2023-2024学年广东省广州市高三（上）调研考试物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市高三（上）调研考试物理试卷（12月）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.当列车进站鸣笛时，乘客在站台听到鸣笛声的音调会变化，这是波的
( )
A. 反射现象B. 衍射现象C. 干涉现象D. 多普勒效应
2.“天问一号”的着陆器搭载“祝融号”火星车着陆火星，它们着陆前的最后一段运动可视为竖直方向减速运动．在该过程中
( )
A. “祝融号”与着陆器都处于超重状态
B. “祝融号”与着陆器都处于失重状态
C. “祝融号”对着陆器的作用力大于着陆器对“祝融号”的作用力
D. “祝融号”对着陆器的作用力小于着陆器对“祝融号”的作用力
3.某次跳水比赛中，从运动员离开跳台开始计时，其速度v随时间t变化的图像如图，图中只有0∼t2过程对应的图线为直线，则运动员( )
A. 在0∼t1做自由落体运动B. 在t2时刻刚好接触水面
C. 在t3时刻距离跳台最远D. 在t4时刻刚好浮出水面
4.如图，甲、乙两工人站在工地平台上，用一根轻绳通过光滑挂钩吊一重物．甲、乙保持位置不变，两人同时缓慢释放轻绳，在重物下降的过程中
A. 甲所受平台的支持力变小B. 甲所受平台的支持力变大
C. 乙所受平台的摩擦力变小D. 乙所受平台的摩擦力变大
5.如图，三个相同金属圆环a、b、c紧套在绝缘圆柱体上，圆环中通有相同大小的电流，其中a、b电流方向相反，a、c电流方向相同。已知环a对环c的安培力大小为F1，环b对环c的安培力大小为F2，则环c受到安培力的合力( )
A. 大小为F1+F2，方向向左B. 大小为F1+F2，方向向右
C. 大小为F1−F2，方向向左D. 大小为F1−F2，方向向右
6.如图是静电喷涂示意图，被涂物M带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电，在静电力作用下向M运动，最后吸附在其表面上，忽略微粒间相互作用，则涂料微粒在靠近M的过程中
( )
A. 电势能减少B. 电势能增大
C. 受到的电场力保持不变D. 受到的电场力一直减小
7.高压水枪在清洗地面等场景中应用广泛．某高压水枪枪口横截面积为2.0×10−5m2，已知水的密度为1.0×103kg/m3，若枪口每秒喷出2.0kg的水，则喷水时枪口处水速为
( )
A. 1m/sB. 10 m/sC. 100 m/sD. 1000 m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图是测量运动步数的电容式传感器工作原理图，极板M固定、极板N可动．人起步时，若M、N两极板距离增大，则
( )
A. 电容器的电容减小B. 两极板间的场强变小
C. 电容器的带电量变大D. 电流由a经电流表流向b
9.如图，立方体区域abcd−a’b’c’d’在匀强磁场中．带电粒子以一定初速度从a点沿ab方向垂直磁场进入该区域，粒子仅受磁场力，且能通过c’点，则该匀强磁场方向可能
( )
A. 由a指向dB. 由a指向d’C. 由a’指向dD. 由d指向a’
10.质量为0.60kg的篮球从高1.80m处静止释放，碰地后反弹上升1.25m，若篮球与地面的接触时间为0.1s，忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，则与地面碰撞过程中，篮球
( )
A. 机械能的减少量为10.8JB. 动量变化量大小为6.6kg·m/s
C. 对地面的冲量大小为7.2N·sD. 所受合力的冲量大小为6.6N·s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图，某小组利用该实验装置测量小球做平抛运动的初速度，实验步骤如下：
①将斜槽轨道的末端调整至水平，表面钉有复写纸和白纸的木板竖直立于轨道末端右侧，使小球从斜槽上紧靠挡板由静止释放，小球撞到木板后在白纸上留下痕迹点A；
②如图，依次将木板水平向右平移一段相等的距离x，每次小球都从斜槽上同一位置静止释放，小球撞到木板，分别在白纸上留下痕迹点B、C、D、E；
③测得x=10.00cm，相邻两痕迹点间距数据如下表：
重力加速度g取9.8m/s2.请回答以下问题：
(1)由图中读出AB间距数据并填入表格中的空格横线处；
(2)根据测量数据，求得小球初速度为v0=_______m/s(保留一位小数)；
(3)木板每次水平向右平移相同距离x是为了使________________相等．
12.某同学通过实验测量螺线管中金属丝的长度，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ=1.7×10−8Ω⋅m。所用器材：电源、毫安表(内阻为6.0Ω)、电流表、电阻箱R0、滑动变阻器R1、螺旋测微器、开关和导线若干。

(1)如图(a)，用螺旋测微器测得金属丝的直径为_____mm；
(2)图(b)为实验原理图，图(c)为实物图，请根据图(b)在图(c)中完成余下电路的连接_____；
(3)测量金属丝Rx的阻值
①将电阻箱R0的阻值调到最大，滑动变阻器R1的滑片移到_____(选填“a”或“b”)端；
②闭合开关S，调节R0和R1，当电流表的示数为0.50A，此时毫安表的示数为100.0mA，电阻箱的示数如图(d)，读得电阻值是_____Ω；

③计算出螺线管中金属丝Rx的阻值为_____Ω(保留两位有效数字)。
(4)根据上述数据，求得螺线管中金属丝的长度为_____m(保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图是带有转向器的粒子直线加速器，转向器中有辐向电场，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上。质量为m、电量为+q的离子，以初速度v0进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均为t；在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动，并从N点射出。求：
(1)第3个金属圆筒的长度；
(2)虚线MN处电场强度的大小。
14.如图，ABCD为跳台滑雪的滑道简化示意图．滑道最低点C处附近是一段半径为R的圆弧，A与C的高度差为H，D与C的高度差为h.质量为m的运动员从A处由静止滑下，离开D点时速度方向与水平方向夹角为30°.不计滑道摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求
(1)运动员滑到C点时对轨道的压力；
(2)运动员滑离D点后到达最高点时的速率；
(3)运动员滑离D点后到达最高点时与C点的高度差．
15.如图，编号依次为1、2、3……8的车厢静止在水平轨道上，其中车厢1为动力车厢，其它车厢无动力；车厢质量均为m，相邻两车厢间距均为L.现研究车厢1在不同大小的牵引力作用下启动后能挂接的车厢数量．挂接过程：车厢1启动后做匀加速直线运动，与车厢2碰撞前瞬间关闭其发动机，碰撞瞬间完成挂接，挂接后不再分离，发动机不再启动，其它车厢也是通过碰撞完成挂接．已知车厢运行所受的阻力恒为其重力的k倍，重力加速度为g．
(1)若车厢2被挂接后继续滑行0.5L停下，求车厢1、2碰撞过程中系统损失的动能；
(2)若要求只有车厢2、3、4被挂接，求车厢1所受牵引力的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的，若观察者与波源接近，则观察者接收到的频率变大，若观察者与波源远离，则观察者接收到的频率变小。
【解答】站台上的乘客听到正在进站的列车的汽笛声的音调发生变化是由于多普勒效应，D正确．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查超失重和作用力反作用力知识点，根据加速度方向判断超失重，加速度竖直向上处于超重状态，加速度竖直向下处于失重状态；作用力反作用力始终大小相等方向相反。
【解答】AB.着陆前的最后一段运动可视为竖直方向减速运动，故加速度方向竖直向上，“祝融号”与着陆器都处于超重状态，故A正确， B错误;
CD.“祝融号”对着陆器的作用力与着陆器对“祝融号”的作用力大小相等，为相互作用力，故 CD错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】A.运动员起跳时的速度方向向上，而在图中 0∼t1对应的图象在时间轴下方，即运动员做竖直上抛运动，故A错误；
B.从开始到 t ​2 时刻， v − t 图象为直线，说明整个过程中的加速度是相同的，所以在0− t ​2 时间内人在空中， t 2 之后进入水中，故B正确；
CD. t 4 时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处而没有浮出水面，在 t4时刻距离跳台也最远，故CD错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
以重物为研究对象，受力平衡，随着重物下降判断绳子拉力减小；以甲乙和重物整体为研究对象判断平台对甲的支持力不变；以乙为研究对象受力平衡判断摩擦力减小。
本题考查连接体受力分析，可以选择不同的研究对象灵活采用整体隔离法求解。
【解答】AB.设重物重力为G，对挂钩受力分析如图所示
由平衡条件得2Tcsθ=G，解得T=G2csθ。
两人同时缓慢释放轻绳，使重物下降，θ变小，G不变，拉力T变小，
平台对甲的支持力满足N=G甲+Tcsθ=G甲+G2，则甲受到平台的支持力不变，故AB错误；
CD.以乙受力分析由平衡条件可得f=Tsinθ，由以上分析可知T变小，θ变小，所以f变小，故C正确，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查电流之间的相互作用力，知道同向电流相互吸引反向电流相互排斥，相互作用力的大小与电流大小和距离有关即可解决问题。
【解答】
由题意，根据同向电流相互吸引、反向电流相互排斥可知，环a对环c的安培力大小为F1，方向向左;环b对环c的安培力大小为F2，方向向右;圆环中通有相同大小的电流，且由于环a与环c的距离大于环b与环c的距离，则F2的大小大于F1的大小，故环c受到安培力的合力大小为|F1−F2|，方向向右。
故选D．
6.【答案】A
【解析】【分析】
解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小．本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况．
【解答】AB.涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小，故A正确，B错误．
CD.由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电，离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大，故CD错误．
故选：A。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据单位时间内流过枪口的水的体积为Q，结合质量的计算公式求解水的质量，再根据流量的含义求解水从枪口喷出时的速度大小。
【解答】解：设水枪的流量为Q，即单位时间内流过枪口的水的体积为Q
Δt时间内，水枪喷出的水的质量为：Δm=ρQΔt，则Q=Δm/Δtρ
t时间内高压水枪喷出水的体积为：Qt=Svt，
解得：v=QS=Δm/ΔtρS=2kg/s1.0×103kg/m3×2.0·10−5m2=100m/s
8.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了电容器的动态分析这个知识点；
根据电容器的决定式C=ɛrS4πkd、电容的定义式C=QU、场强与电势差的关系式E=Ud分析、判断即可。
【解答】
A.人起步时，若M、N两极板距离增大，由电容的决定式 C=εS4πkd 知电容C减小，故A正确；
B、电容器和电源相连，电压不变，由E=Ud可知，场强E减小，B正确；
C、由Q=CU，C减小，U不变，电量减小，C错误；
D.电量减小，电容器放电，电量由b流向a，D错误。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在磁场中运动分析，粒子仅受洛伦兹力，粒子速度与磁场方向垂直时，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意判断出粒子运动平面进而分析磁场方向即可。
【解答】带电粒子以一定初速度从a点沿ab方向垂直磁场进入该区域，粒子仅受磁场力，且能通过c′点，可知带电粒子在abc′d′平面内做匀速圆周运动，则磁场方向应垂直于abc′d′平面，粒子电性未知，根据左手定则可知该匀强磁场方向可能由a’指向d，也可能由d指向a’。
故选CD。
10.【答案】BCD
【解析】A、机械能减少量ΔE=mgh1−h2=3.3J，A错误；
B、根据自由落体运动，落地前瞬间速度v1= 2gh1=6m/s，反弹后瞬间速度v2= 2gh2=5m/s，故动量变化量为−mv2−mv1=−6.6kg·m/s，故B正确；
C、由动量定理，设地面对篮球的冲量为I1，则mgt+I1=Δp，得I1=−7.2N·s，篮球对地面的冲量和地面对篮球的冲量大小相等，故C正确；
D、合力的冲量等于篮球动量的变化量，由B知D正确。
11.【答案】(1)1.70；
(2)2.0；
(3)相邻两痕迹点间的时间

【解析】(1)刻度尺最小分度值为0.1cm，所以间距为AB=2.20cm−0.50cm=1.70cm
(2)根据匀变速运动推论Δy=y2−y1=gT2，
解得T= 2.45×10−29.8s=0.05s
小球初速度为v0=xT=2.0m/s
(3)水平方向匀速运动，所以木板每次水平向右平移相同距离x是为了使相邻两痕迹点间的时间相等。
本题考查平抛运动实验，要熟练掌握实验原理和数据处理方法
(1)根据刻度尺读数方法得出AB距离；
(2)平抛运动竖直方向做匀加速运动，利用位移差公式计算时间，再根据水平方向匀速运动计算水平初速度；
(3)水平距离相等时间间隔相等。
12.【答案】 (1)0.340
(2)
(3)①b；②10.0；③4.0
(4)21
【解析】(1)螺旋测微器的精确值为 0.01mm，由图可知，金属丝的直径为d=0mm+34.0×0.01mm=0.340mm。
(2)根据实验原理图，实物连线如图所示

(3)①将电阻箱 R0的阻值调到最大，滑动变阻器 R1的滑片移到 b 端；
②由图(d)电阻箱的示数可知电阻值为 10.0Ω；
③根据欧姆定律可得Rx=UxIx=100.0×10−3×(10.0+6.0)0.50−100.0×10−3Ω=4.0Ω；
(4)根据电阻定律可得Rx=ρLS=ρLπd24
可得螺线管中金属丝的长度为L=πd2Rx4ρ=3.14×(0.340×10−3)2×4.04×1.7×10−8m≈21m。
13.【答案】解：(1)设粒子从第3个金属圆筒出来的速度为v3，该圆筒的长度为l3，
由动能定理得 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2，
由 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2，
解得： ΔEk=12mv02−12⋅2mv2；
(2)粒子在转向器做匀速圆周运动，则 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2，
解得： ΔEk=12mv02−12⋅2mv2 。

【解析】(1)粒子在金属圆筒内做匀速直线运动，在两个圆筒之间，由于电场力做功，做加速运动，根据动能定理列式求出进入第三个圆筒的速度，由运动学公式求第3个金属圆筒的长度；
(2)粒子在转向器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力可求虚线MN处电场强度的大小．
14.【答案】解：(1)设运动员在C点速度为vc，所受支持力为FN，对轨道压力为F压
运动员由A到C，由动能定理有 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2
由牛顿第二定律有 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2
联立①②可得 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2
由牛顿第三定律有 F压=FN，
即运动员在C点对轨道压力大小为mg+2mgHR，方向竖直向下
(2)设运动员在D点速度为vD，由A到D，由动能定理有 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2
运动员在空中做斜抛运动，到最高点E速率为 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2
将θ=30°代入解得： ΔEk=12mv02−12⋅2mv2
(3)由A到E由机械能守恒有 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2
最大高度差 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2 ΔEk=12mv02−12⋅2mv2

【解析】本题主要考查了竖直平面内的圆周运动、动能定理、机械能守恒定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律的适用条件，结合动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
(1)运动员由A到C，由动能定理可得运动员在C点速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得出运动员滑到C点时对轨道的压力；
(2)由A到D，由动能定理可得运动员在D点速度，接着运动员在空中做斜抛运动，可得运动员滑离D点后到达最高点时的速率；
(3)由A到E根据机械能守恒定律得出运动员滑离D点后到达最高点时与C点的高度差。
15.【答案】解析：(1)设车厢1与车厢2碰撞前后速度为v0、v，
由动量守恒定律，系统碰撞过程有：mv0=2mv ①
车厢1、2碰撞过程系统损失的动能为： ΔEk=12mv02−12⋅2mv2 ②
系统继续滑行过程有：12⋅2mv2=k⋅2mg⋅0.5L③
联立①②③解得： ΔEk=kmgL ④
(2)设车厢1受到牵引力为F，车厢1与2碰撞前后的速度为v0’、v1，车厢2与3碰撞前后速度分别为v2、v3．
车厢1启动加速过程由动能定理：FL−kmgL=12mv′02⑤
车厢1与2碰撞过程动量守恒： mv′0=2mv1 ⑥
车厢1、2滑行过程，由动能定理有： −k(2m)gL=12(2m)v22−12(2m)v12 ⑦
车厢1、2与3碰撞过程有： 2mv2=3mv3 ⑧
依次类推分析，设车厢3与4挂接前后速度分别为v4、v5，分类讨论：
ⅰ)车厢4恰好未被挂接，
由题意可知，车厢1、2、3滑行过程有： −k(3m)gL=0−12(3m)v32 ⑨
联立⑤∼⑧和⑨可得：F=14kmg ⑩
ⅱ)车厢4被挂接，而车厢5恰好未被挂接，
车厢1、2、3滑行过程有： −k(3m)gL=12(3m)v42−12(3m)v32 ⑪
车厢1、2、3与4碰撞过程有：3mv4=4mv5 ⑫
车厢1、2、3、4滑行过程有： −k(4m)gL=0−12(4m)v52 ⑬
联立⑤∼⑧和⑪∼⑬可得： F=30kmg ⑭
综上，依题意得： 14kmg
【解析】本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒、动能定理的综合应用，难度较大．
(1)车厢1与车厢2碰撞前后根据动量守恒和能量守恒求解，即可算出车厢1、2碰撞过程中系统损失的动能；
(2)车厢1启动加速过程由动能定理，以及车厢1与2碰撞过程动量守恒，接着车厢1、2滑行过程，由动能定理再结合车厢1、2与3碰撞过程动量守恒，可分情况讨论得车厢1所受牵引力的取值范围．AB
BC
CD
DE
间距(cm)
_______
4.15
6.60
9.05