2023年广东省六校高考物理第一次联考物理试卷（含答案解析）

2023年广东省六校高考物理第一次联考物理试卷

1.  机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见。如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平。则下列说法中正确的是(    )

A. 菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用
B. 菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力
C. 菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大
D. 菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力

2.  如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从空中同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前(    )

A. 在空中飞行的时间可能相等 B. 飞出时的初速度竖直分量可能相等
C. 飞出时的初动能可能相等 D. 撞击墙壁的速度大小可能相等

3.  太阳系中的八大行星，按照到太阳的平均距离由近到远的顺序排列，依次是水星、金星、地球、火星、木星、土星、天王星、海王星。设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍。不考虑行星自转的影响，则下列说法中正确的是(    )

A. 金星绕太阳运动的加速度是火星的倍
B. 金星绕太阳运动的周期是火星的倍
C. 金星表面的重力加速度是火星的倍
D. 金星的“第一宇宙速度”是火星的倍

4.  如图所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场。电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以大小为的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为，原、副线圈的匝数比为1：4，副线圈通过电阻R接两个相同的灯泡，开关K闭合。下列说法正确的是(    )

A. 从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为
B. 副线圈上电压的有效值为
C. 将开关K断开后，电阻R两端电压升高
D. 保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，灯泡变亮

5.  如图所示，由两种单色光组成的复色光，通过足够大的长方体透明材料后分成a、b两束，则(    )

A. a、b两束出射光互相平行
B. 只要满足一定的条件，a、b两束光可以发生干涉
C. 在该透明材料中，a光的传播速度大于b光的传播速度
D. 从该透明材料射入空气发生全反射时，a光的临界角较大
 

6.  渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则(    )
 

A. 该波沿x轴负方向传播
B. 时间内，质点P沿x轴运动了
C. 该波的波速为
D. 在任意1s的时间内，质点P运动的路程一定是2m

7.  a、b两物体从同一地点同时出发，沿相同方向运动。图甲是a做匀加速直线运动的图像，图乙是b做匀减速直线运动的图像。则下列说法正确的是(    )

A. 时两物体速度相等
B. 前1s内两物体间距离一直在变大
C. 时刻，a的速度为，b的速度为
D. a的加速度大小为，b的加速度大小为

8.  下列四幅图涉及不同的物理知识，如图所示，下列说法正确的是(    )
 

A. 图甲，卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子
B. 图乙，1为射线，它的电离能力很强，可用于消除静电
C. 图丙，处于基态的氢原子可吸收能量为的光子发生跃迁
D. 图丁，汤姆孙通过电子的发现，揭示了原子还可以再分

9.  疫情期间，同学们在家学习的同时不忘坚持体育锻炼，某同学在家做俯卧撑运动。关于做俯卧撑运动的过程，下列说法中正确的是(    )

A. 俯卧撑向下运动的过程中，该同学处于失重状态
B. 俯卧撑向上运动的过程中，该同学克服重力做功的功率逐渐增大
C. 在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学不做功
D. 在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学施加的冲量不为零
 

10.  磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的钕磁铁安装在轨道上，刹车金属框安装在过山车底部。简化为图乙所示的模型，将刹车金属框看作为一个边长为L，总电阻为R的单匝正方形线框，则过山车返回水平站台前的运动可以简化如下：线框沿着光滑斜面下滑s后，下边框进入匀强磁场时线框开始减速，下边框出磁场时，线框恰好做匀速直线运动。已知斜面与水平面的夹角为，过山车的总质量为m，磁场区上下边界间的距离也为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g。则下列说法正确的是(    )
 

A. 线框刚进入磁场上边界时，从斜面上方俯视线框，感应电流的方向为顺时针方向
B. 线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为
C. 线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为
D. 线框穿过磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为零

11.  在探究弹力和弹簧长度的关系时，某同学用力传感器先按图1所示的装置对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙顺次连接起来按图2进行探究。在弹性限度内，每次使弹簧伸长一定的长度并记录相应的力传感器的示数，分别测得图1、图2中力传感器的示数、如表所示。

根据上表，要求尽可能多的利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数______结果保留三位有效数字。若该同学在进行实验之前忘了对力传感器进行校零，通过上述方法测得的甲弹簧的劲度系数跟真实值相比将______填“偏大”“偏小”或“不变”。
仅根据表格中的数据______填“能”或“不能”计算出弹簧乙的劲度系数。

12.  如图1所示是一个多用电表欧姆挡内部电路示意图，由表头、电源、调零电阻和表笔组成，今用其测量的阻值。

甲、乙两测试表笔中，甲表笔应是______ 填“红”或“黑”表笔；
测电阻的倍率选择“”，将甲、乙两表笔短接，调节调零电阻R，使表针指到表盘刻度的最右端；在测试表笔乙已接触被测电路右端的前提下见图，测试表笔甲应接触被测电路中的______ 填“a”或“b”点，此时表针恰好指在上图2的虚线位置，则被测电阻的阻值为______ ；
某小组同学们发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值关系，他们分别画出了如图所示的几种图像，其中可能正确的是______ ；选填选项下面的字母

已知图中电源的电动势为4V，电源的电动势为内阻可忽略。若按照上述中的步骤测电阻时，测试表笔甲在a、b两个点中连接了错误的触点，则电阻的测量值为______ 。

13.  验证大气压强存在的实验中，将有开口的易拉罐加热后倒置浸入浅水盆中，易拉罐会变瘪。某同学进行了一次实验：已知易拉罐容积为，初状态罐内气体压强等于大气压、气体温度为。将该易拉罐倒置浸入浅水盆，罐内气体温度在极短时间内降为，同时有20ml的水流入罐内，若内外压强差大于，该款易拉罐会变瘪，请通过计算说明该同学这次实验能否让易拉罐变瘪。

14.  在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的平行双边界匀强磁场区域，如图所示，已知离子在磁场中转过后从磁场右边界射出。已知磷离子质量为m，带电量为e，忽略重力影响，求：
磷离子进入磁场的速度大小v；
磁场宽度L。

15.  有一款三轨推拉门，门框内部宽为。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为，质量均为，与轨道的摩擦系数均为。每扇门板边缘凸起部位厚度均为。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞不黏连，门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧如图乙，用恒力F水平向右拉3号门板，经过位移后撤去F，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧如图丙。重力加速度。求：
号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小；
恒力F的大小；
若力F大小可调，但每次作用过程中F保持恒定且F作用的位移均为s，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板经过的路程x与F之间的关系式。

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：A、菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品所受合力为零，故菜品不受摩擦力的作用；故A错误；
B、菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力分别作用在两个不同的物体上，是作用力和反作用力关系。不是一对平衡力，故B错误；
C、惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态无关，故C错误；
D、菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力在竖直方向的分力等于菜品的重力，机器人对菜品还有沿水平方向的分力，所以机器人对菜品的作用力大于菜品的重力，故D正确；
故选：D。
根据匀速直线运动的受力可以判断此时菜品不受摩擦力作用；根据牛顿第一定律可以知道惯性与运动状态无关；一对平衡力作用对象是一个物体，故可判断压力和支持力关系；菜品只受到机器人对菜品的作用力和重力作用，菜品随着机器人一起做匀加速直线运动，故受力不平衡，即机器人对菜品的作用力不等于菜品的重力。
本题考查牛顿第二定律，在对物体受力分析时，要注意从作用对象、作用性质上找出作用力和反作用力与一对平衡力的区别。
 

2.【答案】C 

【解析】解：将乒乓球的运动逆过程处理，即为平抛运动，两次竖直高度不同，根据：，可知两次运动时间一定不同。再根据，可知初速度在竖直方向分量一定不同，故AB错误；
D.两次撞击墙壁的速度大小等于水平分速度。两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，根据，可知两次撞击墙壁的速度大小一定不相等，故D错误；
C.由上述分析可知，高度大的初速度的竖直分速度大，而其水平分速度小，根据速度的合成初速度大小为：，可知飞出时的初速度大小可能相等，初动能，也可能相等，故C正确。
故选：C。
由于两次乒乓球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解。根据速度合成规律可分析撞击墙壁的速度大小。
此题考查了平抛运动的规律，应采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。
 

3.【答案】D 

【解析】解：AB、题目已知是金星自身的半径是火星的n倍，没有给出金星绕太阳运动的轨道半径与火星绕太阳运动轨道半径的关系，没法判断出金星与火星绕太阳的运动的加速度、周期的关系，故AB错误。
C、根据星球表面万有引力近似等于重力有：，得：，可知金星表面的重力加速度是火星的倍，故C错误。
D、根据万有引力提供向心力有：，解得可知，金星的“第一宇宙速度”是火星的倍，故D正确。
故选：D。
根据重力等于万有引力列式，求金星表面的重力加速度。根据卫星的速度公式求金星的“第一宇宙速度”；根据分析行星绕太阳转动加速度的关系，根据开普勒第三定律分析绕太阳转动的周期关系。
解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力，知道卫星的线速度、加速度等公式，并能用来比较两个天体各个量之间的大小。
 

4.【答案】D 

【解析】解：A、从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为
故A错误；
B、原线圈电压的有效值为
变压器电压之比等于匝数之比，则有：：：4
解得，副线圈上电压的有效值为
故B错误；
C、将开关K断开后，副线圈总电阻增大，副线圈电压不变，故通过电阻R上的电流减小，则电阻R两端电压降低，故C错误；
D、保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，由可知，感应电动势最大值增大，则副线圈上电压的有效值增大，灯泡变亮，故D正确。
故选：D。
根据感应电动势瞬时值公式求解感应电动势的表达式；根据正弦式交变电流峰值与有效值的关系求解有效值，变压器电压之比等于匝数之比，据此求解副线圈上电压的有效值；将开关K断开后，副线圈总电阻增大，电压不变，根据串并联规律判断电压的变化；根据判断感应电动势最大值的变化，进而判断灯泡的亮暗程度。
本题考查正弦式交变电流和变压器的动态分析，解题关键是掌握正弦式交变电流的瞬时值、峰值和有效值的求解方法，知道变压器电压之比等于匝数之比。
 

5.【答案】A 

【解析】解：A、光透过平行介质上表面折射角等于下表面入射角，根据折射定律可知，光通过透明介质后折射光线与入射光线平行，故a、b两束出射光互相平行，故A正确；
C、由图可知，b光的折射角小于a光的折射角，根据折射定律可知，b光的折射率小于a光的折射率，根据可知，b光的传播速度大于a光的传播速度，故C错误；
B、由于两束光a、b折射率不同，频率不同，a、b两束光不可以发生干涉，故B错误；
D、根据折射定律可知，从该透明材料射入空气发生全反射时，a光折射率较大，临界角较小，故D错误；
故选：A。
根据折射定律分析经透明材料折射后情况；根据偏折角大小和折射定律分析折射率大小，判断频率大小，从而判断能否发生干涉，根据分析全反射临界角大小；根据分析光传播速度。
光线通过长方体透明材料后，根据偏折程度可定性判断折射率大小，从而进一步分析两种光速度、频率等等的关系。
 

6.【答案】D 

【解析】解：A、由图2可知时刻，P质点向上振动，根据“同侧法”可以判断出波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、波传播过程中，振动介质不会随波迁移，故B错误；
C、由题图可读出波的周期为，波长为，根据可得波速为，故C错误；
D、质点P在一个周期内的路程为4倍振幅，而，所以任意1s内质点P通过的路程为：，故D正确。
故选：D。
由质点P的振动方向判断波的传播方向；波传播过程中，质点不会随波迁移；分别由波动图象和振动图象得波长和周期，根据求解波速；先求出一定时间对应周期的倍数，然后应用一个周期内的路程为4倍振幅求解质点运动的路程。
本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图象的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
 

7.【答案】B 

【解析】解：AD、a物体做匀加速直线运动，则：
由图甲可知，时，；时，，代入上式解得：a的初速度，加速度；
b做匀减速直线运动，则
由图乙可知，时，；时，，代入上式解得b的初速度：，加速度，b的加速度大小为。
时a物体速度，b物体的速度，则，故AD错误；
B、a、b两物体从同一地点同时出发，沿相同方向运动，1s时，a物体速度，b物体的速度，则，所以内，a物体的速度比b物体的小，两者间距逐渐增大；时两物体速度相等，两物体间距离最大，故B正确；
C、由A项分析可知，时刻，a的速度为0，b的速度为，故C错误。
故选：B。
对a物体，根据匀加速直线运动的位移-时间关系求a的初速度和加速度。对b物体，利用速度-位移公式列式，结合图象的斜率求b的初速度和加速度，再根据速度-时间公式分析。
本题考查运动学基本公式的应用，关键是要能够从图中得出有效信息，灵活运用运动学公式解答。
 

8.【答案】BD 

【解析】解：卢瑟福通过分析粒子散射实验中粒子大角度偏转现象，提出了原子的核式结构，故A错误；
B.根据左手定则，1粒子的运动方向与四指指向相同，表明1射线带正电，即1射线是射线，它的电离能力很强，可用于消除静电，故B正确；
C.若处于基态的氢原子吸收了能量为的光子，根据波尔理论，设跃迁后的能级为E，则，对比图中氢原子的能级图，不存在该能级，故C错误；
D.汤姆孙通过分析阴极射线管中的射线，发现该射线带负电，从而发现了电子，电子的发现，揭示了原子还可以再分，故D正确。
故选：BD。
卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；根据左手定则判断粒子的类型，结合射线的特点判断；能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差；汤姆孙对阴极射线的研究，发现了电子。
本题考查了粒子散射实验、链式反应、能级跃迁等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
 

9.【答案】CD 

【解析】解：俯卧撑向下运动的过程中，该同学先向下加速，失重；后向下减速，超重，故A错误；
B.俯卧撑向上运动的过程中，该同学向上的速度先增加后减小，即克服重力做功的功率先逐渐增大后逐渐减小，故B错误；
C.在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的作用力没有位移，则地面对该同学不做功，故C正确；
D.根据可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学施加的冲量不为零，故D正确。
故选：CD。
加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态；重力功率等于力与速度的乘积；根据功的定义确定做功情况；根据动量定理确定冲量大小。
本题以俯卧撑为情景，来考查超失重状态以及重力功率和动量定理等物理知识，加强了知识的实际应用。
 

10.【答案】ACD 

【解析】解：A、线框刚进入磁场上边界时，根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向从斜面上方俯视线框，故A正确；
B、设线框进入磁场时的速度大小为，自由下滑过程中，根据动能定理可得：，解得：；
根据闭合电路的欧姆定律可得：，故B错误；
C、设线框离开磁场时的速度大小为v，根据平衡条件可得：
根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为：
解得：，故C正确；
D、根据电荷量的计算公式可知，线框穿过磁场的过程中，，则通过线框横截面的电荷量为零，故D正确。
故选：ACD。
根据楞次定律判断感应电流的方向；根据动能定理求解刚进入磁场时的速度大小，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小；根据平衡条件求解线框离开磁场时的速度大小，根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热；根据电荷量的计算公式分析通过线框横截面的电荷量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
 

11.【答案】不变  能 

【解析】解
由题中实验数据可知，弹簧甲每伸长，传感器示数约增加1N，则弹簧甲得劲度系数
计算弹簧的劲度系数是通过弹力的变化量与弹簧长度变化量来求得的，与具体的弹力示数无关，只与弹力的变化量有关，故的甲弹簧的劲度系数跟真实值相比将不变；
两个弹簧串联在一起，满足规律，故
可知，只要知道甲乙两个弹簧总的劲度系数，和甲弹簧的劲度系数就可以得知乙弹簧的劲度系数，由图中数据可计算出甲乙两个弹簧总的劲度系数，甲弹簧的劲度系数已知，故能计算出弹簧乙的劲度系数。
答：不变     能
根据胡克定律，计算弹簧甲得劲度系数.
根据弹簧串联规律，推出，计算劲度系数；
本题解体的关键是，弹簧串联时，知道
 

12.【答案】红  b 1500 AC 500 

【解析】解：根据红表笔连接多用电表内部电源负极，黑表笔连接多用电表内部电源正极可知，甲表笔应是红表笔。
为了防止外部电流对测量结果产生影响，测试表笔甲应接触被测电路中的b点。
测电阻的倍率选择“，指针指在“15”处，则被测电阻的阻值为。
设欧姆表内电池电动势为E，电池内阻、电流表内阻、调零电阻等的总电阻为，则有
则图像是双曲线的一条，随着的增大，I减小。而上式的倒数为
可知图像是线性函数图像，纵截距大于零，随着的增大而增大；可得BD错误，AC正确。
故选：AC。
由上可知欧姆表的内阻为
甲表接在a点，由于和串联，故电动势增大，电流增大，电阻的测量值偏小。
由欧姆定律得，，
可得电流
此时对应的电阻测量值为电流下仅接入电源时的电阻测量值，则

代入数据，解得
所以此时电阻的测量值为。
故答案为：红    、
根据电流的走向来确定红黑表笔的具体连接方式；在欧姆调零时，需要将红黑表笔短接，调零完成后，再进行对待测电阻的测量；在求解电阻阻值和图像问题时，需要根据欧姆定律列式再进行分析与计算。
熟练掌握闭合电路的欧姆定律，根据欧姆定律表达式进行数据处理和误差分析。
 

13.【答案】解：假设易拉罐还未变瘪，选择易拉罐内的气体为研究对象，其初状态；；
末状态；
根据理想气体状态方程：
解得
因此易拉罐内外压强差为：
故本次实验能让易拉罐变瘪。
答：本次实验能让易拉罐变瘪。 

【解析】列出气体的初、末状态，由理想气体的状态方程求出气体的压强，然后判断即可。
该题考查理想气体状态方程的应用，解答的关键是正确找出气体的初状态与末状态。
 

14.【答案】解：磷离子，经电压为U的电场加速，由动能定理可得

解得
由洛伦兹力提供向心力可得

离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有
解得
答：磷离子进入磁场的速度大小v为；磁场宽度L为 

【解析】根据动能定理求出带电粒子离开电场时的速度；
根据洛伦兹力提供向心力结合几何知识求半径，求出磁场宽度L。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
 

15.【答案】解：号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移

根据功能关系

解得

号门板与2号门板碰撞，根据动量守恒定律

解得

3号门板从开始运动到与2号门板碰撞，位移为

根据动能定理有：
解得：
①若，3号门保持静止；
②若3号门板还未与2号门板碰撞，即若

解得

此时


③若3号门板与2号门板碰撞，但2号门板还未与1号门板碰撞

即

3号门板与2号门板碰撞前

3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒

3号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热。

解得

由可得此时恒力的取值范围为

由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。
答：号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小为；
恒力F的大小为27N；
号门板经过的路程x与F之间的关系式为，此时，。 

【解析】根据功能关系解得；
根据动量守恒定律结合动能定理解得；
分类讨论三扇门碰撞后的情况，从而分析要保证2号门板不与1号门板发生碰撞的情况。
本题考查动量守恒定律与功能关系的应用，解题关键掌握三扇门碰撞的运动情况分析，根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解答。