2023年安徽省蚌埠市高考物理第三次質檢試卷

一、單選題（本大題共4小題，共24.0分）

1.核電站發電原理是核裂變反應所釋放的能量通過熱力產生電能.鈾235是核電站的主要核

燃料，核反應堆在工作時，鈾235既發生裂變，也發生衰變.鈾235裂變方程為：用

X+HKr+3ln,衰變方程為：Y+^He,則下列說法正確的是（）

水泥防護層

A.衰變產生的新核y不再具有放射性

B.馥5〃的比結合能小于瑞Kr的比結合能

C.衰變過程是通過吸收裂變過程釋放的能量進行的

D.反應堆中鎘棒插入深一些將會加快核反應速度

2.如圖所示，質量為m的小球P。用輕彈簧和細線分別懸掛于固定的4

在小車上的支架M、N兩點。小車水平向右做加速度大小為a的勻加g為

速直線運動，細線與豎直方向的夾角為仇輕彈簧處于豎直方向，己，才

知彈簧勁度系數為k,重力加速度為g,則（）I~~1

A.若Q=0,彈簧伸長量為0

B.若a=彈簧伸長量為0

C.若acgta",彈簧壓縮量為也*竺

D.若a>gtan。，彈簧伸長量為峻再也

3.2022年2月8日，谷愛凌勇奪北京冬奧會自由式滑雪女子大跳臺金牌.如圖是運動員某次訓

練時的示意圖，她從跳臺a處沿水平方向飛出，在斜坡b處著陸，如果其在空中運動過程中與

斜面間的最大距離為又產m，斜坡與水平方向的夾角為30。，重力加速度取10m/s2,則其從a處

飛出時的速度大小為（）

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

4.如圖甲所示，x軸的正方向豎直向下，其原點為0,一個鋼球從x軸上的P點沿豎直方向拋

出，之后鋼球落入粘性液體中，粘性液體底部坐標為不；鋼球在運動過程中機械能E隨位置

坐標x的變化規律如乙圖所示，圖中ab為直線，be為曲線。不計空氣阻力，則下列判斷正確

的是（）

A.鋼球從P點拋出時速度豎直向下B.鋼球進入液體后先加速后勻速運動

C.鋼球在液體中下落時動能越來越小D.鋼球在液體中下落時所受阻力越來越大

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

5.一列簡諧橫波沿無軸傳播，圖甲是t=0時刻的波形圖，圖乙為介質中某一質點的振動圖像,

甲

A.平衡位置位于x=4m的質點經過3s,通過的路程為0.6m

B.平衡位置位于x=2?n的質點經過3s,沿x軸移動了37n

C.若該質點的平衡位置位于x=17n處，則波沿x軸正方向傳播

D.若該質點的平衡位置位于x=3ni處，則波沿x軸正方向傳播

6.2021年5月15日，我國“祝融號”火星車在火星表面軟著陸時，豎直向下經t時間由速度

火勻減速到零完成平穩降落。已知火星車的質量為小，火星質量是地球的a倍，火星半徑是地

球的b倍，地球表面重力加速度為g,不計火星的大氣阻力，則（）

A.減速過程著陸器的位移為為￡

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.減速過程中著陸器受到的制動力大小為爪（孑g+斗）

7.如圖所示，兩等量負點電荷分別固定在x軸上的M、N兩?

?、

點，Q、b、c、d為正方形的四個頂點，b、d位于％軸上，bd

**

的中點和MN的中點重合，則下列說法正確的是（）」___________.:

b\MNy'd

A.質子從a點由靜止釋放，靜電力先做負功后做正功

B.電子從a點沿直線移至c點過程，電子電勢能先增大后減

c

小

C.電子從a點沿折線abc移至c點過程，靜電力先做負功后做正功

D.質子從a點垂直正方形所在平面以某一速度釋放，質子的電勢能可能保持不變

8.如圖所示，a、b是直線上間距為4d的兩點，也是半圓

直徑的兩個端點，c位于ab上，且ac=d,直線上方存在著

磁感應強度大小為8、垂直于半圓平面的勻強磁場（未畫出），

其中半圓內部沒有磁場.一群比荷為k的同種帶電粒子從ac

之間以相同的速率垂直于ab射入圓弧區域，所有粒子都能通過b點，不計粒子間的相互作用

和粒子的重力，則（）

A.粒子的速率為2dBk

B.粒子的速率為dBk

C.從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為生

D.從c點射入的粒子在磁場中運動的時間為黑

三、實驗題（本大題共2小題，共16.0分）

9.某興趣小組利用如圖甲所示裝置在暗室中進行“探究機械能守恒定律”的實驗。具體操

作：通過調節螺絲夾子使漏斗中的水以間隔相同的時間7一滴滴的下落，再由大到小調節頻

閃儀發出白光的頻率，直到第一次看到一串仿佛不動的水滴（如圖乙所示），讀出水滴對應在

豎直固定的熒光刻度米尺上的值x（即將下落的水滴。的刻度值是0）。

（1）頻閃儀發出白光的頻率滿足—的條件時，即可第一次看到一串仿佛不動的水滴。

（2）由頻閃儀頻率;?和水滴的刻度值x可求出水滴的速度外則水滴3的速度大小為一（用符號

71、x2'X3…和/表示）。

（3）繪出/—x圖像是一條過原點的直線，若其斜率為—（在誤差范圍內），則說明水滴下落

過程機械能守恒。（當地的重力加速度為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

頻閃儀

鋁盒40

（甲）

乙

10.某興趣小組測量一塊電池的電動勢和內阻。

（1）先用多用表的“10片'電壓擋粗測電動勢，指針位置如圖甲所示，讀數為—V。

甲

(2)實驗室提供的器材有：

電流表4(量程50nl450)

電流表量程0.64，1。)

定值電阻收(1950)

定值電阻/?2(14。)

滑動變阻器R(0?1000,L4)

待測電池、開關、導線。

為了盡可能精確測量電池的電動勢和內阻，小組設計圖乙所示電路進行實驗；

①實驗時，需先將電流表_(填或)與定值電阻R定串聯后改裝為電壓表，圖

乙中定值電阻R定應選—(填"RJ或)；

②實驗測得多組電流表4的示數A和電流表4的示數力，繪制出/1-％圖像如圖丙所示，依據

圖像可得電池的電動勢為—V,內阻為—0。(結果均保留一位小數)

四、簡答題(本大題共3小題，共46.0分)

11.如圖，垂直紙面向里的水平勻強磁場的磁感應強度為B,

上下邊界寬度為4d,邊長為d的正方形金屬框在豎直平面內從

磁場上邊界上方八處由靜止釋放，并穿過勻強磁場，金屬框上

下邊始終保持與磁場邊界平行。已知金屬框下邊剛要離開磁場

時的速度與它剛進入磁場時速度相同，金屬框質量為小、電阻

為R，重力加速度為g,不計空氣阻力。求：

(1)金屬框剛進入磁場時的加速度大小；

(2)金屬框離開磁場過程中產生的熱量。

12.如圖為四沖程柴油機的工作原理示意圖，圓心為。的輪軸半徑是R,輪軸

通過長為L的連桿MN與活塞連接，面積為S的活塞可在柱形氣缸內做上下的直

線運動，在壓縮沖程結束瞬間噴油嘴噴入柴油并在金屬氣缸內爆燃推動活塞

完成做功沖程。已知在吸氣沖程中吸入的空氣壓強為Po、溫度為To,活塞運

動到最高位置時氣缸容積為力,柴油的燃點為7,空氣視為理想氣體，缸內廢

氣忽略不計。

(1)當活塞由最高位置緩慢向下壓縮空氣到最低位置時，缸內空氣的體積和壓強各為多大？

(2)柴油機正常工作，活塞在很短時間內由最高位置到最低位置完成壓縮沖程，為了使柴油點

燃，缸內空氣的壓強至少為多大？

(3)若輪軸勻速轉動的角速度為3,則活塞運動的最大速度為多大？

運動到距y軸最遠時與其發生彈性碰撞，之后b球與C球也發生

彈性碰撞，若小球碰撞過程時間極短且電荷量不變，不計小球重力及小球間相互作用的靜電

力。求：

(l)a、b球碰撞時的位置坐標；

(2)a>b球碰撞后瞬間b的速度大小和方向；

(3)c球拋出時的速度大小。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4根據電荷數守恒和質量數守恒，推斷出丫原子核中含有的電荷數為92-2=90,

即y核的電荷數大于80,所以丫核是具有放射性的，故A錯誤；

8.核裂變反應放出核能，生成物吃Kr會更加穩定，根據原子核的比結合能越大，原子核越穩定，

則$5。的比結合能小于弱Kr的比結合能,故B正確；

C哀變過程也是釋放能量的，故C錯誤；

。.要使裂變反應更激烈一些，則應使控制棒插入淺一些，讓它少吸收一些中子，鏈式反應的速度

就會快一些，故。錯誤。

故選：B。

核反應方程遵循質量數守恒和電荷數守恒，則可推斷產生的新核丫的質量數和電荷數，又因為電

荷數大于80的核具有放射性，則可判斷新核Y是否具有放射性；

結合能：核子結合為原子核時釋放的能量或原子核分解為核子時吸收的能量；

比結合能：原子核的結合能與核子數之比，不同原子核的比結合能不同，原子核的比結合能越大，

表示原子核中核子結合的越牢固，原子核越穩定；

核裂變反應放出核能，生成物會更加穩定；

衰變過程也釋放能量的；要使裂變反應更激烈一些，應使控制棒插入淺一些，讓它少吸收一些中

子，鏈式反應的速度就會快一些。

本題考查了核裂變反應、衰變反應。解題關鍵在于知道電荷數大于80的核具有放射性；衰變過程

也會釋放能量；比結合能越大，原子核越穩定；要使裂變反應更激烈一些，應讓鎘棒少吸收一些

中子。

2.【答案】B

【解析】解：4若a=0,小球處于平衡狀態，根據平衡條件，輕彈簧處于豎直方向，細線拉力為

0,此時彈簧彈力等于重力，二力平衡，彈簧伸長量不為0,故A錯誤；

B.若a=gtand,根據水平方向的牛頓第二定律和豎直方向的平衡

則水平方向：TsinO=ma

豎直方向：F^+Tcosd=mg

解得尸甥=0

即彈簧伸長量為0,故B正確；

CD根據B的分析，?彈=k%=mg-緇

若a<gtand,貝iJF彈=kx=mg-緇>0

即彈簧伸長量為x=嗎而產

ktanO

若a>gtand,貝肝彈=kx=mg-翳<0

彈簧壓縮量為x=號嘿

ktanO

故co錯誤。

故選：B.

若a=0,小球處于平衡狀態，根據平衡條件，分析彈簧狀態；

若a=gtcm仇根據水平方向的牛頓第二定律和豎直方向的平衡列式，求彈簧伸長量；

根據水平方向的牛頓第二定律和豎直方向的平衡列式，分析彈簧形變情況。

本題解題關鍵是根據物體的運動狀態正確分析物體的受力情況，使用規律水平方向的牛頓第二定

律和豎直方向的平衡。

3.【答案】A

【解析】解：將在a處的速度分解為垂直斜面和沿斜面方向的速度，則沿垂直斜面方向當到達距離

斜面最大高度時，根據速度一位移公式可得：

一（*30°）25c

nm~2gcos30°~~m

解得：（故正確，錯誤；

v0=lOV"_3zn/sABCD

故選：A.

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

大小。

本題主要考查了平拋運動的相關應用，熟悉物理量的分解，結合運動學公式即可完成分析。

4.【答案】D

【解析】解：4、鋼球從x軸上的P點沿豎直方向拋出，由圖可知從。到看,小球的機械能守恒，由

于。是坐標原點，所以鋼球拋出的速度豎直向上，故4錯誤；

BCD、鋼球進入液體后，阻力做功等于其機械能的變化，有=則,=/，即E-x圖像的

斜率大小等于阻力大小，由圖可知鋼球在液體中下落時所受阻力越來越大，則鋼球進入液體后先

加速，當/>G后，鋼球做減速運動，鋼球的動能先增大后減小，故BC錯誤，。正確。

故選：D。

從。到與，小球的機械能守恒，。是坐標原點，可以確定鋼球拋出的速度豎直向上。鋼球進入液體

后，根據功能關系分析圖像斜率的變化，判斷阻力的變化。根據阻力與重力的關系判斷動能的變

化。

解決本題時:要掌握功能關系，知道E-x圖像的斜率等于阻力，根據圖像斜率的變化分析阻力的

變化，從而判斷小球的運動情況。

5.【答案】AC

【解析】解：4、由圖乙可知，該波的周期為7=4s,t=3s=,7,則平衡位置位于x=4m的質

點經過3s,通過的路程為s=34=3x0.2m=0.6m,故A正確；

8、簡諧橫波沿x軸傳播，質點只能在自己平衡位置附近振動，而不隨波遷移，故B錯誤；

C、因t=0時刻質點在平衡位置向上振動，則若該質點的平衡位置位于x=1m處，由波形平移法

可知，波沿x軸正方向傳播，故C正確；

D、因t=0時刻質點在平衡位置向上振動，則若該質點的平衡位置位于x=3m處，由波形平移法

可知，波沿x軸負方向傳播，故。錯誤。

故選：AC.

根據時間與周期的關系求平衡位置位于x=4m的質點經過3s通過的路程。簡諧橫波沿》軸傳播，

質點不隨波向前移動。由振動圖象讀出t=0時刻的振動方向，再判斷波的傳播方向。

解決本題的關鍵要能從波動圖像和振動圖像中獲取有用信息，并把握兩者之間內在聯系，要注意

兩種圖像判斷質點振動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，減速過程著陸器的位移為％=：1=岑

故A錯誤;

M

B、由密度公式得：P=4^3

則火星、地球平均密度之比於=氏（第3=%

故8錯誤；

C、第一宇宙速度為最大環繞速度，萬有引力提供向心力，有：G^=小

解得：v=J餐

則火星表面第一宇宙速度與地球表面第一宇宙速度的比值為:

故C正確;

D、在天體表面，萬有引力等于重力，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=￡

則火星表面重力加速度為g'=3g

D

減速過程中著陸器加速度大小為a=生

設著陸器受到的制動力大小為F,由牛頓第二定律得：F-mg'=ma

聯立解得：F=mg'+ma=m與g+半）

故。正確。

故選：CD.

根據勻變速直線運動平均速度公式求解減速過程著陸器的位移；根據密度公式求解火星與地球的

平均密度之比；第一宇宙速度為最大環繞速度，根據萬有引力等于向心力求解第一宇宙速度，比

較即可；在天體表面，萬有引力等于向心力，據此求解重力加速度，對著陸器受力分析，根據牛

頓第二定律和運動學公式列式求解即可。

本題考查萬有引力定律在天體問題中的應用，解題關鍵是知道第一宇宙速度為最大環繞速度，在

天體表面萬有引力等于重力，結合牛頓第二定律和運動學公式列式求解即可。

7.【答案】BD

【解析】解：4、質子從a點由靜止釋放，質子帶正電，受到負電荷的作用力為引力，質子從a點

向x軸做加速運動，運動到x軸上時，速度最大，質子繼續運動，受到的引力向上指向x軸，質子

向下做減速運動，運動到c點時速度為零，則靜電力先做正功后做負功，故A錯誤；

8、從a點沿直線到c點的過程，電勢先降低后升高，則電子的電勢能先增大后減小，故B正確；

C、若從MN兩點分別向ab做垂線交點為PQ,則當電子從a到P點時，如圖所示：

兩電荷對電子均做負功；從Q點到b點，兩電荷對電子均做正功；同理從b到c也是如此，故C錯誤；

。.在ac所在的垂直正方形的平面上，電場線均指向MN連線的中點，則質子從a點垂直正方形所在

平面以某一合適的速度釋放，質子可以以MN連線的中點做勻速圓周運動，此時質子的電勢能保持

不變，故。正確。

故選：BD。

根據對質子的受力分析，得出其受到的靜電力的做功類型；

根據電勢的變化趨勢，結合電勢能的計算公式得出電勢能的變化趨勢；

根據電勢能的變化趨勢，結合功能關系得出靜電力的做功類型；

對質子受力分析，根據其可能的運動狀態得出其電勢能的變化趨勢。

本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，熟悉場強和電勢能的計算公式，結合靜電力做功的特

點和功能關系即可完成分析。

8.【答案】AD

【解析】解：48.畫出粒子的運動軌跡如圖

由幾何關系可知，粒子運動的軌道半徑R=2d

根據洛倫茲力提供向心力：q“B=

粒子速率v=2dBk,故A正確，B錯誤；

CD.從c點射入的粒子，由幾何關系，

故C錯誤，。正確。

故選：AD.

畫出粒子的運動軌跡，求半徑，根據洛倫茲力提供向心力，求粒子速率；

由幾何關系，確定粒子在磁場中轉過的角度，求運動時間。

解答帶電粒子在磁場中做圓周運動的關鍵是正確畫出粒子的運動軌跡，再根據洛倫茲力提供向心

力解答問題。

9.【答案】f2g

【解析】解：(1)由于由大到小調節頻閃儀發出白光的頻率，直到第一次看到一串仿佛不動的水滴

可知此時頻閃儀發出白光的頻率等于液滴下落的頻率，則有：

(2)水滴做勻加速直線運動，某過程的平均速度等于該過程中間時刻的瞬時速度，則水滴3的速度

大小為u=筍=%次

1

2

-mV

(3)若機械能守恒，則有mgx2

變形得"2=2gx

可知，繪出/-X圖像是一條過原點的直線，在誤差范圍內若其斜率為2g,則說明水滴下落過程

機械能守恒。

故答案為：(1)/=i;(2)取衿;(3)2g

(1)根據實驗原理分析出令水滴“不動”的方法；

(2)根據勻變速直線運動的規律得出水滴3的速度大小：

(3)根據機械能守恒定律得出斜率的表達式。

本題主要考查了機械能守恒定律的驗證實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合運動學公

式和機械能守恒定律即可完成分析。

10.【答案】9.24810.612.8

【解析】解：(1)多用表選用了的“10V”的電壓擋，對應的分度值為0.21Z,讀數為9.2V。

(2)①粗測的電池電動勢為9.2人根據將電流表串聯定值電阻改裝為電壓表的原理：

〃=〃(&+/?定)

可知將電流表4(量程5=50mA,RA1=5。)與定值電阻凡(阻值為1950)串聯后改裝為電壓表的

量程為：U=50x10-3x(5+195"=10V,可滿足測量要求。故電流表選擇為,定值電阻選擇

/?1O

②根據圖丙中電路和閉合電路歐姆定律可得：

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

變形為./.=——-——------——/,

12

叉“〃R/i+Ri+rRA1+Rx+r

結合人一6圖像可得：

圖像的縱截距：5X10X10-3^=：

以1+?1+丁

圖像的斜率的絕對值：(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?

故答案為：(1)9.2；(2)①4；②10.6；12.8。

(1)根據多用表的所選的擋位確定分度值并讀數；

(2)根據粗測的電池電動勢的大小，確定改裝后的電壓表量程，結合改裝電表原理解答；根據閉合

電路歐姆定律，結合圖像的斜率與截距求解。

本題考查了電池的電動勢和內阻的測量，掌握多用表的使用和讀數，電表的改裝原理，利用圖像

處理實驗數據的方法。

11.【答案】解：（1）金屬框下落h過程，由機械能守恒定律有爪9%=26/

金屬框剛進入磁場時的感應電動勢E=Bdv

金屬框剛進入磁場時的感應電流/=I

由于金屬框下邊剛進入磁場時的速度與它剛要離開磁場時速度相同，而金屬框全部處于磁場中時

做勻加速運動，可知金屬框下邊剛進入磁場與剛離開磁場時均做減速運動，加速度方向豎直向上，

且金屬框進入磁場與離開磁場兩個過程的運動完全狀態相同，對金屬框分析，由牛頓第二定律有

Bld—mg—ma

聯立解得：a=立國_

mR8

（2）由于金屬框下邊剛進入磁場時的速度與它剛要離開磁場時速度相同，在這一過程中減小的重力

勢能轉化為金屬框進入磁場過程中產生的熱量，則有

Qi=m9?4d=4mgd

根據上述可知，金屬框進入磁場與離開磁場兩個過程的運動完全狀態相同，則金屬框離開磁場產

生的熱量=<21

解得<?2=4mgd

答：（1）金屬框剛進入磁場時的加速度大小為生嚶型_g；

（2）金屬框離開磁場過程中產生的熱量為4mgd。

【解析】（1）金屬框下落九過程，由機械能守恒定律求出金屬框剛進入磁場時的速度大小。由石=

Bdv,/=《求出感應電流大小，由牛頓第二定律和安培力公式相結合求加速度大小。

（2）金屬框下邊剛進入磁場時的速度與它剛要離開磁場時速度相同，在這一過程中減小的重力勢能

轉化為金屬框進入磁場過程中產生的熱量，金屬框進入磁場與離開磁場兩個過程的運動完全狀態

相同，根據能量守恒定律求解金屬框離開磁場過程中產生的熱量。

解決本題的關鍵要抓住線框進入磁場和穿出磁場的兩個過程運動情況相同，線框完全在磁場中做

勻加速運動，來判斷線框的運動情況，分析能量的轉化情況。

12.【答案】解：（1）由題可知活塞由最高位置向下壓縮空氣到最低位置時，下降的距離為2R,則

最低位置時缸內空氣的體積為U=V0-2RS

設活塞緩慢下降到最低位時壓強為Pl,緩慢下降過程可認為等溫過程，根據玻意耳定律可得:

PoK)=P”

解得：小=華=辭短

(2)設活塞在很短時間內下降到最低位時壓強為「2，由一定質量的理想氣體狀態方程可得:

V

PQQ=v?y

To~T

解得P2=

T0(E0-2/?S)

(3)當連桿與圓相切時，連桿端點M的速度沿桿的方向，此時連桿端點N的速度的速度最大，

根據運動得分解有%=“NCOS。%=vM=a)R

聯立解得：『手“R

答：(1)當活塞由最高位置緩慢向下壓縮空氣到最低位置時，缸內空氣的體積為％-