2023年广东省湛江市高考物理一模试卷（含答案解析）

2023年广东省湛江市高考物理一模试卷

1.  端午节是中国的传统节日，包粽子、吃粽子是人们的传统习惯之一。如图所示，某人把煮好的八个相同的粽子通过八根细绳用手提起后静止在空中，已知每个粽子的重力均为mg，每根绳子与竖直方向的夹角均为，每根细绳的拉力大小为T，手受到细绳的作用力为F，下列关系式正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  甲、乙两同学各自骑自行车在一条平直公路上沿直线运动，其位移x随时间t的变化规律分别如图中甲、乙图线所示，图线甲是直线，图线乙是抛物线，下列说法正确的是(    )

A. 时间内甲、乙的平均速度相等 B. 时间内甲、乙的最大距离为
C. 时间内甲、乙的运动方向相反 D. 时刻甲、乙的速度相同

3.  如图所示，某商场有一与水平方向成的自动扶梯，现有质量为50kg的人与扶梯一起以的速度斜向上匀速运动10m。取重力加速度，，，则此过程中(    )

A. 人的重力势能增加了5000J
B. 人与扶梯之间产生的内能为5000J
C. 人克服重力做功的功率为600W
D. 扶梯对人所做的功为5000J

4.  实现核能电池的小型化、安全可控化一直是人们的目标。现在有一种“氚电池”，它的体积比一元硬币还要小，有的心脏起搏器就是使用“氚电池”供电，使用寿命长达20年。已知氚核的衰变方程为，其中是质量可忽略不计的中性粒子，氚核的半衰期为年。设反应前的质量为，反应后的质量为，的质量为，光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是(    )

A. ，，原子核衰变时电荷数和质量数都守恒
B. 100个经过25年后一定还剩余25个
C. 发生的是衰变，射线的穿透能力最强
D. 该衰变过程释放的能量为

5.  2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和核心舱”完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和核心舱”。对接过程的示意图如图所示，“天和核心舱”处于半径为的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和核心舱”对接。则神舟十五号飞船(    )

A. 由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点减速
B. 沿轨道Ⅱ运行的周期为
C. 在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D. 在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度

6.  利用超声波非破坏性地检查材料或机械部件的内部缺陷、伤痕的一种技术，广泛应用于机械、冶金等部门。如图所示为仪器检测到的发送和接收的短暂超声波脉冲图像，其中实线为沿x轴正方向发送的超声波脉冲，虚线为一段时间后遇到工件缺陷部分沿x轴负方向返回的超声波脉冲图像。已知检测仪器处反射波与入射波不相互叠加，此超声波在工件内的传播速度为。下列说法正确的是(    )

A. 质点N在图示虚线所示时刻沿x轴负方向运动
B. 质点N在图示虚线所示时刻沿y轴负方向运动
C. 从图示实线所示时刻开始，再经过，质点M恰好到达波峰
D. 从图示实线所示时刻开始，再经过，质点M恰好到达波谷

7.  如图所示，空间正四棱锥的底边长和侧棱长均为a，此区域存在平行于CB边由C指向B方向的匀强磁场，现一质量为m、电量为的粒子，以竖直向上的初速度从底面ABCD的中心O垂直于磁场方向进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。则磁感应强度大小为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  夜晚高速公路路标在灯光的照射下特别亮，主要是因为使用了由大量均匀透明介质球组成的反光材料.如图所示，介质球的球心位于O点，半径为R。平行于直径AOB的单色光从空气射入介质球，其中一条光线沿CD射入球体，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气中时出射光线恰好与CD平行。已知CD与AB间的距离为，光在真空中的传播速度为c，则(    )

A. 光线经过一次折射一定射到B点 B. 光线经过一次折射对应的折射角为
C. 该介质球的折射率为 D. 光在该介质球中的传播速度为

9.  图甲为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示.输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为、，降压变压器原、副线圈匝数分别为、变压器均为理想变压器。降压变压器右侧部分为一火灾报警系统报警器未画出，和为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是(    )
 

A.
B. 乙图中电压的瞬时值表达式为
C. R处出现火警时，输电线上的电流增大
D. R处出现火警时，电压表V的示数增大

10.  如图所示，在正方体中abcd面的对角线ac的中点放一电荷量为的点电荷，在面的对角线的中点放另一电荷量为的点电荷，下列说法正确的是(    )

A. a点的电势等于点的电势
B. b点的电场强度与点的电场强度相同
C. 负的试探电荷沿棱从c到电势能先增大后减小
D. 正的试探电荷沿棱从b到电场力一直做负功
 

11.  某物理小组利用如图甲所示的装置探究平抛运动规律.在斜槽轨道的末端安装一个光电门，调节激光束与实验所用小钢球的球心等高，斜槽末端切线水平，又分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装频闪摄像头进行拍摄，钢球从斜槽上的固定位置无初速度释放，通过光电门后抛出，测得钢球通过光电门的平均时间为，得到的频闪照片如图丙所示，O为抛出点，P为运动轨迹上某点，g取。

用50分度游标卡尺测得钢球直径如图乙所示，则钢球直径______ mm，由此可知钢球通过光电门的速度______ 此空结果保留两位小数。
在图丙中，B处摄像头所拍摄的频闪照片为______ 选填“a”或“b”。
测得图丙a中OP距离为，b中OP距离为，则钢球平抛的初速度大小______ 结果保留两位小数。
通过比较钢球通过光电门的速度v与由平抛运动规律解得的平抛初速度的关系，从而验证平抛运动的规律。

12.  当今人工智能技术迅猛发展，电池是新型人工智能机器人的重要部分，某新型机器人上的一节电池的电动势约为3V，内阻约为，某课外活动小组利用所学知识设计电路测量该电池的电动势E和内阻r。使用的器材有：
A.待测电池
B.电流表量程3mA，内阻未知
C.滑动变阻器阻值范围
D.电阻箱
E.电阻箱
F.定值电阻
G.开关、导线若干
考虑到电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。经过思考后，该小组设计了如图甲所示的电路，先测出该电流表G的内阻，再利用图乙的电路测量电池的电动势E和内阻r。

该小组连接好电路后，首先对电流表G的内阻进行测量，请完善测量步骤。
①保持断开，闭合，调节的滑片位置使其阻值由最大逐渐减小，直到电流表示数等于其量程；
②保持不变，闭合，调节电阻箱使其阻值由最大逐渐减小，当电流表读数等于时记录下的值为，则______ 。
用图甲所示的方法测得的电流表的内阻与真实值相比______ 选填“偏大”“偏小”或“相等”。
该小组测得电流表的内阻之后，利用图乙电路测量得到电阻箱的阻值R和电流表的读数I以及计算出的多组数据后，作出了如图丙所示的图像。根据图线求得电源电动势______ V，内阻______ 。结果均保留1位小数

13.  高血压是最常见的心血管疾病之一，也是导致脑卒中、冠心病、心力衰竭等疾病的重要危险因素。某人某次用如图所示的水银血压计测量血压时，先向袖带内充入气体，充气后袖带内的气体体积为、压强为，然后缓慢放气，当袖带内气体体积变为时，气体的压强刚好与大气压强相等.设大气压强为，放气过程中温度保持不变。
简要说明缓慢放气过程中袖带内气体是吸热还是放热；
求袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比。

14.  磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图甲所示，它的驱动系统可简化为如图乙所示的物理模型。已知列车的总质量为m，固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度大小均为B、垂直水平面但方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场，磁场以速度v向右匀速移动时可恰好驱动停在轨道上的列车，假设列车所受阻力恒定，若磁场以速度4v匀速向右移动，当列车向右运动的速度为2v时，线框位置如图乙所示，求此时：

线框中的感应电流方向；
线框中的感应电流I大小；
列车的加速度a大小。

15.  如图所示，在光滑平台上放置一长度，质量的薄板b，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量，物块a与薄板b间动摩擦因数。开始时两者均静止，现对薄板b施加、水平向右的恒力，待a脱离尚未露出平台后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
物块a在薄板b上运动的时间t；
物块a经过B点的速度大小；
若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的点，此时绳子刚好伸直无拉力，已知点与c球相距为L，当绳子拉力T达到时绳子断开.物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：B、以所有粽子为对象分析可知，由牛顿第三定律可知，故B错误；
ACD、竖直方向平衡可知
解得：，故AD错误，C正确
故选：C。
对整体受力分析可知手受到细绳的作用力，结合共点力平衡条件解得每根细绳的拉力大小。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握整体与隔离的分析方法。
 

2.【答案】B 

【解析】解：A、由图像可知内甲、乙的位移分别为、，位移不相等，所以甲、乙的平均速度不相等，故A错误；
B、由图像可知内甲、乙的最大距离为，故B正确；
C、由图像可知在内甲、乙的斜率均为负，所以他们的运动方向相同，故C错误；
D、由两图线相交可知他们此时的位置相同，但斜率大小不一定相等，且速度方向相反，故D错误。
故选：B。
位移-时间图象只能描述直线运动，反映位移随时间的变化规律，位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，位移等于x的变化量，平均速度等于位移除以时间，结合这些知识分析。
本题考查位移-时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移为，来分析图象的物理意义。
 

3.【答案】C 

【解析】解：人的重力势能增加了，故A错误；
B、静摩擦力对系统不做功，故B错误；
C、人克服重力做功的功率为，故C正确；
D、功能关系可得：，故D错误。
故选：C。
熟悉重力势能的计算公式，代入数据得出重力势能的增加量；
根据功率的计算公式得出人克服重力做功的功率；
理解能量的转化特点，从而得出扶梯对人做的功。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉功和功率的计算公式即可完成分析，难度不大。
 

4.【答案】A 

【解析】解：AC、根据原子核衰变时质量数与电荷数都守恒可得，，解得：，，由此可知发生的衰变为衰变，其穿透能力不是最强，故A正确，C错误；
B、半衰期是一种统计规律，对少量的原子核不适用，故B错误；
D、根据爱因斯坦质能方程得释放的核能为，故D错误。
故选：A。
根据质量数与核电荷数守恒判断生成物的质量数和电荷数，再结合三种射线的特性分析；半衰期是一种统计规律；根据质能方程计算衰变的过程中释放能量。
本题考查射线的特性、半衰期、质能方程等内容，要熟悉课本知识，能解释生活中的问题。
 

5.【答案】D 

【解析】解：A、由低轨道进入高轨道需要点火加速，所以由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点加速，故A错误；
B、根据开普勒第三定律，有，解得，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得，解得，所以在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误；
D、由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点加速，所以在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度，故D正确。
故选：D。
根据变轨原理进行分析；
根据开普勒第三定律求解周期；
根据牛顿第二定律分析加速度大小；
根据变轨原理进行分析。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
 

6.【答案】C 

【解析】解：AB、质点N在接收的超声波脉冲图像上，此脉冲沿x轴负方向传播，由“上下坡法”可知，在图示虚线所示时刻质点N沿y轴正方向运动，故AB错误；
CD、由题意可知，发送和接收的超声波频率相同，由图像可知波长，由于，代入数据解得，从图示实线所示时刻开始，由“上下坡法”可知，质点M此时刻沿y轴正方向运动，再经过，质点M恰好到达波峰，故C正确，D错误．
故选：C。
根据波的传播方向分析N的振动方向，根据解得周期，从而判断再经过，质点M的运动情况。
本题考查横波的图象，解题关键掌握图象的认识，注意周期的计算公式，以及通过波的传播方向分析知道运动情况的方法。
 

7.【答案】C 

【解析】解：粒子从空间正四棱锥的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，做出粒子的运动轨迹如图所示：

由几何关系可知：，其中为面PBC与底面的夹角，由几何关系可知：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用几何知识与牛顿第二定律可以解题。
 

8.【答案】AC 

【解析】解：A、由题可知光路图如图所示，光线经过一次折射一定射到B点，故A正确；

B、由几何关系可得解得，解得，由几何关系可知，解得，故B错误；
C、由折射定律可知介质球的折射率为，解得：，故C正确；
D、光在该介质球中的传播速度为，故D错误．
故选：AC。
作出光路图，根据传播特点结合折射定律以及几何知识，求解折射率；根据解得光在介质中的传播速度。
解决该题关键是能正确作出光路图，知道光在介质球里面的传播情况，再根据几何知识求解相问题。
 

9.【答案】BC 

【解析】解：A、升压变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，有
降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，有
则
故A错误；
B、由图像得，乙图中电压最大值
电压的周期为
则
则乙图中的电压瞬时值表达式为
故B正确；
C、当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则增大，原副线圈匝数比等于电流的反比，则增大，故C正确；
D、输电线上损失的电压为
有C得，增大，则增大，输入电压不变，和不变，原副线圈电压之比等于匝数之比，所以不变，由于
所以减小，和不变，则变小，即电压表的示数减小，故D错误。
故选：BC。
根据变压器匝数之比等于电压之比判断匝数之比的大小；根据图像求解电压的瞬时值表达式；根据闭合电路欧姆定律和串并联规律分析电流和电压的变化。
本题考查远距离输电问题，知道理想变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，原副线圈的功率相等。
 

10.【答案】BD 

【解析】解：A、由于点靠近正电荷，a点靠近负电荷，所以a点的电势小于点的电势，故A错误；
B、根据对称性可知，关于等量异种电荷连线中点对称的两点电场强度相同，b点与点关于等量异种电荷连线中点对称，所以b点的电场强度与点的电场强度相同，故B正确；
C、负的试探电荷沿棱从c到电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；
D、正的试探电荷沿棱从b到电场力一直做负功，故D正确。
故选：BD。
由于点靠近正电荷，a点的电势小于点的电势；关于等量异种电荷连线中点对称的两点电场强度相同，由此分析B选项；根据电场力的方向与运动方向分析电场力做功情况。
本题主要是考查等量异种电荷的电场，知道关于等量异种电荷连线中点对称的两点电场强度相同，能够根据电场强度的方向确定电场力做功正负。
 

11.【答案】 

【解析】游标卡尺主尺的最小分度值为1mm，读数为4mm，游标尺的最小分度值为，读数为，则钢球直径；
钢球通过光电门的时间极短，可用平均速度替代瞬时速度，由此可知钢球通过光电门的速度

钢球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故B处摄像头所拍摄的频闪照片为b；
由平抛运动规律可得，竖直方向：
水平方向：
解得

故答案为：，；；。
先确定游标卡尺主尺和游标尺的最小分度值，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；钢球通过光电门的时间极短，可用平均速度替代瞬时速度；
根据平抛运动规律分析判断；
根据平抛运动规律计算。
本题考查探究平抛运动规律实验，通过光电门计算平抛运动的初速度，根据平抛运动规律计算初速度。
 

12.【答案】199 偏小   

【解析】解：保持不变，闭合，将电阻箱由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于时，由于总电流不变，通过电阻箱的电流也为，所以；
实际操作中，闭合后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过的电流大于，所以该方法测出的电流表内阻要小于电流表内阻的真实值；
改装后的电流表的内阻，由闭合电路欧姆定律，解得，
结合图像可知，，解得，；
故答案为：；偏小；，。
根据半偏法测电阻的实验原理进行解答；
根据并联电路总电阻变小，干路电流变大，进行误分析；
分析电路连接情况，根据闭合电路的欧姆定律进行解答。
对于实验题，要弄清楚实验原理以及误差分析等问题，对于“半偏法”测电阻，要掌握其原理，能够根据闭合电路的欧姆定律进行分析。
 

13.【答案】解：缓慢放气过程，可将气体看成气体质量不变、温度恒定、体积变大的过程。气体体积变大对外做功，而缓慢放气过程中，气体温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律，则气体应吸热；
设放出压强为的气体体积为，以原袖带内气体为研究对象，
初状态：气体压强，末状态：气体压强，
由玻意耳定律有
解得：，
袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比为；
答：气体应吸热；
袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比为。 

【解析】根据热力学第一定律即可分析；
气体温度不变，应用玻意耳定律分析答题。
根据题意分析清楚气体状态变化过程，由热力学第一定律以及玻意耳定律即可解题；要注意基础知识的学习与积累。
 

14.【答案】解：由于，所以线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知此时线框中感应电流沿顺时针方向．
当列车向右运动的速度为2v时，由法拉第电磁感应定律可知
线框中的感应电流大小
解得
列车向右运动的速度为2v时，线框受到的安培力
解得
当磁场以速度v匀速向右移动时，同理可得线框受到的安培力
当磁场以速度v匀速向右移动时，可恰好驱动停在轨道上的列车可知阻力
由牛顿第二定律可知
解得
答：线框中的感应电流方向为顺时针方向；
线框中的感应电流I大小为；
列车的加速度a大小为。 

【解析】根据右手定则判断感应电流方向；
应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流；
根据牛顿第二定律解得加速度。
本题容易产生的错误往往有三个：一是认为线框切割速度是v，产生的感应电动势是BLv；二是认为线框只有一边切割磁感线；三是线框左右都受安培力，漏掉一边。
 

15.【答案】解：对物块a根据牛顿第二定律，有：，代入数据解得：
对薄板b根据牛顿第二定律，有：，代入数据解得：
由题知：
代入数据解得：
物块a离开薄板b的瞬间速度为：
在A点进行运动的合成与分解，如图所示：

可知：
物块a从A到B过程由动能定理，有：
代入数据解得：
物块a与c球碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：
若绳子在最高点断开，对c球由牛顿第二定律：
其中：，解得：
若绳子在最低点刚好断开，设此时c球在最低点速度为，
c球由最高点到最低点过程，根据动能定理可得：
在最低点由牛顿第二定律可得：
其中：，解得：
c球做圆周运动恰好通过最高点时有，解得
因，故绳子在最低点刚好满足断开条件
即保证c球被碰后做平抛运动，L满足的条件是：或
答：物块a在薄板b上运动的时间为1s；
物块a经过B点的速度大小为；
保证c球被碰后做平抛运动，L满足的条件是：或。 

【解析】对物块a、薄板b根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据运动学公式求解时间；
求出物块a离开薄板b的瞬间速度，在A点进行运动的合成与分解求解A点的速度大小；物块a从A到B过程由动能定理求解达到B点的速度大小；
物块a与c球碰撞过程，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后的速度大小。若绳子在最高点断开、若绳子在最低点刚好断开，分析受力情况，根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和牛顿第二定律的综合应用；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。