2023届广东省广州荔湾区真光中学高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、某一小车从静止开始在水平方向上做直线运动，其运动过程中的加速度随时间变化关系如图所示，则关于小车的运动下列说法中正确的是（）A小车做先加速后减速，再加速再减速的单向直线运

2、动 B小车做往复直线运动，速度反向时刻为 1s、3s 末 C小车做往复直线运动，且可以运动到出发点的另一侧 D小车运动过程中的最大速度为 2.5m/s 2、如图是质谱仪的工作原理示意图，它是分析同位素的一种仪器，其工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，挡板 D 上有可让粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1A 2。若（）A只增大粒子的质量，则粒子经过狭缝P 的速度变大 B只增大加速电压 U，则粒子经过狭缝 P 的速度变大 C只增大粒子的比荷，则粒子在磁场中的轨道半径变大 D只增大磁感应强度，则粒子在磁场中的轨道半径变大 3、如图所示，理想变压器

3、原、副线圈匝数比为 2:3，两端共接有六只相同的小灯泡 L1、L2、L3、L4、L5和 L6（电阻恒定不变），变压器的原线圈接有输出电压 U 恒定的交流电源，六只小灯泡均发光下列说法正确的是（）AL1、L2、L3三只灯泡亮度一定相同 B小灯泡 L2一定比 L4亮 C交流电源输出电压 U 是小灯泡 L4两端电压的 4.5 倍 DL1消耗的功率是 L2消耗灯泡的 2.25 倍 4、物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法正确的是 A贝克勒尔发现天然放射现象，其中射线来自原子最外层的电子 B密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 C卢瑟福的 a 粒子散射实验发现电荷

4、量子化的 D汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的 5、一弹簧振子作简谐振动，某一时刻开始计时，经34T振子具有负方向最大加速度。则下列振动图像中正确反映振子振动情况的是（）A B C D 6、如图所示，质量相同的两物体 a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的 轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上初始时用力压住 b 使 a、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在 a 下降的过程中，b 始终未离开桌面在此过程中 Aa 的动能一定小于 b 的动能 B两物体机械能的变化量相等 Ca 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 D绳的拉力对 a 所做的功与对 b 所做的

5、功的代数和为正 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于小球在最高点时的速度、运动的向心力及相应杆的弹力，下列说法中正确的是（）A速度的最小值为gL B速度由 0 逐渐增大，向心力也逐渐增大 C当速度由gL逐渐增大时，杆对小球的作用力逐渐增大 D当速度由gL逐渐减小时，杆对小球的作用力逐渐增大 8、如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为 的斜面上，导轨

6、在左端接有电阻 R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为 m、电阻可忽略不计的金属棒 ab 在沿斜面与棒垂直的恒力 F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升 h 高度，在这一过程中（）A作用在金属棒上的合力所做的功大于零 B恒力 F 所做的功等于 mgh 与电阻 R 上发出的焦耳热之和 C恒力 F 与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化 D恒力 F 与重力 mg 的合力所做的功大于电阻 R 上产生的焦耳热 9、如图所示，a、b、c 为三颗绕地球做圆周运动的人造卫星，轨迹如图。这三颗卫星的质量相同，下列说法正确的是（）A三颗卫星做圆周运动的圆心相同 B三颗卫星受到地

7、球的万有引力相同 Ca、b 两颗卫星做圆周运动的角速度大小相等 Da、c 两颗卫星做圆周运动的周期相等 10、两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。开始两车以相同的速度 v0做匀速直线运动，t=0 时刻两拖车同时脱离汽车，已知汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，经过相同的时间 t0，汽车甲、乙的速度大小分别为 2v0、1.5v0。则下列说法正确的是（）At0时间内，甲、乙两汽车的位移之比为 4：3 Bt0时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为 3：1 Ct0时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的 4 倍 Dt0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为 3：2 三、实

8、验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）某实验小组用如图甲所示的实验装置进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。该小组把轻质细绳的一端与一个小球相连，另一端系在力传感器的挂钩上，整个装置位于竖直面内，将摆球拉离竖直方向一定角度，由静止释放，与传感器相连的计算机记录细绳的拉力 F 随时间 t 变化的图线。(1)首先测量重力加速度。将摆球拉离竖直方向的角度小于 5，让小球做单摆运动，拉力 F 随时间 t 变化的图线如图乙所示。图可知该单摆的周期 T 约为_s(保留两位有效数字)。该小组测得该单摆的摆长为 L，则重力加速

9、度的表达式为_(用测量或者已知的物理量表示)。(2)然后验证机械能守恒定律。将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放，拉力 F 随时间 t 变化的图线如图丙所示。要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是_。若图中 A 点的拉力用 F1表示，B 点的拉力用 F2表示，则小球从 A 到 B 的过程中，验证机械能守恒的表达式为_(填表达式前的字母序号)。A211()2FmgmgF B121()2mgFFmg C 21FmgmgF 12（12 分）某同学通过实验探究热敏电阻TR的阻值随温度变化的非线性规律。实验室有器材如下：毫安表mA（0300mA），电压表V（015V），滑动变阻器 R（最大阻值为10）

10、，开关 S，导线，烧杯，水，温度计等。(1)按图甲所示的电路图进行实验，请依据此电路图，用笔画线代表导线正确连接图乙中的元件_；(2)某一次实验中，电压表与电流表的读数如图丙所示。则电流表的读数为_A，电压表的读数为_V。由上述电流值、电压值计算的电阻值为_；(3)该实验电路因电流表的外接造成实验的系统误差，使电阻的测量值_（选填“大于”或“小于”）真实值；(4)实验中测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的TRt图像如图丁示。则上述(2)中电阻值对应的温度为_；(5)当热敏电阻的温度为70 C时，其电阻值为_。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求

11、写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示，水平面上有 A、B 两个小物块（均视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与 A、B 连接）。距离物块 A 为 L 处有一半径为 L 的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于 C 点，物块 B 的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块 A、B 瞬间分离，A 向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点 D（物块 A 过 D 点后立即撤去），B 向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 L（L 小于斜面体的高度）。已知 A 与右侧水平面的动摩擦因数0.5，B

12、左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：(1)物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力大小；(2)斜面体的质量；(3)物块 B 与斜面体相互作用的过程中，物块 B 对斜面体做的功。14（16 分）如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为=37的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为 m=2kg的物块，带正电，电量为 q=10-6 C。若物块与斜面间的动摩擦因数为=0.2，电场强度为 E=5106V/m，且物块能自由下滑到斜面底端。斜面高度为 h=1m，已知：g=10m/s2，sin 37=0.6，cos37=0.8 试问，物块下滑到斜面底端过程中：(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少；(2)物

13、块动能的改变量；(3)物块机械能的改变量。15（12 分）图 a 所示为杂技“顶竿”表演，质量为150kgm 的甲站在地面上，肩上扛一质量为25kgm 的竖直竹竿，竿上有一质量为345kgm 的乙可视为质点，乙从竿的顶端 A 恰好下滑到竿的末端 B，其速度时间图象如图 b 所示，g 取 10m/s2，求：(1)竿 AB 的长度；(2)整个下滑过程中，竿对乙所做的功；(3)13s 内甲对地面的压力大小。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】ABC由加速度时间图线可判断，01s 内，小车沿正向做加

14、速度增大的加速运动，1s2s 内小车沿正向做加速度减小的减速运动，由对称性知 2s 末小车速度恰好减到零，2s3s 内小车沿负向做加速度增大的加速度运动，3s4s 内小车沿负向做加速度减小的减速运动，4s 末小车速度恰好减到零。由于速度的变化也是对称的，所以正向位移和负向位移相等，即 4s 末小车回到初始位置，故 ABC 错误；D小车在 1s 末或 3s 末速度达到最大，图线与时间轴所围面积表示速度的变化，所以最大速度为 max11 5m/s2.5m/s2v 故 D 正确。故选 D。2、B【解析】AB粒子在电场中加速时，根据动能定理可得 212mvUq 即 2vUqm 所以粒子质量增大，则粒子

15、经过狭缝 P 的速度变小，只增大加速电压 U，则粒子经过狭缝 P 的速度变大，A 错误 B 正确；CD粒子在磁场中运动时有 2vqvBmr 联立解得 2mUqrB 所以只增大粒子的比荷（qm增大）或只增大磁感应强度，半径都减小，CD 错误。故选 B。3、C【解析】设小灯泡 L4两端电压为U，则有副线圈的输出电压为23UU，根据电压与匝数成正比，原线圈的输入电压为12UU，L2、L3两只灯泡串联后的总电压为2U；设通过小灯泡 L4电流为I，根据电流与匝数成反比，则有原线圈电流为32I，根据欧姆定律可得通过 L2、L3两只灯泡的电流为I，根据并联分流可得通过 L1灯泡的电流为52I，小灯泡 L1两

16、端电压为52U，根据串联分压可知交流电源输出电压524.52UUUU，根据电功率公式可知1234252525444PPPP，故 C 正确，A、B、D 错误；4、D【解析】贝克勒尔发现天然放射现象，其中射线来自于原子核内的质子转化为中子和电子中得电子，而不是原子核外的电子，A 错 波尔的氢原子模型说明原子核外的电子的轨道是不连续的，B 错；密立根油滴实验首次发现了电荷量子化，C 错误；电子的发现让人们认识到原子核内的还存在粒子，说明原子核内还是有结构的，D 对。5、C【解析】简谐振动的回复力：Fkx，故加速度：Fkxamm，经34T周期振子具有负方向的最大加速度，此时振子有正方向的最大位移；AA

17、 图在34T周期时振子有负向最大位移，A 错误；BB 图在34T周期时振子位移为零，B 错误；CC 图在34T周期时振子有负向最大位移，C 正确；DD 图在34T周期时振子位移为零，D 错误。故选 C。6、A【解析】A轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知 a 的速度等于 b 的速度沿绳方向的分量，a 的动能比 b 的动能小，A 正确；BC因为 b 与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而 B、C 两项的说法均为系统机械能守恒的表现，故 B、C 错误；D轻绳不可伸长，两端分别对 a、b 做功大小相等，一负一正，D 错误.故选 A。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题

18、5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、BCD【解析】A如图甲所示 “杆连小球”在最高点速度有最小值 0（临界点），此时杆向上的支持力为 NFmg 故 A 错误；B解析式法分析动态变化。v由 0 逐渐增大，则 2mvFL向 即F向逐渐增大，故 B 正确；C如图乙所示 当最高点速度为vgL（临界点）时，有 2mvmgL 杆对小球的作用力0F。当v由gL增大时，杆对小球有拉力F，有 2mvmgFL 则 2vFmmgL F随v逐渐增大而逐渐增大；故 C 正确；D当v由gL减小时，杆对小球有支持力

19、NF，有 2NmvmgFL 则 2NmvFmgL NF随v逐渐减小而逐渐增大，故 D 正确。故选 BCD。8、AD【解析】导体棒由静止向上加速，动能增大，根据动能定理可知，合力所作的功一定大于零，故 A 正确；由 WF-WG-W安=0 得，WF-WG=W安，即恒力 F 与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电路中发出的焦耳热，由于导体棒也存在电阻，故导体棒中也发生热量，故 B 错误；导体棒最终一定做匀速运动，则最后受力平衡，平衡后速度保持不变，则重力的功率不变，即恒力 F 与安培力的合力的瞬时功率不再变化，故 C 错误；由 B 分析可知，由于导体棒和电阻 R 均放出热量，故恒力 F

20、与重力 mg 的合力所做的功大于电阻 R 上产生的焦耳热，故 D 正确故选 AD 点睛：本题考查导体棒切割磁感线规律的应用，对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量 9、AC【解析】A三颗卫星做圆周运动的圆心都是地心，是相同的，A 正确；B三颗卫星的质量相同，但轨道半径不同，所受到地球的万有引力不相同，B 错误；C根据万有引力充当向心力，得 22MmGmrr，解得：3GMr，a、b 两颗卫星的轨道半径相等，所以做圆周运动的角速度大小相等，C 正确；D根据：2224MmGmrrT，可得 32rTGM，a、c 两颗卫

21、星轨道半径不同，所以做圆周运动的周期不相等，D 错误。故选 AC。10、BD【解析】A对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过 t0的位移 00100 021.52vvstv t 对乙车功率一定，则做加速度减小的加速运动，则经过 t0时的位移 00200 01.51.252vvstv t 则 t0时间内，甲、乙两汽车的位移之比 0 0120 01.561.21.255v tssv t 不可能为 4：3，选项 A 错误；B设汽车和拖车的质量均为 m，则汽车的牵引力为 F=2kmg，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度 1Fkmgakgm 乙车功率一定 P=Fv0=2kmgv0 在 t0时刻乙车的加速度

22、021.513Pkmgvakgm 则甲、乙两汽车的加速度大小之比为 3：1，选项 B 正确；C甲车拖车脱离前功率 P=Fv0=2kmgv0 t0时刻汽车甲的功率为 P0=2kmg2v0=4kmgv0=2P 选项 C 错误；D甲车牵引力做功 110 023Wkmg skmgv t 乙车牵引力做功 200 02WPtkmgv t t0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为 3：2，选项 D 正确。故选 BD。三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.75(0.70 或者 0.73 也对)224 LgT 质量 A 【解析】(1)1小球做单

23、摆运动，经过最低点拉力最大，由图乙可知 11.0s 到 14.0s 内有 4 个全振动，该单摆的周期 14.011.0s0.75s4T 2根据单摆周期公式2LTg可得重力加速度 224 LgT(2)3图中A点对应速度为零的位置，即最高位置，根据受力分析可得 1cosFmg 图中B点对应速度最大的位置，即最低点位置，根据牛顿第二定律可得 22mvFmgL 小球从A到B的过程中，重力势能减小量为(cos)PEmg LL 动能的增加量为 2211()22kEmvFmg L 要验证机械能守恒，需满足 PkEE 解得 211()2FmgmgF 所以还需要测量的物理量是小球的质量 4验证机械能守恒的表达式

24、为 211()2FmgmgF 故 A 正确，B、C 错误；故选 A。12、0.120 10.5 87.5 小于 20 29 【解析】(1)1电路元件连线如图所示 (2)2电流表量程为300mA，分度值为10mA，测量值为 120mA0.120AI 3电压表量程为 15V，分度值为 0.5V，测量值为 10.5VU 4由欧姆定律得 T10.5V87.50.12AURI(3)5电流表外接，电压表分流使电流表读数大于通过热敏电阻的电流，则电阻测量值小于真实值。(4)6图像TR轴的分度值为5，估读至1。图像 t 轴的分度值为5 C，估读至1 C。则对应电阻值为87.5TR的温度为 t=20。(5)7对

25、应70 Ct 时的电阻值为29。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)6mg；(2)2mM；(3)83mgLW 【解析】(1)在 D 点，有 2DvmgmL 从 C 到 D，由动能定理，有 2211222DCmgLmvmv 在 C 点，有 2CvFmgmL 解得 6Fmg 由牛顿第三定律可知，物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力 6FFmg (2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有 ABmvmv 对物块 A，从弹簧释放后运动到 C 点的过程，有 22A1122CmgmvmvL B 滑上斜面体最高点时

26、，对 B 和斜面体，由动量守恒定律，有 BmvmM v 由机械能守恒定律，有 22B11()22mvmM vmgL 解得 2mM (3)物块 B 从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律 BBmvmvmv 由机械能守恒，有 222BB111222mvmvMv 解得 B63gLv ，4 63gLv 由功能关系知，物块B 与斜面体相互作用的过程中，物块 B 对斜面体做的功 212WMv 解得 83mgLW 14、(1)6.33J；(2)7J；(3)-13J【解析】(1)对物块受力分析可知其受到的摩擦力为 cossinfmgqE 代入数据解得 3.8Nf 所以物块与斜面摩擦产生的内能为 J13.

27、6 J6.i833s n370.hQf(2)物块下滑过程中重力做功为 2 10 1J20JGWmgh 电场力做的功 6610.75105 10J6.67Jtan37hWqE 电 根据功能关系可知摩擦力做的功为 6.33JfWQ 所以根据动能定理有 J+7=kGfWWWWE 电合(3)根据功能关系可知物块机械能的改变量等于除重力外其它力做的功，即等于摩擦力和电场力做的功 J=6.676JJ13.33fGEWWW电非 15、(1)3m；(2)1350J；(3)1045N【解析】(1)由乙的速度图象可知竿长为 1(2 3)m3m2s (2)乙从 A 到 B 的过程中，设竿对乙做的功为 W。由动能定理得 300Wm gs 解得 1350JW (3)13s 内，乙匀减速下降，加速度方向向上，由图象可知其大小为 21m/sa 设地面对甲的支持力大小为 F，分析甲、乙和竿组成的整体，由牛顿第二定律得 1233)(Fmmm gm a 解得 1045NF 由牛顿第三定律可知，甲对地面的压力 1045NFF 即甲对地面的压力大小 1045N。