧伸长量为x=吗而产

ktanO

若a>gtand,贝肝弹=kx=mg-翳<0

弹簧压缩量为x=号嘿

ktanO

故co错误。

故选：B.

若a=0,小球处于平衡状态，根据平衡条件，分析弹簧状态；

若a=gtcm仇根据水平方向的牛顿第二定律和竖直方向的平衡列式，求弹簧伸长量；

根据水平方向的牛顿第二定律和竖直方向的平衡列式，分析弹簧形变情况。

本题解题关键是根据物体的运动状态正确分析物体的受力情况，使用规律水平方向的牛顿第二定

律和竖直方向的平衡。

3.【答案】A

【解析】解：将在a处的速度分解为垂直斜面和沿斜面方向的速度，则沿垂直斜面方向当到达距离

斜面最大高度时，根据速度一位移公式可得：

一（*30°）25c

nm~2gcos30°~~m

解得：（故正确，错误；

v0=lOV"_3zn/sABCD

故选：A.

将a处的速度和加速度分解到沿斜面和垂直于斜面的方向，根据速度一位移公式列式得出初速度的

大小。

本题主要考查了平抛运动的相关应用，熟悉物理量的分解，结合运动学公式即可完成分析。

4.【答案】D

【解析】解：4、钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，由图可知从。到看,小球的机械能守恒，由

于。是坐标原点，所以钢球抛出的速度竖直向上，故4错误；

BCD、钢球进入液体后，阻力做功等于其机械能的变化，有=则,=/，即E-x图像的

斜率大小等于阻力大小，由图可知钢球在液体中下落时所受阻力越来越大，则钢球进入液体后先

加速，当/>G后，钢球做减速运动，钢球的动能先增大后减小，故BC错误，。正确。

故选：D。

从。到与，小球的机械能守恒，。是坐标原点，可以确定钢球抛出的速度竖直向上。钢球进入液体

后，根据功能关系分析图像斜率的变化，判断阻力的变化。根据阻力与重力的关系判断动能的变

化。

解决本题时:要掌握功能关系，知道E-x图像的斜率等于阻力，根据图像斜率的变化分析阻力的

变化，从而判断小球的运动情况。

5.【答案】AC

【解析】解：4、由图乙可知，该波的周期为7=4s,t=3s=,7,则平衡位置位于x=4m的质

点经过3s,通过的路程为s=34=3x0.2m=0.6m,故A正确；

8、简谐横波沿x轴传播，质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故B错误；

C、因t=0时刻质点在平衡位置向上振动，则若该质点的平衡位置位于x=1m处，由波形平移法

可知，波沿x轴正方向传播，故C正确；

D、因t=0时刻质点在平衡位置向上振动，则若该质点的平衡位置位于x=3m处，由波形平移法

可知，波沿x轴负方向传播，故。错误。

故选：AC.

根据时间与周期的关系求平衡位置位于x=4m的质点经过3s通过的路程。简谐横波沿》轴传播，

质点不随波向前移动。由振动图象读出t=0时刻的振动方向，再判断波的传播方向。

解决本题的关键要能从波动图像和振动图像中获取有用信息，并把握两者之间内在联系，要注意

两种图像判断质点振动方向的方法是不同的，不能混淆。

6.【答案】CD

【解析】解：4由平均速度公式得，减速过程着陆器的位移为％=：1=岑

故A错误;

M

B、由密度公式得：P=4^3

则火星、地球平均密度之比於=氏（第3=%

故8错误；

C、第一宇宙速度为最大环绕速度，万有引力提供向心力，有：G^=小

解得：v=J餐

则火星表面第一宇宙速度与地球表面第一宇宙速度的比值为:

故C正确;

D、在天体表面，万有引力等于重力，有：G^=mg

火星表面重力加速度和地球表面重力加速度之比唱=4=£

则火星表面重力加速度为g'=3g

D

减速过程中着陆器加速度大小为a=生

设着陆器受到的制动力大小为F,由牛顿第二定律得：F-mg'=ma

联立解得：F=mg'+ma=m与g+半）

故。正确。

故选：CD.

根据匀变速直线运动平均速度公式求解减速过程着陆器的位移；根据密度公式求解火星与地球的

平均密度之比；第一宇宙速度为最大环绕速度，根据万有引力等于向心力求解第一宇宙速度，比

较即可；在天体表面，万有引力等于向心力，据此求解重力加速度，对着陆器受力分析，根据牛

顿第二定律和运动学公式列式求解即可。

本题考查万有引力定律在天体问题中的应用，解题关键是知道第一宇宙速度为最大环绕速度，在

天体表面万有引力等于重力，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解即可。

7.【答案】BD

【解析】解：4、质子从a点由静止释放，质子带正电，受到负电荷的作用力为引力，质子从a点

向x轴做加速运动，运动到x轴上时，速度最大，质子继续运动，受到的引力向上指向x轴，质子

向下做减速运动，运动到c点时速度为零，则静电力先做正功后做负功，故A错误；

8、从a点沿直线到c点的过程，电势先降低后升高，则电子的电势能先增大后减小，故B正确；

C、若从MN两点分别向ab做垂线交点为PQ,则当电子从a到P点时，如图所示：

两电荷对电子均做负功；从Q点到b点，两电荷对电子均做正功；同理从b到c也是如此，故C错误；

。.在ac所在的垂直正方形的平面上，电场线均指向MN连线的中点，则质子从a点垂直正方形所在

平面以某一合适的速度释放，质子可以以MN连线的中点做匀速圆周运动，此时质子的电势能保持

不变，故。正确。

故选：BD。

根据对质子的受力分析，得出其受到的静电力的做功类型；

根据电势的变化趋势，结合电势能的计算公式得出电势能的变化趋势；

根据电势能的变化趋势，结合功能关系得出静电力的做功类型；

对质子受力分析，根据其可能的运动状态得出其电势能的变化趋势。

本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉场强和电势能的计算公式，结合静电力做功的特

点和功能关系即可完成分析。

8.【答案】AD

【解析】解：48.画出粒子的运动轨迹如图

由几何关系可知，粒子运动的轨道半径R=2d

根据洛伦兹力提供向心力：q“B=

粒子速率v=2dBk,故A正确，B错误；

CD.从c点射入的粒子，由几何关系，

故C错误，。正确。

故选：AD.

画出粒子的运动轨迹，求半径，根据洛伦兹力提供向心力，求粒子速率；

由几何关系，确定粒子在磁场中转过的角度，求运动时间。

解答带电粒子在磁场中做圆周运动的关键是正确画出粒子的运动轨迹，再根据洛伦兹力提供向心

力解答问题。

9.【答案】f2g

【解析】解：(1)由于由大到小调节频闪仪发出白光的频率，直到第一次看到一串仿佛不动的水滴

可知此时频闪仪发出白光的频率等于液滴下落的频率，则有：

(2)水滴做匀加速直线运动，某过程的平均速度等于该过程中间时刻的瞬时速度，则水滴3的速度

大小为u=笋=%次

1

2

-mV

(3)若机械能守恒，则有mgx2

变形得"2=2gx

可知，绘出/-X图像是一条过原点的直线，在误差范围内若其斜率为2g,则说明水滴下落过程

机械能守恒。

故答案为：(1)/=i;(2)取衿;(3)2g

(1)根据实验原理分析出令水滴“不动”的方法；

(2)根据匀变速直线运动的规律得出水滴3的速度大小：

(3)根据机械能守恒定律得出斜率的表达式。

本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公

式和机械能守恒定律即可完成分析。

10.【答案】9.24810.612.8

【解析】解：(1)多用表选用了的“10V”的电压挡，对应的分度值为0.21Z,读数为9.2V。

(2)①粗测的电池电动势为9.2人根据将电流表串联定值电阻改装为电压表的原理：

〃=〃(&+/?定)

可知将电流表4(量程5=50mA,RA1=5。)与定值电阻凡(阻值为1950)串联后改装为电压表的

量程为：U=50x10-3x(5+195"=10V,可满足测量要求。故电流表选择为,定值电阻选择

/?1O

②根据图丙中电路和闭合电路欧姆定律可得：

/i(ai+Ri)=E-(/i+/2)r

变形为./.=——-——------——/,

12

叉“〃R/i+Ri+rRA1+Rx+r

结合人一6图像可得：

图像的纵截距：5X10X10-3^=：

以1+«1+丁

图像的斜率的绝对值：(5-2)：乎10-3

0.5R/11+Ri+r

其中：&+%=50+195。=200/2

解得：E=10.6V,r=12.8/2«

故答案为：(1)9.2；(2)①4；②10.6；12.8。

(1)根据多用表的所选的挡位确定分度值并读数；

(2)根据粗测的电池电动势的大小，确定改装后的电压表量程，结合改装电表原理解答；根据闭合

电路欧姆定律，结合图像的斜率与截距求解。

本题考查了电池的电动势和内阻的测量，掌握多用表的使用和读数，电表的改装原理，利用图像

处理实验数据的方法。

11.【答案】解：（1）金属框下落h过程，由机械能守恒定律有爪9%=26/

金属框刚进入磁场时的感应电动势E=Bdv

金属框刚进入磁场时的感应电流/=I

由于金属框下边刚进入磁场时的速度与它刚要离开磁场时速度相同，而金属框全部处于磁场中时

做匀加速运动，可知金属框下边刚进入磁场与刚离开磁场时均做减速运动，加速度方向竖直向上，

且金属框进入磁场与离开磁场两个过程的运动完全状态相同，对金属框分析，由牛顿第二定律有

Bld—mg—ma

联立解得：a=立国_

mR8

（2）由于金属框下边刚进入磁场时的速度与它刚要离开磁场时速度相同，在这一过程中减小的重力

势能转化为金属框进入磁场过程中产生的热量，则有

Qi=m9•4d=4mgd

根据上述可知，金属框进入磁场与离开磁场两个过程的运动完全状态相同，则金属框离开磁场产

生的热量=<21

解得<?2=4mgd

答：（1）金属框刚进入磁场时的加速度大小为生嘤型_g；

（2）金属框离开磁场过程中产生的热量为4mgd。

【解析】（1）金属框下落九过程，由机械能守恒定律求出金属框刚进入磁场时的速度大小。由石=

Bdv,/=《求出感应电流大小，由牛顿第二定律和安培力公式相结合求加速度大小。

（2）金属框下边刚进入磁场时的速度与它刚要离开磁场时速度相同，在这一过程中减小的重力势能

转化为金属框进入磁场过程中产生的热量，金属框进入磁场与离开磁场两个过程的运动完全状态

相同，根据能量守恒定律求解金属框离开磁场过程中产生的热量。

解决本题的关键要抓住线框进入磁场和穿出磁场的两个过程运动情况相同，线框完全在磁场中做

匀加速运动，来判断线框的运动情况，分析能量的转化情况。

12.【答案】解：（1）由题可知活塞由最高位置向下压缩空气到最低位置时，下降的距离为2R,则

最低位置时缸内空气的体积为U=V0-2RS

设活塞缓慢下降到最低位时压强为Pl,缓慢下降过程可认为等温过程，根据玻意耳定律可得:

PoK)=P”

解得：小=华=辞短

(2)设活塞在很短时间内下降到最低位时压强为「2，由一定质量的理想气体状态方程可得:

V

PQQ=v?y

To~T

解得P2=

T0(E0-2/?S)

(3)当连杆与圆相切时，连杆端点M的速度沿杆的方向，此时连杆端点N的速度的速度最大，

根据运动得分解有%=“NCOS。%=vM=a)R

联立解得：『手“R

答：(1)当活塞由最高位置缓慢向下压缩空气到最低位置时，缸内空气的体积为％-