2023届广东省广州市普通高中高三下学期综合测试（一）物理试题（解析版）_2024年2月_01每日更新_13号_2023届广州市普通高中毕业班综合测试(一)全科

2023 年广州市普通高中毕业班综合测试（一） 物理 本试卷共 6页，15小题，满分100分。考试用时 75分钟 一、单项选择题：本题共7小题，每小题 4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 1. 为空间站补给物质时，我国新一代货运飞船“天舟五号”实现了2小时与“天宫空间站”快速对接，对 接后的“结合体”仍在原空间站轨道运行。对接前“天宫空间站”与“天舟五号”的轨道如图所示，则 （ ） A.“天宫空间站”对地球的引力小于地球对“天宫空间站”的引力 B.“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度 C.“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力小 D.“结合体”受到地球的引力等于“天宫空间站”受到地球的引力 【答案】B 【解析】 【详解】A．“天宫空间站”对地球的引力与地球对“天宫空间站”的引力是一对相互作用力，大小相等， 方向相反，因此“天宫空间站”对地球的引力等于地球对“天宫空间站”的引力，A错误； B．根据 Mm G ma r2 解得 M aG r2 可知，轨道半径越小，向心加速度越大，即“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度， B正确； CD．根据 第1页/共14页 学科网（北京）股份有限公司Mm F G r2 可知，轨道半径相同，结合体的质量大于对接前空间站的质量，则“结合体”受到地球的引力比“天宫空 间站”受到地球的引力大，CD错误； 故选B。 2. 如图，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的恒定电流，a、b、p三个相同的闭合 金属圆环位于两导线所在的平面内，a在导线cd的左侧，b在导线ef的右侧，p在导线cd与ef之间，则（ ） A. 穿过p的磁通量为零 B.a、b圆心处的磁场方向相反 C.cd、ef所受到的安培力方向相反 D.a向左平动时产生逆时针方向的感应电流 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题意，根据安培定则，可判断知通电直导线cd和ef在p圆环处产生的磁场方向均垂直纸面 向外，所以穿过p的磁通量不为零，故A错误； B．由于距离通电导线越近，产生的磁场越强，距离导线越远，产生的磁场越弱，根据安培定则，结合对称 性，可判断知通电直导线cd和ef在a、b圆心处产生磁场的合磁场方向相同，均垂直纸面向里，故B错误； C．根据两通电直导线之间的相互作用规律：“同向相吸，异向相斥”，可知cd所受到的安培力向左，ef 所受到的安培力向右，故C正确； D．由选项B分析可知，a处的磁场方向垂直纸面向里，若a圆环向左平动时，穿过a圆环垂直纸面向里的 磁通量将减小，根据“楞次定律”可知，感应电流产生的磁场方向也垂直纸面向里，由安培定则可判断知 在a内产生感应电流的方向为顺时针方向，故D错误。 故选C。 3. 如图，放映电影时，强光照在胶片上，一方面，将胶片上的“影”投到屏幕上；另一方面，通过声道后 的光照在光电管上，随即产生光电流，喇叭发出与画面同步的声音。电影实现声音与影像同步，主要应用 了光电效应的下列哪一条规律（ ） 第2页/共14页 学科网（北京）股份有限公司A. 光电效应的发生时间极短，光停止照射，光电效应立即停止 B. 入射光的频率必须大于金属的极限频率，光电效应才能发生 C. 光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随着入射光的频率增大而增大 D. 当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度随入射光的强度增大而增大 【答案】A 【解析】 【详解】电影实现声音与影像同步，主要应用了光电效应中的规律是：光电效应的发生时间极短，光停止 照射，光电效应立即停止，依据该原理实现声音与影像同步。 故选A。 4. 某小组用如图a所示的风速仪研究交流电，风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动；某一风 速时，线圈中产生的交变电流如图b所示，已知风杯转速与风速成正比，则（ ） A. 该交变电流的周期为t 0 B. 该交变电流的峰值为 2I m C. 风速增大，产生的交变电流周期增大 D. 风速增大，产生的交变电流峰值增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．从图像可以看出该交变电流的周期为2t ，A错误； 0 B．结合图像可知该交变电流的峰值为I ，B错误； m C．已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由 第3页/共14页 学科网（北京）股份有限公司1 1 T   f n 知产生的交变电流周期减小，C错误； D．已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由 E NBS 2NBSn I  m   m R R R 可知产生的交变电流峰值增大，D正确。 故选D。 5. 点电荷Q产生的电场中，电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度减小的减速直线运动，则 （ ） A. 点电荷Q为正电荷 B. 点电荷Q为负电荷 C.M点场强比N点的小 D.M点电势比N点的低 【答案】A 【解析】 【详解】AB．电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度减小的减速直线运动，电子在远离点电荷Q， 电场力指向点电荷，点电荷Q为正电荷，故A正确，B错误； C．电子从M点到N点加速度减小，根据牛顿第二定律 F ma 可知电场力减小，根据电场强度定义式 F E  q 可知电场强度减小，M点场强比N点的大，故C错误； D．点电荷带正电，电场线方向由M点指向N点，M点电势比N点的高，故D错误。 故选A。 6. 传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的 倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为，瓦片质量为m，重力加速度为g，则椽子对瓦片（ ） A. 支持力的合力方向竖直向上 第4页/共14页 学科网（北京）股份有限公司B. 作用力的合力方向竖直向上 C. 支持力的合力大小为mg D. 作用力的合力大小为mgcos 【答案】B 【解析】 【详解】AB．对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力方向垂直接触面斜向上；根据平衡条件可得椽 子对瓦片的作用力的合力与瓦片的重力为一对平衡力，即椽子对瓦片的作用力的合力方向竖直向上，A错 误，B正确； C．根据前面分析椽子对瓦片支持力的合力大小为 F mgcos N C错误； D．椽子对瓦片作用力的合力大小为 F mg D错误。 故选B。 7. 如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动 员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷出时的速 度约为（ ） A.2m/s B.6m/s C.12m/s D.20m/s 【答案】C 【解析】 【详解】篮球运动员身高约为1.8m，由图可知水柱的高度约为人身高的4倍，即7.2m，则 0v2 2gh 0 解得 v 12m/s 0 故选C。 第5页/共14页 学科网（北京）股份有限公司二、多项选择题：本题共3小题，每小题 6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 8. 如图，足球场上，某运动员进行“边路突破”训练，沿边线将足球向前踢出，为控制足球，又向前追赶 足球，下列vt 和st图像能大致反映此过程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．运动员将足球向前踢出，由于地面有阻力作用，足球做匀减速运动，运动员向前追赶做加速 运动，故A正确，B错误； CD．st图像的斜率表示速度，足球做减速运动，运动员做加速运动，且踢球时两者在同一位置，故C正 确，D错误。 故选AC。 9. 如图，质子以一定初速度从a点沿ac方向进入立方体区域abcd abcd，由c点飞出，该立方体区域 可能仅存在（ ） A. 沿ab方向的匀强电场 B. 沿aa方向的匀强电场 C. 沿bb方向的匀强磁场 第6页/共14页 学科网（北京）股份有限公司D. 沿bd方向的匀强磁场 【答案】BD 【解析】 【详解】A．若立方体区域仅存在沿ab方向的匀强电场，质子受到的电场力沿ab方向，会在水平面内做曲 线运动，无法到达c，A错误； B．若立方体区域仅存在沿aa方向的匀强电场，质子受到的电场力沿aa方向，会在竖直面内做曲线运动， 有可能到达c，B正确； C．若立方体区域仅存在沿bb方向的匀强磁场，质子受到水平方向的洛伦兹力，会在水平面内做曲线运动， 不可能到达c，C错误； D．若立方体区域仅存在沿bd方向的匀强磁场，质子受到竖直方向的洛伦兹力，会在竖直面内做曲线运动， 有可能到达c，D正确。 故选BD。 10. 如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面，系紧在后轮 轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面 对重物的作用力为F。推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中（ ） A.F与T的夹角一定大于90° B.G和T的合力一定与F等大反向 C.T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量 D.T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量 【答案】AD 【解析】 【详解】A．对重物进行受力分析如图所示 根据受力分析可知，斜面对重物有支持力与摩擦力的作用，则斜面对重物的作用力为F为斜面对重物有支 持力N与摩擦力f的合力，根据上述受力分析图，将支持力与摩擦力合成，可知，F与T的夹角一定大于 第7页/共14页 学科网（北京）股份有限公司90°，A正确； B．当重物匀速上滑时，G和T的合力与F等大反向，当重物不是匀速上滑时，G和T的合力与F不等大 反向，B错误； C．以重物为对象，根据动能定理有 W W W  ΔE T G F k 可知，T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量，C错误； D．根据上述有 W W ΔE W T F k G 由于 W E G p 则有 W W ΔE ΔE ΔE T F k p 机 可知，T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，D正确。 故选AD。 三、非选择题：共 54分。考生根据要求作答。 11. 用如图a所示的装置研究平抛运动，请完成相关实验内容。 （1）将斜轨固定在桌面上，反复调节斜轨末端成水平； （2）在末端出口处安装光电门并调节其到适当位置。将贴有坐标纸的木板紧靠在斜轨出口处竖直放置，并 在坐标纸上将出口处标为O点，过O点作水平线为x轴、竖直线为y轴； （3）用螺旋测微器测量小球的直径d，读数如图b，则d ______mm； 1 （4）从斜轨上释放小球，用每隔 s曝光一次的频闪照相机正对着木板照相； 30 （5）从数字计时器读得小球通过光电门的遮光时间为6.2103s，则小球通过光电门时的瞬时速度为 v ______m/s；（保留两位有效数字） 1 （6）根据频闪照片中记录的信息，在图a的坐标纸上标出小球离开斜轨后的5个连续位置A、B、C、D、 第8页/共14页 学科网（北京）股份有限公司E，读得A、E两位置的水平距离为12.00cm，由此可求得小球做平抛运动的初速度为v ______m/s；（保 2 留两位有效数字） （7）多次实验发现总是有v v ，导致这个结果的可能原因有______。（填选项前的字母） 1 2 A．小球在轨道斜面上受摩擦阻力 B．小球平抛运动过程受空气阻力 C．小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行 D．小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度 【答案】 ①. 6.200 ②. 1.0 ③. 0.90 ④.B 【解析】 【详解】（3）[1] 小球的直径 d 6mm20.00.01mm6.200mm （5）[2]小球通过光电门时的瞬时速度为 d 6.200103 v   m/s=1.0m/s 1 t 6.2103 1 （6）[3]相邻两点间的距离和时间间隔分别为3.00cm、 s，所以小球做平抛运动的初速度为 30 x 3.00102m v    0.90m/s 2 t 1 s 30 （7）[4]A．轨道斜面的作用是使小球获得一个水平初速度，小球在轨道斜面上受摩擦阻力并不影响v 的 2 大小，故A不符合题意； B．小球平抛运动过程受空气阻力，使得小球水平方向做减速运动，水平位移偏小，v 值偏小，故B符合 2 题意； C．小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行，会造成小球运动过程中在坐标纸上的水平投影位移偏大，v 偏 2 大，故C不符合题意； D．小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度，会造成遮挡光电门光线的距离小于小球直径，造成v 偏 1 小，故D不符合题意。 故选B。 12. 如图（a）是一种双量程电流表内部各元件的连接图。 第9页/共14页 学科网（北京）股份有限公司（1）这种电流表“3A”量程的内阻________0.22Ω（选填“大于”“小于”）； （2）某同学用多用电表的欧姆挡检测这种电流表，选择“10”挡，欧姆调零后将红、黑表笔分别接到电 流表的“﹣”“0.6A”接线柱，指针指示如图（b），示数为________Ω，保持黑表笔不动，将红表笔从“﹣” 接线柱移到“3A”接线柱，示数几乎与图（b）相同，由此可知电流表内部阻值为0.88Ω的电阻发生________ 故障（选填“断路”“短路”）； （3）由于0.88的故障电阻阻值较小，该同学设想用如图（c）的电路测得一段阻值为4.40Ω的电阻丝， 再将它分成等长的5段，用其中一段替代。实验时移动小金属夹P到电阻丝的某位置时，电流表和电压表 的示数分别为0.50A和1.30V，接下来应将P向________（选填“左”“右”）移动。 （4）用电阻丝替代故障电阻后，若电阻丝实际接入电路的阻值略小于标准值，则会导致用该电流表“0.6A” 量程测电流时的测量值________（选填“偏大”“偏小”）。 【答案】 ①. 小于 ②.140 ③. 断路 ④. 右 ⑤. 偏小 【解析】公众号：高中试卷君 【详解】（1）[1]电流表接“3A”的量程时，根据并联电路的总电阻小于分支电阻，由图（a）可知此时电流 表的内阻为电路的总电阻，小于分支的电阻0.22Ω； （2）[2]欧姆表表盘10~15之间有5格，每小格代表1，据读数规则，要读到下一位，且倍率为“10”， 故读数为 14.010140 [3]根据欧姆表电流流向“红进黑出”，由图（a）可知，140为接线柱中间两电阻10、130之和，说 明此时10、130两电阻并未与0.22Ω，0.88Ω两电阻并联；保持黑表笔不动，将红表笔从“﹣”接线 柱移到“3A”接线柱，示数几乎与图（b）相同，说明更换接线柱后，电流表总电阻的阻值几乎未发生变化， 故可推知电流表内部10、130与0.22Ω串联，阻值为0.88Ω的电阻发生断路，若短路则欧姆表示数应 为0； （3）[4]由示数U 1.30V，I 0.50A，可得 U R 2.64.4 I 要增大电阻，接下来应将P向右滑。 （4）[5]设R 10Ω，R 130，R 0.22，R 0.88，用电阻丝替代故障电阻后，若电阻丝实 1 2 3 4 第10页/共14页 学科网（北京）股份有限公司际接入电路的阻值略小于标准值，电阻丝实际接入电路的阻值为R 0.88；接0.6A量程时，设某次测 4 电流时，流过表头的电流为I ，则电流测量值为 1 I (R R ) I I  1 1 2 测 1 R R 3 4 电流的真实值为 I (R R ) I  I  1 1 2 真 1 R R 3 4 由于 R  R 4 4 可得 I  I 测 真 会导致用该电流表“0.6A”量程测电流时的测量值偏小。 13. 一只乒乓球在环境温度为27C时，球内气体的压强为1.0105Pa、体积为V．某次乒乓球被踩瘪，但 9 没有破，球内气体的体积变为 V 。现将瘪了的乒乓球放入热水中，乒乓球恢复原形时，球内气体的温度 10 为87C。 （1）乒乓球在热水中恢复原形前，球内气体分子平均动能如何变化？ （2）求球被踩瘪后和在热水中恢复原形时，对应球内气体的压强 p 和 p 。 1 2 【答案】（1）增大；（2）P 1.1105Pa ，P 1.2105Pa 1 2 【解析】 【详解】（1）乒乓球放入热水中，球内气体温度升高，而温度是分子平均动能的标志，故球内气体分子平 均动能增大。 （2）初状态P 1.0105Pa ，根据波意耳定律 0 9 PV  P V 0 110 解得 P 1.1105Pa 1 球被踩瘪后T 300K ，恢复原形时T 360K，根据理想气体状态方程 1 2 9 P V 110 PV  2 T T 1 2 解得 第11页/共14页 学科网（北京）股份有限公司P 1.2105Pa 2 14. 如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区（输入 腔）被ab间交变电压（微波信号）加速或减速，当U U 时，电子被减速到速度为v ，当U U 时， ab 0 1 ab 0 电子被加速到速度为v ，接着电子进入Ⅱ区（漂移管）做匀速直线运动。某时刻速度为v 的电子进入Ⅱ区， 2 1 t时间（小于交变电压的周期）后速度为v 的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v 的电子，形成 2 1 电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区（输出腔），达到信号放大的作用。忽略电子间的相互作用。求： e （1）电子进入Ⅰ区的初速度大小v 和电子的比荷 ； 0 m （2）漂移管的长度L。 v2 v2 e v2 v2 vv 【答案】（1）v  1 2 ，  2 1 ；（2）L 1 2 t 0 2 m 4U v v 0 2 1 【解析】 【详解】（1）在Ⅰ区，由动能定理得 1 1 eU  mv2  mv2 0 2 1 2 0 1 1 eU  mv2  mv2 0 2 2 2 0 联立解得 v2 v2 v  1 2 0 2 e v2 v2  2 1 m 4U 0 （2）在Ⅱ区，设v 电子运动时间为t，则 2 v (tt)L 1 v t L 2 联立解得 vv L 1 2 t v v 2 1 第12页/共14页 学科网（北京）股份有限公司15. 图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定 的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加 作用力．在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后， b的速度大小变为碰前的倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f 与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力 加速度为g。求： （1）与a碰前瞬间，b的速度大小； （2）的值； 1 （3）在a第一次向下运动过程中，当b的动能为 mgd 时a的动能。 16 1 9 【答案】（1）3 gd ；（2） ；（3） mgd 3 8 【解析】 【详解】（1）小环b下落的过程为自由落体，则 v2 2gh 1 1 解得与a碰前瞬间，b的速度大小为 v 3 gd 1 （2）ab发生碰撞，设向下为正方向，根据动量守恒定律可知 0.5mgv 0.5mgv mgv 1 1 2 a向下运动2d时速度减为零的过程中，由动能定理可知 1 (k2d k4d) 1 W W W mg2d  mg2d  2d 0 mv2 G f 弹 2 2 2 2 由题可知a静止在弹簧上时，弹簧压缩量为2d，根据胡克定律可知 mg k2d 联立解得 v 2 gd 2 第13页/共14页 学科网（北京）股份有限公司1  3 1 （3）当b的动能为 mgd 时，b的速度为 16 gd v  3 2 根据动量定理可知 0.5mgt 0.5mv 0.5mv 3 1 解得 1 d t  2 g 在a第一次向下运动过程中，取一段时间Δt，根据动量定理可知 mg mg I I I mgt(mg d)t (2d d)t mv mv G f 弹 2d 2d 4 2 1 d 当Δt  时 2 g 3 v  gd 4 2 此时a的动能为 1 9 mv2  mgd 2 4 8 第14页/共14页 学科网（北京）股份有限公司