2022-2023学年广东省惠州市高三第一次调研考试 物理（解析版）

惠州市2023届高三第一次调研考试试题

物理

本试卷共4页，15小题考试时间：75分钟满分：100分

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，只有一个选项是符合题目要求的。

1. 2022年5月29日，我国神舟十四号载人飞船与运载火箭组合体沿一段长直铁轨转移至发射塔台，某段时间内该组合体的速度一时间图像如图，则下列说法正确的是（    ）

A. 时间内，组合体静止不动

B. 时间内的加速度小于时间内的加速度

C. 时间内的平均速度大于时间内的平均速度

D. 时间内的平均速度大于

【答案】D

【解析】

【详解】A．图像描述物体速度随时间变化的规律，所以时间内，由图可知组合体速度保持不变做匀速直线运动，故A错误；

B．图像的斜率表示加速度，绝对值表加速度的大小，图线倾斜越厉害代表加速度越大，所以时间内的加速度大于时间内的加速度，故B错误；

C．匀变速直线运动的平均速度公式

由此可知，时间内的平均速度等于时间内的平均速度，故C错误；

D．图像的面积表示位移，时间内的所以总位移

可得平均速度公式

故D正确。

故选D。

2. 题图为发射电磁波的LC振荡电路，某时刻电路中电流方向如图所示，此时电容器的上极板带正电，下极板带负电，则下列说法正确的是（    ）

A. 电容器正在放电

B. 电流正在减小

C. 线圈中的磁场能正在增大

D. 电容器中的电场能正在减小

【答案】B

【解析】

【详解】由题图知，电流正流向电容器正极，电容器正在充电，电流正在减小，磁场能转化为电场能，线圈中磁场能正在减小，电容器中的电场能正在增大。

故选B。

3. 神舟十四号载人飞船于2022年6月5日成功发射升空，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲进驻中国空间站天和核心舱。若认为天和核心舱绕地球近似做匀速圆周运动，周期约90分钟，下列说法正确是（    ）

A. 航天员在核心舱内不受地球引力作用

B. 天和核心舱距离地面的高度小于地球同步卫星距离地面的高度

C. 天和核心舱在圆周轨道上匀速飞行时的速度大于第一宇宙速度

D. 神舟十四号载人飞船与天和核心舱对接时，若以地面为参考系，则神舟十四号是静止不动

【答案】B

【解析】

【详解】A．航天员在核心舱内受地球引力作用提供做匀速圆周运动的向心力，故A错误；

B．由可得

可见轨道半径越大周期越大，由所以天和核心舱距离地面的高度小于地球同步卫星距离地面的高度，故B正确；

C．由可得

可知天和核心舱在圆周轨道上匀速飞行时的速度小于第一宇宙速度，故C错误；

D．神舟十四号载人飞船与天和核心舱对接时，若以地面为参考系，则神舟十四号仍然做匀速圆周运动，故D错误。

故选B。

4. 如图是网络信号在一段光纤中传播的示意图，则下列说法正确的是（    ）

A. 纤芯的折射率应小于外包层的折射率，才能使光信号在二者之间的界面处发生全反射

B. 增大左端面的入射角，外包层与纤芯之间的界面处发生全反射的临界角随之增大

C. 增大左端面的入射角，左端面的折射角随之增大

D. 增大左端面的入射角，纤芯的折射率随之增大

【答案】C

【解析】

【详解】A.纤芯的折射率应大于外包层的折射率，才能使光信号在二者之间的界面处发生全反射，故A错误；

BD．根据全反射临界角公式

可知，全反射临界角由折射率决定，介质的折射率由介质本生性质有关，与入射角无关，增大左端面的入射角，纤芯的折射率不变，外包层与纤芯之间的界面处发生全反射的临界角不变，故BD错误；

C.根据折射率公式

折射角

可知增大左端面的入射角，纤芯的折射率不变，左端面的折射角随之增大，故C正确。

故选C。

5. 如图，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等。一带正电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，则下列说法正确的是（    ）

A. M点的电势高于N点的电势

B. M点的电场强度大于N点的电场强度

C. 带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能

D. 带电粒子的运动轨迹一定是椭圆

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据

又，得

得

A正确；

B．根据等势面的疏密代表场强的大小，由题图知M点的场强小于N点的场强，所以

B错误；

C．根据

得

C错误；

D．带电粒子的运动轨迹不一定是椭圆，D错误。

故选A。

6. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为311：11，原线圈输入电压的变化规律如图甲，副线圈接如图乙电路，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（    ）

A. 副线圈输出电压的频率为200Hz

B. 副线圈输出电压的有效值为11V

C. P向右移动时，变压器原、副线圈的电流都增加

D. P向右移动时，变压器的输入功率减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图像可知，交流电的周期为

T=0.02s

变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为

故A错误；

B．原线圈的电压的最大值为

根据电压与匝数成正比可知

可得副线圈电压的最大值为

副线圈输出电压的有效值为

故B错误；

CD．原、副线圈电压之比等于匝数之比，原、副线圈的匝数不变，输入电压不变，则副线圈两端的电压不变，P右移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据功率公式可知变压器的输出功率增加，则变压器的输入功率也增加；由可知变压器原、副线圈的电流都增加，故C正确，D错误。

故选C。

7. 如图所示是户外露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央。三根杆与竖直方向的夹角均为，吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则（    ）

A. 每根杆中的弹力大小为 B. 每根杆对地面的摩擦力大小为

C. 减小θ时杆对地面压力增大 D. 减小θ时杆对地面摩擦力增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．以吊锅和细铁链为研究对象，设每根杆中的弹力为，在竖直方向上，根据平衡条件可得

解得

故A错误；

B．每根杆对地面的摩擦力大小为

故B正确；

C．以整个装置为研究对象，设地面对每根杆的支持力为，由平衡条件可知

可得

因此无论增加θ还是减小θ，大小不变，因此根据牛顿第三定律可知，每根杆对地面压力不变，大小为，三根杆对地面的总压力也不变，大小为，故C错误；

D．由前面分析可知每根杆对地面摩擦力大小为

因此当θ减小时，每根杆对地面摩擦力减小。另外由于三根杆对地面摩擦力大小相等，方向在水平面上互成，根据力的合成可知，三根杆对地面的合摩擦力为零，且不随θ变化而变化，故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题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. 图甲为一列沿x抽正方向传播的简谐横波在t＝0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图像，下列说法正确的是（  ）

A. 该简谐横波的波长为4m

B. 图乙可能是图甲中质点M的振动图像

C. 从此刻起，质点Q比P先回到平衡位置

D. t=0~1s，质点P运动的路程为0.8cm

【答案】AD

【解析】

【详解】A．从图甲中可以知道，该简谐横波的波长为4m，故A正确；

B．图乙中0时刻质点正从平衡位置向负方向振动，根据同侧法，波向x轴正方向传播，图甲中0时刻质点M正从平衡位置向正方向振动，图乙不可能是图甲中质点M的振动图像，故B错误；

C．根据同侧法，0时刻质点Q正向正方向振动，到最大位移处再回到平衡位置，而P已经在最大位移处了，故P质点先回到平衡位置，故C错误；

D．从图乙中可以知道，该波的周期为1s，t=0~1s，质点P运动的路程为0.8cm，故D正确。

故选AD。

9. 用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流（如图所示），当棒静止时，两弹簧的拉力大小分别为F1；若将棒中的电流方向反向（大小保持不变），当棒静止时，两弹簧的拉力大小分别为F2，且F2>F1，根据以上信息，可以确定（    ）

A. 磁感应强度的大小 B. 磁场的方向

C. 电流强度的大小 D. 铜棒的重力

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由于铜棒的电流大小和长度不确定，因此不能确定磁感应强度的大小，A选项不能确定；

B．当电流反向时，弹簧的拉力F2>F1，所以可以知道电流自左向右时，铜棒受到的安培力方向向上，由左手定则可以确定磁场的方向是垂直纸面向里，B选项可以确定；

C．由于磁场的磁感应强度的大小和铜棒的长度不确定，因此不能确定电流强度的大小，C选项不能确定；

D．设铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件可知

2F1=G−F

当电流反向时，安培力方向变为竖直向下，此时由平衡条件可知

2F2=G+F

联立以上两式可得

G =F1+F2

D选项可以确定。

故选BD。   

10. 竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与钢板连接，钢板处于静止状态，如图所示。一物块从钢板正上方0.2m处的点自由落下，打在钢板上（碰撞时间极短）并与钢板一起向下运动0.1m后到达最低点。已知物块和钢板的质量都为2kg，重力加速度大小为，下列说法正确的是（    ）

A. 物块与钢板碰后的速度为

B. 物块与钢板碰后一起运动的加速度一直增大

C. 从到的过程中，弹簧弹性势能的增加量为

D. 从到的过程中，物块、钢板、弹簧组成的系统机械能守恒

【答案】AC

【解析】

【详解】A．物块与钢板碰前做自由落体运动，则有

解得

物块与钢板碰撞过程满足动量守恒，则有

解得物块与钢板碰后的速度为

A正确；

B．物块与钢板碰后一起向下运动，一开始弹簧弹力小于两者的总重力，两者向下做加速度减小的加速运动；当弹簧弹力等于两者的总重力时，加速度为零，速度达到最大；继续向下运动的过程，弹簧弹力大于两者的总重力，两者向下做加速度增大的减速运动，可知物块与钢板碰后一起运动的加速度不是一直增大，B错误；

C．从到的过程中，根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量为

C正确；

D．由于物块与钢板碰撞为完全非弹性碰撞，存在机械能损失，故从到的过程中，物块、钢板、弹簧组成的系统机械能不守恒，D错误；

故选AC。

三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。

11. 用如图甲的装置“验证机械能守恒定律”

（1）下列物理量需要测量的是______，通过计算得到的是______。（填写字母代号）

A．重锤质量

B．打点计时器所接交流电源的电压大小

C．重锤下落的高度

D．与下落高度对应的重锤的瞬时速度大小

（2）设重锤质量为m、打点计时器的打点周期为T、重力加速度为g。图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的连续点。根据图乙测得的、、、，写出打点计时器在打B点到打D点过程中重锤重力势能减少量______，以及动能增加量______。

【答案】    ①. C    ②. D    ③.     ④.

【解析】

【详解】（1）[1][2]A．验证机械能守恒的等式为

质量可以约去，所以重锤质量不需要测量和计算；

B．使用打点计时器只需要确定交流电的频率，从而得到打点计时器的打点周期，交流电的电压不需要测量和计算；

C．需要测量重锤下落的高度，用以确定重力势能减少量；

D．与下落高度对应的重锤的瞬时速度是通过纸带数据计算得到的，不需要测量。

综上分析可得：需要测量物理量的是C，需要计算得到的物理量是D。

（2）[3]重锤由B点到D点重力势能减少量的表达式为

[4]BD两点的速度分别为

动能变化为

12. 某同学通过实验测量一个阻值约为的定值电阻．可供使用的器材如下

A．待测电阻

B．电流表，量程0.6A，内阻约

C．电流表，量程3A，内阻约

D．电压表，量程15V，内阻约

E．电压表，量程3V，内阻约

F．滑动变阻器R，总电阻

G．直流电源E，电动势3V，内阻不计

H．开关S，导线若干

（1）用伏安法测量该定值电阻阻值时，应当选择电流表______（选填“”或“”），选择电压表______（选填“”或“”）。

（2）请根据所设计的测量电路图，将下列实物图连接完整________（滑动变阻器采用限流接法）。

（3）某次测量的电表示数如图所示，其中电压表示数为______V，电流表示数为______A。

（4）根据上述所测量的实验数据，计算得待测电阻______（计算结果保留3位有效数字）。

【答案】    ① B    ②. E    ③.     ④. 1.73    ⑤. 0.32    ⑥. 5.41

【解析】

【详解】（1）[1][2]由于电源电动势为3V，因此电压表选择量程为3V，即选E，待测电阻约为，则电路中最大电流为0.6A，因此电流表选择量程为0.6A，即选B。

（2）[3]由于

因此应采用电流表外接法，具体实物图如下

（3）[4]由图可知，电压表读数为1.73V；

[5]由图可知，电流表读数为0.32A。

（4）[6]根据测量的实验数据，计算得待测电阻为

13. 间距L=0.8m的两根足够长的固定水平光滑导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1.2T，方向垂直于纸面向里，导轨上有一电阻为的金属棒MN与导轨垂直，且在水平拉力F作用下以的速度水平向左匀速运动，图中电阻，求：

（1）通过金属棒MN的电流I的大小和方向；

（2）电阻R两端的电压大小；

（3）拉力F的大小。

【答案】（1）06A，电流方向由M到N；（2）1.8V；（3）0.576N

【解析】

【详解】（1）由题意可知，金属棒匀速切割磁感线，产生的电动势大小为

根据闭合电路欧姆定律有

由于金属棒做匀速直线运动，因此金属棒处于力的平衡状态，所以拉力F与金属棒受到的安培力大小相等，方向相反，根据左手定则可知，电流方向由M到N；

（2）根据欧姆定律可求得电阻R两端的电压为

（3）由于金属棒做匀速直线运动，因此金属棒处于力的平衡状态，所以拉力F与金属棒受到的安培力大小相等，所以有

14. 光滑斜面与长度为L=0.5m粗糙水平地面平滑相连，质量为m＝1kg的小球（可视为质点）从斜面距离地面高H处静止释放，经A点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道（A点为轨道最低点），恰好能到达圆形轨道的最高点B点。已知小球与地面间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道半径R=0.1m，取重力加速度g=10m/s2，求：

（1）小球在B点的速度大小；

（2）小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小；

（3）小球的释放点离水平地面的高度H。

【答案】（1）1m/s；（2）60N；（3）0.35m

【解析】

【详解】（1）根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，则

解得

（2）小球由A运动到B的过程中，根据动能定理有

解得

在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即

解得

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为60N；

（3）小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理

代入数据解得

15. 在光滑、绝缘的水平桌面上，有一个边长为正方形区域MNPQ，半径的圆形磁场区与MN，MQ边均相切，磁感应强度大小，方向垂直于水平面向上（俯视图如图）。圆形区域之外有水平向左的匀强电场，场强大小，两个大小相同的金属小球a，b均视为质点。小球a的质量，电量，不带电的小球b质量，静止在圆周上D点，A、C、D三点共线，小球a从A点正对圆心C射入，已知小球a在磁场中做匀速圆周运动的半径也为R，一段时间后a与b发生弹性碰撞，碰后两者电量平分，忽略两球之间的库仑力及小球重力，取。

（1）求小球a射入磁场时速度大小；

（2）求小球a从射入磁场到与小球b相碰所经历的时间t（结果保留3位有效数字）；

（3）小球b离开正方形区域时的出射点与D点之间的距离s（结果可保留根式）。

【答案】（1）2m/s；（2）0.714s；（3）

【解析】

【详解】（1）小球a的轨迹如图所示

才能与小球b相撞，故小球a在磁场中做圆周运动的半径

在磁场中

代入题中相关数据，解得

（2）小球a在磁场中的运动时间

在电场中

联立，代入相关数据可得，小球a射入磁场到与小球b相碰撞经历的时间为

（3）小球a与小球b发生弹性碰撞有

解得

，

因碰后两球电量平分，两球的速度方向均与电场方向垂直，故均做类平抛运动，则小球b沿电场方向有

代入数据求得

则小球到达MN边界时，小球沿电场方向的位移大小为

求得

此时小球b垂直电场方向的位移大小为

因为

所以b小球将从MN上飞出电场，此时小球b离开正方形区域时的出射点与D点之间的距离