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潮南区2022-2023学年度第二学期期初高三摸底考试物理试卷本试卷共6页，16小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内。2．选择题每小题选出答案

后，把答案填涂在答题卡指定区域内，不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅

笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。第Ⅰ卷（选择题）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.新冠疫情下，无数医

务工作者化身“大白”挺身而出，如图是一位“大白”手里拿着核酸采样管静止在空中，则（）A.“大白”对采样管的压力大小等于采样管的重力大小B.“大白”对采样管的摩擦力大小等于采样管的重力大小C.“大白”对采样管拿得越紧，采样管受到的摩擦力会越大D.“大白”对采样管

的作用力大小等于采样管的重力大小【答案】D【解析】【详解】A．“大白”对采样管的压力垂直于采样管，它与采样管受到的摩擦力的合力等于重力，A错误；B．“大白”的手拿采样管的方向是倾斜的，此时重力与静摩擦力不在一条直线上，二力不平衡，采样管受到的静摩擦力和“大白”对采样管的压力

的合力等于重力，B错误；C．采样管受到的是静摩擦力，静摩擦力的大小由受力平衡决定，与“大白”对采样管的压力大小无关，C错误；D．采样管受到地球和“大白”两个施力物体的共同作用，合力等于零，而“大白”对采样管的作用力是“大白”对采样

管施加的压力和摩擦力的合力，所以“大白”对采样管的作用力等于采样管的重力，D正确。故选D。2.如图所示，半球形陶罐和陶罐内的物块（视为质点）绕竖直转轴OO从静止开始缓慢加速转动，物块相对陶罐始终保持静止，下列说法正确的是（）A.物块的线速度可能先增大后减小B.某时

刻物块可能只受两个力C.物块一定有上滑的趋势D.物块一定有下滑的趋势【答案】B【解析】【详解】A．由于物块相对陶罐始终保持静止，所以运动半径不变，根据vr=可知物块的线速度一定一直增大，故A错误；B．当物块所受重力和陶罐内壁的支持力的合力恰好提供向

心力时，物块只受这两个力作用，故B正确；CD．当物块所受重力和陶罐内壁的支持力的合力大于所需的向心力时，物块会受到沿内壁切线斜向上的摩擦力作用，此时物块有下滑趋势；当物块所受重力和陶罐内壁的支持力的合力小于所需的向心力时

，物块会受到沿内壁切线向下的摩擦力作用，此时物块有上滑趋势，故CD错误。故选B。3.在学习机械波相关知识后，两名同学分别乘坐静止在湖面的甲、乙两艘小船，两船水平距离20m。某时刻，一列水波从甲船向乙船传播，

每艘船在1min时间内上下浮动30次，已知甲船在波峰时，乙船在波谷，两船间恰好还有2个波峰，以下说法正确的是（）A.水波的周期为1sB.水波的波长为8mC.水波的波速为8m/sD.水波经过一段时间，甲乙两船将靠近【答案】B【解析】【详解】A．船在1min时间内上下浮动30次，故水波

的周期为60s2s30T==A错误；B．当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有两个波峰，故两船间距离为1220m2s=+=代入解得，水波的波长为8m=B正确；C．由公式可得，水波的波速为8m/s4m/s2vT===C错误；D．两船上

下振动，水波经过一段时间，甲乙两船不会靠近，D错误。故选B。4.我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉卫星发射中心成功发射。“墨子”由火箭发射至高度为500km的预定圆形轨道。此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三

颗北斗导航卫星G7，G7属于地球静止轨道卫星（高度约为36000km），它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是（）A.这两颗卫星运行速度可能大于7.9km/sB.通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C.量子科学实验卫星“墨子”周期比北斗

G7的周期小D.量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的小【答案】C【解析】【详解】A．根据引力作为向心力可得22MmvGmrr=解得的的GMvr=可知轨道半径越大，线速度越小，当轨道半径等于地球半径时，对应的线速度为第一宇宙速度

7.9km/s，故北斗G7和量子科学实验卫星“墨子”的线速度均小于地球的第一宇宙速度，A错误；B．北G7即同步卫星，只能定点于赤道正上方，B错误；C．根据引力作为向心力可得2224MmGmrrT=解得234

rTGM=量子科学实验卫星“墨子”的轨道半径较小，周期较小，C正确；D．由引力作为向心力可得2MmGmar=解得卫星的向心加速度为2MaGr=量子科学实验卫星“墨子”的轨道半径较小，向心加速度较大，D错误。故选C。5.据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛

行于朝、隋唐。毽子由羽毛、金属片和胶垫组成。如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，下列说法正确的是（）A.脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来B.因为空气阻力存在，毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度gC.毽子上升过程机械能减少，下落过程机械能增加D

.图中毽子被踢上去的漫画，符合物理规律的是图a【答案】D【解析】【详解】A．脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力和反作用力，故等大反向，故A错误；B．因为空气阻力存在，毽子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度g，而下降阶段阻力向上，加速度小于重力加速度g，故B

错误；C．毽子上升过程和落过程，阻力都做负功，机械能一直在减少，故C错误；D．因惯性作用，毽子向上运动过程，重力大的部分惯性大，故图中毽子被踢上去的漫画，符合物理规律的是图a，故D正确。故选D。6.如图所示，某同学

练习投篮时，将篮球从同一位置斜向上投出，第1次篮球斜向下击中篮板，第2次篮球垂直击中篮板。不考虑空气阻力，下列说法正确的是（）A.第1次投球，篮球的初速度一定较大B.第2次投球，篮球运动的时间较短C.篮球在空中运动处于超重状态D.篮球向上运动过程，速度变化越来越慢【答

案】B【解析】【详解】AB．第一次投球比第二次投球上升的最大高度大，因此第一次篮球竖直分速度大，运动时间长，两次投球水平位移相等，由xxvt=可知，第一次投球水平速度小，根据220xyvvv=+无法比较抛出时的初速度大小，故A错误，B正确；CD．篮球只受重力作用，

处于完全失重状态，加速度为重力加速度，保持不变，即速度变化快慢不变，故CD错误。故选B。7.云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c

三条径迹以下判断正确的是（）A.a、b、c都是正电子的径迹B.a径迹对应的粒子动量最大C.c径迹对应的粒子动能最大D.c径迹对应的粒子运动时间最长【答案】C【解析】【分析】【详解】A．带电粒子在垂直于纸面向里的

磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误；B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有2vqvBmR=解得mvRqB=由图可知abcRRR，所以abcvvv根据pmv=可知abcppp，B错误；C．根据2k12Emv=可知kkkabcEEE，C正

确。D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有2vqvBmR=，2RTv=则2mTqB=所以abcTTT==粒子在磁场中的运动时间2tT=其中为粒子在磁场中偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间

最长，D错误。故选C。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，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动永磁铁运动（

平面运动如图乙所示），即能产生电能供给发射器部件（接线圈两端，图中没有画出）正常工作。松开按键后，在弹簧的作用下按键将恢复原位。关于按压按键和松开按键反弹过程中，下列说法正确的是（）A.连续按压和松开按键过程，线圈中一定产生交变电流B.按压和松开按键过程，线圈中都产生感应电动势

的C.按住门铃按键保持不动，线圈中一直保持有感应电流D.按键反弹过程，弹簧的弹性势能部分转化为电能【答案】BD【解析】【详解】A．连续按压和松开按键过程不能保证线圈中磁通量一定是周期性变化的，故不一定产生交变电流

，A项错误；B．按压和松开按键过程，永久磁铁通过铁芯形成闭合磁路，线圈中磁通量发生变化，线圈中都产生感应电动势，B项正确；C．按住门铃按键不动，穿过线圈的磁通量保持不变，感应电动势和感应电流为零，C项错误；D．由能量守恒定律可知按键反弹

过程，弹簧的弹性势能减小，克服磁场力做功并转化为电能，也有部分能量转化为其他形式的能，D项正确。故选BD。9.电子眼系统路面下埋设的感应线可感知汽车的压力。感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C、电

阻R组成图甲所示的回路。红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流（如图乙所示），电子眼会拍照，即视为“闯红灯”，则红灯亮时（）A.车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流B.某车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电C.某车轮经过

感应线的过程中，通过电阻R上的电流大小不变D.汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照【答案】BD【解析】【详解】A．车轮停在感应线上后，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；

BC．由题图乙可知，当车轮经过感应线时电流先增大后减小，然后再反向增大再减小，说明电容器先充电后放电，故B正确，C错误；D．若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍会拍照，故D正确。故选BD。10.如图所示为某住宅区

的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO´在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下

移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（）A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最大B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为sineNBSt

=C.当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高D.当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．线圈处于图示位置，线圈与磁场平行时，两边切割的速度与磁感线垂直，瞬时感应电

流最大，故A正确；B．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为sin()cos2eNBStNBSt=+=故B错误；C．当滑动触头P向下移动时，输出电压变小，但变压器原线圈两端的电压将不变，

故C错误；D．当用户数目增多时，电路总电阻变小，电路中的电流变大，则输电线上电阻的电压增大，用户得到的电压变小，为了使用户电压保持不变，则要增大变压器的副线圈电压，即滑动触头P向上移动，故D正确；故选AD。11.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设箱子初速度为

零，箱子所受的空阻力与箱了下落速度的平方成正比，且运动过程中道子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最小C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落

距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【答案】BC【解析】【详解】A.箱内物体对箱子底部有压力，A错误；B.箱子刚从飞机上投下时箱子初速度为零，箱子所受的空阻力等于零，箱子的加速度等于重力加速度，箱内物体的加速度

也等于重力加速度，物体受到的支持力最小等于零，B正确；C.箱子接近地面时，由牛顿第二定律2NMgkvMamgFma−=−=箱内物体受到的支持力比刚投下时大，C正确；D.若下落距离足够长，空气阻力等于箱子的重力，箱子匀速下落，箱内物体受到的支持力等于物体的重力，物体不可能“飘起来”，D

错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题）三、非选择题：本题共5小题，共52分，考生根据要求作答。12.如图甲所示，一实验小组利用气垫导轨测定滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d的遮光板，滑块在牵引力作用下做匀变速运动，先后通过两个光电门，数字计时器记录了遮光板通

过第一个光电门的时间为△t1，通过第二个光电门的时间为△t2。（1）用10分度游标卡尺测量遮光片宽度d如图乙所示，遮光片宽度d=___________mm；（2）滑块通过光电门1的速度v1=___________（用题中字母表示）；（3）要测得滑块的加速度，还需测

量的物理量是___________。【答案】①.3.4②.1dt③.两光电门之间的距离L（或者测量的物块从光电门1到光电门2的时间t）【解析】【详解】（1）[1]用10分度游标卡尺测量遮光片宽度d=3mm+0.1mm×4=3.4mm（2）

[2]滑块通过光电门1的速度11dvt=（3）[3]滑块通过光电门2的速度22dvt=根据22212vvaL−=则要测得滑块的加速度，还需测量的物理量是两光电门之间的距离L。或者根据21vvat−=要测得滑块的加速度，还需测量的物块从光电门1到光

电门2的时间t。13.某小组研究光敏电阻阻值随光照强度的变化规律。实验已选用了规格和量程合适的器材。（1）用多用电表粗测光敏电阻在实验室正常光照条件下的阻值。选择×1k倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节_________旋钮，使指针指在“0Ω”处。将两表笔与光敏电阻连接，测量的示数如图

甲，则其电阻为________Ω。（2）按图乙连接好电路进行测量。①合开关S前，将电阻箱调至_______（选填“最大值”或“最小值”）。将一光源对准光敏电阻的透光窗口，利用手机软件测量光敏电阻所处位置的光照强度。闭合开关S，调节电阻箱，使电压表（可视为理想电表）的指针偏转到某一位置。待示数稳

定后记录此时的光照强度，测出电压表的示数U和电阻箱阻值0R，断开开关S。已知电源电动势为E，内阻可以忽略不计，则此时光敏电阻阻值LR=________。②改变光敏电阻处的光照强度，测量不同光照强度下的光敏电阻阻值，并据此绘出如图

丙的关系图线，可以大致得到光敏电阻阻值随光照强度的变大而________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】①.欧姆调零②.16k（或41.6010、16000、16.0k、41.610）③.最大值④.0UREU−⑤.变小【解析】【详解】（1）[1]选择×1k倍率的欧

姆挡，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0Ω”处；[2]如图甲所示，指针恰好指在16刻度上，多用电表欧姆挡不需要估读，所选倍率×1k，所以阻值为16kΩ，也可以采用科学计数法41.610。（2）①[3][4]为了保护电路，电阻箱阻值应先调到最大值，使得回路总阻值最

大，回路电流最小，因此电压表的电压值最小，避免电压表的指针超过电压表的量程。由闭合电路欧姆定律可知0LUEURR=+整理可得L0URREU=−②[5]由图丙可知横坐标为光照强度，纵坐标为光敏电阻阻值，随着光照强度的变大，光敏电阻的阻值变小，但二者无线性关系。14.农村地区有一

种全自动无塔供水器（如图甲），采用气压式供水，以解决供水管网水压不足的问题。如图乙所示，工作原理是由水泵将水通过止回阀压入塔体使塔内密闭气体受到压缩，压力逐渐增大。当压力达到上限时，电接点压力表通过控制柜使水泵自动停止。当塔内水位下降，气压减小到下限位置时，电接点压力表

通过控制柜使水泵重新启动。如此反复，使设备不停供水。当塔内气体不足时，补气阀可自动补气。已知水泵工作压强范围为001.42.8pp，塔容积为31.4m，第一次注水前塔内气体压强等于外界大气压强0p．

塔内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求（1）求水泵停止注水时塔内气体的体积；（2）为了降低水泵的启动频率，达到省电节能的目的，可适度调高水泵工作压强的上限。欲使水泵停止注水时，水的体积达到塔容积的75％，水泵工作压

强的上限应调到多少？【答案】（1）30.5m；（2）04p【解析】的【详解】（1）因为塔内封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得1122pVpV=其中10pp=311.4mV=202.8pp=代入数据解得，水泵停止注水时塔内气体的体积为320.5mV=

（2）对塔内气体，由玻意耳定律得1133pVpV=由题意得331.4(175%)mV=−代入数据解得，水泵工作压强的上限应调到304pp=15.如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCDA'B'C'D'中心（固定在竖直轴上），粒

子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为8110qm=C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，场强3110E=N/C；立方体边长L=0.1m，除了上下底面AA'B'B、CC'D'D为空外，其余四个侧面均为荧光屏。

不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。求：（1）粒子打出后，在电场中运动的加速度大小；（2）分析说明打到荧光屏上哪些位置的粒子运动的时间最长，并求最长时间；（3

）不能打到荧光屏上的粒子，发射时的速度范围。【答案】（1）112110m/sa=；（2）-6110st=；（3）40510m/sv【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律qEma=代入数据可得加速度112110m/sa=（2）

粒子在电场中做类平抛运动，粒子刚落在荧光屏的下边缘时间最长，即落到正方形CDD’C’边上的粒子在电场中运动时间最长，竖直方向2122Lat=得-6110sLta==（3）水平方向02Lvt=得能打到荧光屏上的

最小速度为40510m/sv=所以不能打到荧光屏上的粒子的速度范围为：40510m/sv16.如图（a）所示，质量为A4.0kgm=的物块A与质量为B2.0kgm=的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹

有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C．现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行1.2ms=，小物块C的速度随时间变化图像如图（b）所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为016=，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取

210m/s，求：（1）炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小；（2）小物块C的质量Cm；（3）小物块C静止时距长木板B右端的距离d。为【答案】（1）4.0m/sBv=；（2）1.0kgCm=；（3）1.75m=d【解析】【详解】（1）对物块A在爆

炸后，知20102AAAmgsmv−=−可得2.0m/sAv=对物块A与长木板B在爆炸过程中知0AABBmvmv=−可得.4.0m/sBv=（2）对B、C在相对滑动过程中共速时速度为1.0m/sv=共对小物块C，在0~1s内0C

vagt−==共可得0.1=对长木板B，在0~1s内知()0BCCBBmmgmgma++=且BBvvat−=共可得1.0kgCm=（3）对长木板B与小物块C在0~1s内，相对位移为¹²02m22Bvvvstt++=−=共相对长木板B，

在1s后至停下时知()0BCCBBmmgmgma+−=可得22.0m/sBa=对长木板B与小物块C在1s后至均停下，相对位移为200.25m22Bvvsta+=−=共共相可知，小物块C静止时

距长木板B右端的距离1.75mdss=−=相相