【文档说明】广东省湛江市2023届高三下学期3月普通高考测试（一）（一模） 物理 含解析.docx，共(15)页，1.127 MB，由小赞的店铺上传

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保密★启用前湛江市2023年普通高考测试（一）物理2023.3本试卷共6页，15小题，满分100分．考试用时75分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡指定位置上，将条形码横贴在答题卡右

上角“贴条形码区”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．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相应位置

上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．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，只有一项是符合题目要求的．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．FT=B．Fmg=C．cosmgT=D．tanTmg=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．10t时间内甲、乙的平均速度相等B．30t时间内甲、乙的最大距离为0xC．23tt时间内甲、乙的运动方向相反D．1t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37的自动扶梯，现有质量为50kg的人与扶梯一起以2ms的速度斜向上匀速运动10m．取重力加速度210msg=，sin370.6=，cos370.8=，则此过程中（）．A．人的重力势能增加了5000JB．人与

扶梯之间产生的内能为5000JC．人克服重力做功的功率为600WD．扶梯对人所做的功为5000J4．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3011eHHeeAZ−→++，其中e是质量可忽略不计的中性粒子，氚核的半衰期为12.5年．设反应前31H的质量为1m，反应后HeAZ的质量为2m，01e−的质量为3m，光在真空中的传播速度为c．下列说法正确的是（）．A．2Z=，3A=

，原子核衰变时电荷数和质量数都守恒B．100个31H经过25年后一定还剩余25个C．31H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()2231mmmc+−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3r的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径为1r的圆轨道Ⅰ，运行周期为1T，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3121132rTTrr=+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3000ms．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6110s−，质点M恰好到达波峰D．从图示实线所示时刻开始，再经过6110s−，质点M恰好到达波谷7．如图所示，空间正四棱锥PABCD−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q+的粒子，以竖直向上的初速度0v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．02mvqaB．04mvqaC．()062mvqa

+D．()062mvqa−二、多项选择题：本题共3小题，每题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．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32R，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45C．该介质球的折射率为3D．光在该介质球中的传播速度为3c9．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1n、2n，降压变压器原、副线圈匝数分别为3n、

4n（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），0R和1R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．3124nnnnB．乙图中电压的瞬时值表达式为()2502sin100πVut

=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q−的点电荷，在abcd面的对角线ac的中点放另一电荷量为q+的点电荷，下列说法正确的是（）．A．a点的电势等

于a点的电势B．b点的电场强度与d点的电场强度相同C．负的试探电荷沿cc棱从c到c电势能先增大后减小D．正的试探电荷沿bb棱从b到b电场力一直做负功三、非选择题：共54分，按题目要求作答．解答题应写出必

要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．（7分）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2.10ms，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29.80ms．（1）用50分度游标卡尺测得钢球直径如图乙所示，则钢球直径d=______mm，由此可知钢球通过光电门的速度v=______ms（此空结果保留两位小数）．（2）在图丙中，B处摄像头所拍摄的频闪照片为______（选填“a”或“b”）．（3）测得图丙a中OP距离为59.

10cm，b中OP距离为44.10cm，则钢球平抛的初速度大小0v=______ms（结果保留两位小数）．（4）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0v的关系，从而验证平抛运动的规律．12．（9分）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27，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G（量程3mA，内阻未知）C．滑动变阻器1R（阻值范围01000

）D．电阻箱()2099.99RE．电阻箱()30999.99RF．定值电阻41R=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gR，再利用图乙的电路测量电池的电动势

E和内阻r．（1）该小组连接好电路后，首先对电流表G的内阻gR进行测量，请完善测量步骤．①保持2S断开，闭合1S，调节1R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mI；②保持1R不变，闭合2S，调节电阻箱3R使其阻值由最大逐渐减小，当电流表读数等于m12I时记录下

3R的值为199，则gR=______．（2）用图甲所示的方法测得的电流表的内阻gR与真实值相比__________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）．（3）该小组测得电流表的内阻gR之后，利用图乙电路测量得到电阻箱2R的阻值R

和电流表的读数I以及计算出1I的多组数据后，作出了如图丙所示的1RI−图像．根据图线求得电源电动势E=______V，内阻r=______．（结果均保留1位小数）13．（10分）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0V、压强为01.5p，然后缓慢放气，当袖带内气体体积变为00.7V时，气体的压强刚好与大气压强相等．设大气压强为0p，放气过程中温度保持不变．（1）简要说明缓慢放

气过程中袖带内气体是吸热还是放热；（2）求袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比．14．（12分）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：（1）线框中的感应电流方

向；（2）线框中的感应电流I大小；（3）列车的加速度a大小．15．（16分）如图所示，在光滑平台上放置一长度0.5ml=，质量22kgm=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11kgm=，物块a与薄板b间动摩擦因数0.2=

．开始时两者均静止，现对薄板b施加8NF=、水平向右的恒力，待a脱离b（b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0.9mR=的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60，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31kgm=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210ms．求：（1）物块a在薄板b上运动的时间t；（2）物块a经过B点的速度大小Bv；（3）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1O点，此时绳子刚

好伸直无拉力，已知1O点与c球相距为L，当绳子拉力T达到39mg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？湛江市2023年普通高考测试（一）物理参考答案及评分标准一、

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，只有一项是符合题目要求的．1．C【解析】以所有粽子为对象分析可知18Fmg=，由牛顿第三定律可知18FFmg==，故B错误；竖直方向平衡可知8cos8Tmg=，解得：cosmgT=

，故AD错误，C正确．2．B【解析】由xt−图像可知10t内甲、乙的位移分别为01xx−、1x，位移不相等，所以甲、乙的平均速度不相等，故A错误；由图像可知30t内甲、乙的最大距离为0x，故B正确；

由图像可知在23tt内甲、乙的斜率均为负，所以他们的运动方向相同，故C错误；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．3．C【解析】人的重力势能增加了sin375010100.6J3000Jmgl=

=，故A错误；静摩擦力对系统不做功，故B错误；人克服重力做功的功率为sin37501020.6W600Wmgv==，故C正确；由动能定理可知3000JGWW==，故D错误．4．A【解析】根据原子核衰变时质量数与电荷数都守恒可得30A=+，11Z=−，解得：3A=，2Z=，

由此可知31H发生的衰变为衰变，其穿透能力不是最强，故A正确，C错误；由于半衰期是一种统计规律，对少量的原子核不适用，故B错误；根据2Emc=可知，该衰变过程释放的能量为()2123mmmc−−，故D错误．5．D【解析】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；根据开普勒第三定律，有3133122122rrrTT+=，解得3132112rrTTr+=，故B错误；由于在轨道Ⅰ、Ⅱ上A点

的合外力相同，加速度也相同，故C错误；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．6．C【解析】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；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212mm1.210m−==，由于vT=，代入数据解得61410sTf−==，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6110s4T−=，质点M恰好到达波峰，故C正确，D错误．7．C【解析】粒子从空间正四棱锥PABCD−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sin2rar+=，为面PBC与底面的夹角，由几何关系可算出6sin3=，由洛伦兹力提供向心力得：200vqvBmr=，联立解得()062mvBqa+=，故C正确，ABD错误。二、多项选择题：本题共3小题，每题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．AC【解析】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；由几何关系可得解得33

2sin2RiR==，解得60i=，由几何关系可知2iR=，解得30r=，故B错误；由折射定律可知介质球的折射率为sinsin603sinsin30inr===，故C正确；光在该介质球中的传播速度为33cvcn==，故D错误．9．BC【解析】由题分析可知3124nnn

n，故A错误；乙图中电压最大值m2502VU=，0.02sT=，所以2π100πT==，乙图中的电压瞬时值表达式()2502sin100πVut=，故B正确；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4I增大，则3I增大，故C正确；又23UI

r=增大，输入电压1U不变，1n和2n不变，所以2U不变，由于23UUU=−，所以3U减小，3n和4n不变，则4U变小，即电压表○V的示数减小，故D错误．10．BD【解析】由于a点靠近正电荷，所以a点的电势小于a点的电势，故A错误；作出b点的电场强度与d点的电场强度如图所示，由点电荷电场

强度公式2QEkr=及几何关系1E与3E相同，2E与4E相同，所以bE与dE相同，故B正确；负的试探电荷沿cc棱从c到c电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；正的试探电荷沿bb棱从b到b电场力一直做负功，电势能一直增大，故D正确。三、非选择题：共54分，按题目要求作答．解答题应写出必

要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．（7分）（1）4.20（2分）2.00（2分）（2）b（1分）（3）1.97（2分）【解

析】本题考查探究平抛运动规律实验．（1）由游标卡尺读数规则可知读数为4mm100.02mm4.20mmd=+=，由此可知钢球通过光电门的速度2.00msdvt==．（2）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．（3）由平抛运动规律可得，竖直方向：212hgt=，水平方向：0xvt=，解得02gvxh=，代入数据得01.97msv=．12．（9分）（1）②199（2分）（2）偏小（2分）（3）3.0（2

.8～3.2均可）（2分）5.0（4.6～5.4均可）（3分）【解析】（1）②保持1R不变，闭合2S，将电阻箱3R由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于m12I时，由于总电流mI不变，通过电阻箱3R的电流也为m12I，所以2199gRR==．（2）实际操作中，闭合2S后，电路总

电阻变小，电路总电流变大，通过3R的电流大于m12I，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．（3）改装后的电流表的内阻19911.01991gR=+，由闭合电路欧姆定律()()3200100.2ggEIRrRIRrR−=++=++，解得

()0.210.2grRRIEE+=+，结合图像可知0.21.20.412.00E−=−，()0.20.4grRE+=，解得3.0VE=，5.0r=．13．（10分）（1）吸热（2）78解：（1）缓慢放气过程，气体体

积变大对外做功，而缓慢放气过程中，气体内能不变，根据热力学第一定律，则气体应吸热．（3分）（2）设放出压强为0p的气体体积为0V，以原袖带内气体为研究对象，初态：气体压强101.5pp=，末态：气体压强

20pp=，由玻意耳定律有()102000.7pVpVV=+（3分）解得：000.8VV=（1分）袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比为000.7VV=（2分）代入数据解得78=．（1分）14．（

12分）（1）顺时针方向（2）4NBLvR（3）2224NBLvmR解：（1）由于42vv，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．（2分）（2）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()242ENBLvv=−①，（2分）线框中的感应电流大小

EIR=②，（1分）由①②式解得4NBLvIR=．（1分）（3）列车向右运动的速度为2v时，线框受到的安培力2FNBIL=（1分）解得2228NBLvFR=，（1分）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22214NB

LvFR=（1分）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1fF=，（1分）由牛顿第二定律可知Ffma−=，（1分）解得2224NBLvamR=．（1分）15．（16分）（1）1s（2）5ms（3）00.25mL或

0.625mL=解：（1）由牛顿定律及运动学公式：对物块a有：111mgma=，（1分）对薄板b有：122Fmgma−=，（1分）由题知22211122atatl−=，（1分）代入数据解得1st=．（1分）（2）物块a离

开薄板b的瞬间速度为12msvat==，（1分）由运动的合成与分解可知cos60Avv=，（1分）物块a从A到B过程由机械能守恒有()22111111cos6022ABmvmgRmv+−=，（1分）解得5msBv=．（1分）（3）物块a与c球碰撞

过程有：1113BBcmvmvmv=+，（1分）2221113111222BBcmvmvmv=+，（1分）解得5mscBvv==．（ⅰ）若绳子在最高点断开，对c球由牛顿第二定律233cvTmgmL+，（1分）其中39Tmg=，解得00.25mL．（

1分）（ⅱ）若绳子在最低点刚好断开，设此时c球在最低点速度为v，c球由最高点到最低点过程，机械能守恒2233311222cmvmgLmv+=，（1分）在最低点由牛顿第二定律233vTmgmL−=，（1分）其中39Tmg=，

解得0.625mL=，（1分）c球做圆周运动恰好通过最高点时有2133vmgmL=，解得16.25msv=，因1cvv，故绳子在最低点刚好满足断开条件．（1分）即保证c球被碰后做平抛运动，L满足的条件是：00.25mL或0.62

5mL=（其他方法正确可参照给分．）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com