2023年广州市普通高中毕业班综合测试(一)物理试题及答案

2023年广州市普通高中毕业班综合测试（一）

物理

本试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟

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. 为空间站补给物质时，我国新一代货运飞船“天舟五号”实现了2小时与“天宫空间站”快速对接，对接后的“结合体”仍在原空间站轨道运行。对接前“天宫空间站”与“天舟五号”的轨道如图所示，则（　　）

A. “天宫空间站”对地球的引力小于地球对“天宫空间站”的引力

B. “天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度

C. “结合体”受到地球引力比“天宫空间站”受到地球的引力小

D. “结合体”受到地球的引力等于“天宫空间站”受到地球的引力

【答案】B

【解析】

【详解】A．“天宫空间站”对地球的引力与地球对“天宫空间站”的引力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，因此“天宫空间站”对地球的引力等于地球对“天宫空间站”的引力，A错误；

B．根据

解得

可知，轨道半径越小，向心加速度越大，即“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度，B正确；

CD．根据

可知，轨道半径相同，结合体的质量大于对接前空间站的质量，则“结合体”受到地球的引力比“天宫空间站”受到地球的引力大，CD错误；

故选B。

2. 如图，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等恒定电流，a、b、p三个相同的闭合金属圆环位于两导线所在的平面内，a在导线cd的左侧，b在导线ef的右侧，p在导线cd与ef之间，则（　　）

A. 穿过p的磁通量为零

B. a、b圆心处的磁场方向相反

C. cd、ef所受到的安培力方向相反

D. a向左平动时产生逆时针方向的感应电流

【答案】C

【解析】

【详解】A．由题意，根据安培定则，可判断知通电直导线cd和ef在p圆环处产生的磁场方向均垂直纸面向外，所以穿过p的磁通量不为零，故A错误；

B．由于距离通电导线越近，产生的磁场越强，距离导线越远，产生的磁场越弱，根据安培定则，结合对称性，可判断知通电直导线cd和ef在a、b圆心处产生磁场的合磁场方向相同，均垂直纸面向里，故B错误；

C．根据两通电直导线之间的相互作用规律：“同向相吸，异向相斥”，可知cd所受到的安培力向左，ef所受到的安培力向右，故C正确；

D．由选项B分析可知，a处的磁场方向垂直纸面向里，若a圆环向左平动时，穿过a圆环垂直纸面向里的磁通量将减小，根据“楞次定律”可知，感应电流产生的磁场方向也垂直纸面向里，由安培定则可判断知在a内产生感应电流的方向为顺时针方向，故D错误。

故选C。

3. 如图，放映电影时，强光照在胶片上，一方面，将胶片上的“影”投到屏幕上；另一方面，通过声道后的光照在光电管上，随即产生光电流，喇叭发出与画面同步的声音。电影实现声音与影像同步，主要应用了光电效应的下列哪一条规律（　　）

A. 光电效应的发生时间极短，光停止照射，光电效应立即停止

B. 入射光的频率必须大于金属的极限频率，光电效应才能发生

C. 光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随着入射光的频率增大而增大

D. 当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度随入射光的强度增大而增大

【答案】A

【解析】

【详解】电影实现声音与影像同步，主要应用了光电效应中的规律是：光电效应的发生时间极短，光停止照射，光电效应立即停止，依据该原理实现声音与影像同步。

故选A。

4. 某小组用如图a所示的风速仪研究交流电，风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动；某一风速时，线圈中产生的交变电流如图b所示，已知风杯转速与风速成正比，则（　　）

A. 该交变电流的周期为

B. 该交变电流的峰值为

C. 风速增大，产生的交变电流周期增大

D. 风速增大，产生的交变电流峰值增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．从图像可以看出该交变电流的周期为，A错误； 

B．结合图像可知该交变电流的峰值为，B错误； 

C．已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由

知产生的交变电流周期减小，C错误；

D．已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由

可知产生交变电流峰值增大，D正确。

故选D。

5. 点电荷Q产生的电场中，电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度减小的减速直线运动，则（　　）

A. 点电荷Q为正电荷

B. 点电荷Q为负电荷

C. M点场强比N点的小

D. M点电势比N点的低

【答案】A

【解析】

【详解】AB．电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度减小的减速直线运动，电子在远离点电荷Q，电场力指向点电荷，点电荷Q为正电荷，故A正确，B错误；

C．电子从M点到N点加速度减小，根据牛顿第二定律

可知电场力减小，根据电场强度定义式

可知电场强度减小，M点场强比N点的大，故C错误；

D．点电荷带正电，电场线方向由M点指向N点，M点电势比N点的高，故D错误。

故选A。

6. 传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为，瓦片质量为m，重力加速度为g，则椽子对瓦片（　　）

A. 支持力的合力方向竖直向上

B. 作用力的合力方向竖直向上

C. 支持力的合力大小为mg

D. 作用力的合力大小为

【答案】B

【解析】

【详解】AB．对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力方向垂直接触面斜向上；根据平衡条件可得椽子对瓦片的作用力的合力与瓦片的重力为一对平衡力，即椽子对瓦片的作用力的合力方向竖直向上，A错误，B正确；

C．根据前面分析椽子对瓦片支持力的合力大小为

C错误；

D．椽子对瓦片作用力的合力大小为

D错误。

故选B。

7. 如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷出时的速度约为（　　）

A. 2m/s B. 6m/s

C. 12m/s D. 20m/s

【答案】C

【解析】

【详解】篮球运动员身高约为1.8m，由图可知水柱的高度约为人身高的4倍，即7.2m，则

解得

故选C。

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. 如图，足球场上，某运动员进行“边路突破”训练，沿边线将足球向前踢出，为控制足球，又向前追赶足球，下列和图像能大致反映此过程的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．运动员将足球向前踢出，由于地面有阻力作用，足球做匀减速运动，运动员向前追赶做加速运动，故A正确，B错误；

CD．图像的斜率表示速度，足球做减速运动，运动员做加速运动，且踢球时两者在同一位置，故C正确，D错误。

故选AC。

9. 如图，质子以一定初速度从a点沿ac方向进入立方体区域，由点飞出，该立方体区域可能仅存在（　　）

A. 沿ab方向的匀强电场

B. 沿方向的匀强电场

C. 沿方向的匀强磁场

D. 沿bd方向的匀强磁场

【答案】BD

【解析】

【详解】A．若立方体区域仅存在沿ab方向的匀强电场，质子受到的电场力沿ab方向，会在水平面内做曲线运动，无法到达，A错误；

B．若立方体区域仅存在沿方向的匀强电场，质子受到的电场力沿方向，会在竖直面内做曲线运动，有可能到达，B正确；

C．若立方体区域仅存在沿方向的匀强磁场，质子受到水平方向的洛伦兹力，会在水平面内做曲线运动，不可能到达，C错误；

D．若立方体区域仅存在沿bd方向的匀强磁场，质子受到竖直方向的洛伦兹力，会在竖直面内做曲线运动，有可能到达，D正确。

故选BD。

10. 如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面，系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F。推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中（　　）

A. F与T的夹角一定大于90°

B. G和T的合力一定与F等大反向

C. T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量

D. T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量

【答案】AD

【解析】

【详解】A．对重物进行受力分析如图所示

根据受力分析可知，斜面对重物有支持力与摩擦力的作用，则斜面对重物的作用力为F为斜面对重物有支持力N与摩擦力f的合力，根据上述受力分析图，将支持力与摩擦力合成，可知，F与T的夹角一定大于90°，A正确；

B．当重物匀速上滑时，G和T的合力与F等大反向，当重物不是匀速上滑时，G和T的合力与F不等大反向，B错误；

C．以重物为对象，根据动能定理有

可知，T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量，C错误；

D．根据上述有

由于

则有

可知，T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，D正确。

故选AD。

三、非选择题：共54分。考生根据要求作答。

11. 用如图a所示的装置研究平抛运动，请完成相关实验内容。

（1）将斜轨固定在桌面上，反复调节斜轨末端成水平；

（2）在末端出口处安装光电门并调节其到适当位置。将贴有坐标纸的木板紧靠在斜轨出口处竖直放置，并在坐标纸上将出口处标为O点，过O点作水平线为x轴、竖直线为y轴；

（3）用螺旋测微器测量小球的直径d，读数如图b，则______mm；

（4）从斜轨上释放小球，用每隔曝光一次的频闪照相机正对着木板照相；

（5）从数字计时器读得小球通过光电门的遮光时间为，则小球通过光电门时的瞬时速度为______m/s；（保留两位有效数字）

（6）根据频闪照片中记录的信息，在图a的坐标纸上标出小球离开斜轨后的5个连续位置A、B、C、D、E，读得A、E两位置的水平距离为12.00cm，由此可求得小球做平抛运动的初速度为______m/s；（保留两位有效数字）

（7）多次实验发现总是有，导致这个结果的可能原因有______。（填选项前的字母）

A．小球在轨道斜面上受摩擦阻力

B．小球平抛运动过程受空气阻力

C．小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行

D．小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度

【答案】    ①.     ②.     ③.     ④. B

【解析】

【详解】（3）[1] 小球的直径

（5）[2]小球通过光电门时的瞬时速度为

（6）[3]相邻两点间的距离和时间间隔分别为3.00cm、，所以小球做平抛运动的初速度为

（7）[4] A．轨道斜面的作用是使小球获得一个水平初速度，小球在轨道斜面上受摩擦阻力并不影响的大小，故A不符合题意；

B．小球平抛运动过程受空气阻力，使得小球水平方向做减速运动，水平位移偏小，值偏小，故B符合题意；

C．小球平抛运动轨迹平面与坐标纸不平行，会造成小球运动过程中在坐标纸上的水平投影位移偏大，偏大，故C不符合题意；

D．小球经过光电门时，球心与光线不在同一高度，会造成遮挡光电门光线距离小于小球直径，造成偏小，故D不符合题意。

故选B。

12. 如图（a）是一种双量程电流表内部各元件的连接图。

（1）这种电流表“3A”量程的内阻________（选填“大于”“小于”）；

（2）某同学用多用电表的欧姆挡检测这种电流表，选择“”挡，欧姆调零后将红、黑表笔分别接到电流表的“﹣”“0.6A”接线柱，指针指示如图（b），示数为________，保持黑表笔不动，将红表笔从“﹣”接线柱移到“3A”接线柱，示数几乎与图（b）相同，由此可知电流表内部阻值为的电阻发生________故障（选填“断路”“短路”）；

（3）由于的故障电阻阻值较小，该同学设想用如图（c）的电路测得一段阻值为的电阻丝，再将它分成等长的5段，用其中一段替代。实验时移动小金属夹P到电阻丝的某位置时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和1.30V，接下来应将P向________（选填“左”“右”）移动。

（4）用电阻丝替代故障电阻后，若电阻丝实际接入电路的阻值略小于标准值，则会导致用该电流表“0.6A”量程测电流时的测量值________（选填“偏大”“偏小”）。

【答案】    ①. 小于    ②. 140    ③. 断路    ④. 右    ⑤. 偏小

【解析】

【详解】（1）[1]电流表接“3A”的量程时，根据并联电路的总电阻小于分支电阻，由图（a）可知此时电流表的内阻为电路的总电阻，小于分支的电阻；

（2）[2]欧姆表表盘10~15之间有5格，每小格代表，据读数规则，要读到下一位，且倍率为“”，故读数为

[3]根据欧姆表电流流向“红进黑出”，由图（a）可知，为接线柱中间两电阻、之和，说明此时、两电阻并未与，两电阻并联；保持黑表笔不动，将红表笔从“﹣”接线柱移到“3A”接线柱，示数几乎与图（b）相同，说明更换接线柱后，电流表总电阻的阻值几乎未发生变化，故可推知电流表内部、与串联，阻值为的电阻发生断路，若短路则欧姆表示数应为0；

（3）[4]由示数，，可得

要增大电阻，接下来应将P向右滑。

（4）[5]设，，，，用电阻丝替代故障电阻后，若电阻丝实际接入电路阻值略小于标准值，电阻丝实际接入电路的阻值为；接0.6A量程时，设某次测电流时，流过表头的电流为，则电流测量值为

电流的真实值为

由于

可得

会导致用该电流表“0.6A”量程测电流时的测量值偏小。

13. 一只乒乓球在环境温度为时，球内气体的压强为、体积为V．某次乒乓球被踩瘪，但没有破，球内气体的体积变为。现将瘪了的乒乓球放入热水中，乒乓球恢复原形时，球内气体的温度为。

（1）乒乓球在热水中恢复原形前，球内气体分子平均动能如何变化？

（2）求球被踩瘪后和在热水中恢复原形时，对应球内气体的压强和。

【答案】（1）增大；（2），

【解析】

【详解】（1）乒乓球放入热水中，球内气体温度升高，而温度是分子平均动能的标志，故球内气体分子平均动能增大。

（2）初状态，根据波意耳定律

解得

球被踩瘪后，恢复原形时，根据理想气体状态方程

解得

14. 如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区（输入腔）被ab间交变电压（微波信号）加速或减速，当时，电子被减速到速度为，当时，电子被加速到速度为，接着电子进入Ⅱ区（漂移管）做匀速直线运动。某时刻速度为的电子进入Ⅱ区，t时间（小于交变电压的周期）后速度为的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区（输出腔），达到信号放大的作用。忽略电子间的相互作用。求：

（1）电子进入Ⅰ区的初速度大小和电子的比荷；

（2）漂移管的长度L。

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）在Ⅰ区，由动能定理得

联立解得

（2）在Ⅱ区，设电子运动时间为，则

联立解得

15. 图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力．在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力加速度为g。求：

（1）与a碰前瞬间，b的速度大小；

（2）的值；

（3）在a第一次向下运动过程中，当b的动能为时a的动能。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）小环b下落的过程为自由落体，则

解得与a碰前瞬间，b的速度大小为

（2）ab发生碰撞，设向下为正方向，根据动量守恒定律可知

a向下运动2d时速度减为零的过程中，由动能定理可知

由题可知a静止在弹簧上时，弹簧压缩量为2d，根据胡克定律可知

联立解得

（3）当b的动能为时，b的速度为

根据动量定理可知

解得

在a第一次向下运动过程中，取一段时间，根据动量定理可知

当Δ时

此时a的动能为