2023届广东省汕头市高三下学期二模物理试题

2023届广东省汕头市高三下学期二模物理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．汕头市广场轮渡，图1是轮渡航线图，小钊利用手机phython软件绘制了轮船的速率时间图像如图2所示。下列说法正确的是（　　）

A．和时轮船的速度方向相反

B．减速阶段，轮船的平均速度大小为

C．轮船加速阶段的加速度大于减速阶段的加速度

D．速率时间图像所围面积等于广场轮渡到礐石轮渡的位移大小

【答案】C

【详解】A．轮渡在运动的过程中，速率具有连续性，若速度方向要反向，则速率必须先减小为零，由图像可知，在整个速率时间图像中并未出现速率减为零的情况，因此可知在整个运动过程中，渡轮的速度方向并未反向，故A错误；

B．减速阶段速率从减小到0，若此过程为匀减速直线运动，则可得

但此运动不是匀减速运动，因此平均速度的大小不等于，故B错误；

C．由图像可知，渡轮在加速阶段所用时间大约为，减速阶段所用时间大约为，由此可知加速阶段和减速阶段的加速度大小约为

可知，加速阶段加速度大于减速阶段的加速度，故C正确；

D．速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，速度为矢量，位移同样也为矢量，而该图像是速率时间图像，速率是速度的大小，是标量，因此该图像与时间轴围成的面积不能表示位移，故D错误。

故选C。

2．成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）

A．从释放到落地的过程中，米粒和糠重力做功相同

B．从释放到落地的过程中，米粒和糠风力做功相同

C．从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间大于米粒的运动时间

D．落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率

【答案】D

【详解】A．重力做功为

可知，重力做功不仅与高度有关，还与物体的质量有关，虽然米粒和糠下落的高度相同，但二者质量不同，因此从释放到落地的过程中，米粒和糠重力做功不相同，故A错误；

B．由于下落过程中，风力水平且大小恒定，但米粒和糠的水平位移不同，根据

可知，风力对米粒和糠做功不相同，故B错误；

C．由于忽略空气阻力，则米粒和糠在竖直方向均做自由落体运动，而下落高度相同，则可知米粒和糠从释放到落地的过程中运动时间相同，故C错误；

D．根据功率的计算公式可知重力的瞬时功率为

米粒和糠在竖直方向均作自由落体运动，且运动时间相同，则可知二者在竖直方向的速度相同，但二者质量不同，米粒的质量大于糠秕的质量，因此可知，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故D正确。

故选D。

3．急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　）

A．蹬地起跳时，运动员处于失重状态

B．助跑过程中，地面对运动员做正功

C．从起跳到最高点过程，运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量

D．从空中最高点到落地瞬间，运动员克服空气阻力做的功等于重力势能的减少量

【答案】C

【详解】A．蹬地起跳时，运动员加速度向上，处于超重状态，选项A错误；

B．在助跑加速过程中，地面对鞋为静摩擦力，其对应位移为0，故地面对鞋的摩擦力不做功；地面对他的支持力与运动方向垂直，也不做功。因此助跑过程中，地面对运动员不做功，选项B错误；

C．空气阻力不能忽略，从起跳到最高点过程，要克服阻力做功，损失机械能，因此运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，选项C正确；

D．落地瞬间运动员有速度，有动能，因此从空中最高点到落地瞬间，运动员克服空气阻力做的功与运动员动能增加量之和等于重力势能的减少量，选项D错误。

故选C。

4．有关中国载人航天工程30年建设发展的风雨征程，下列说法正确的是（　　）

A．神舟五号的发射速度小于

B．距地球表面390公里的“天宫”空间站的线速度大于赤道上物体随地球自转的线速度

C．在太空授课时，王亚平可以通过单摆测定重力加速度

D．为完成对接任务，神舟八号应先到达天宫一号所在的轨道，再进行加速

【答案】B

【详解】A．为第一宇宙速度，第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，环绕地球表面做圆周运动的速度，而神州五号并非环绕地球表面做圆周运动，因此，神州五号的发射速度一定要大于第一宇宙速度，故A错误；

B．根据万有引力充当向心力，有

可得

可知，环绕半径越大，线速度越小，因此“天宫”空间站的线速度大于地球同步卫星的线速度，而

地球赤道上物体的角速度等于地球同步卫星的角速度，但环绕半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此，地球赤道上物体随地球一起做圆周运动的线速度小于同步卫星的线速度，由此可知，“天宫”空间站的线速度大于赤道上物体随地球自转的线速度，故B正确；

C．处于太空中的人和物都处于失重状态，因此不能通过单摆测定重力加速度，故C错误；

D．为完成对接任务，神舟八号应在低于天宫一号所在的轨道且落后于天空一号的情况下进行加速变轨，从而完成与天空一号的对接，或在高轨道进行减速，变轨后完成与天宫一号的对接，但目前的变轨对接技术都是从低轨道加速，向高轨道变轨从而完成对接，若从同一轨道加速，则神舟八号会变往更高轨道，不能完成对接任务，故D错误。

故选B。

5．如图所示为无人机高度预警系统电路图。电路中的和，其中一个是定值电阻，另一个是气压传感器（可等效为可变电阻）。飞行高度越低，对气压传感器的压力越大，气压传感器的电阻值越小。当a、b两端的电压大于时，控制开关自动开启高位预警；当a、b两端的电压小于（、为定值）时，控制开关自动开启低位预警。下列说法正确的是（　　）

A．

B．

C．为定值电阻

D．若定值电阻的阻值越大，开启高位预警时的位置越低

【答案】C

【详解】ABC．控制开关接在两端，设电源的内阻为，则根据闭合电路的欧姆定律有

当飞行高度过低，气压增大，压敏电阻阻值减小，回路中总电阻减小，则电流增大，而根据题意，两端的电压要减小到一个定值，控制开关才会自动开启低位预警，则只有为压敏电阻，为定值电阻才能满足控制要求，即

可知，当总电阻减小，电流增大，两端的电压才会减小；同理，当压力减小，增大，总电流减小，定值电阻与电源内阻分去的电压一定减小，从而使两端的电压增大，增大到某一数值，控制开关自动开启高位预警，因此有

故AB错误，C正确；

D．根据闭合电路的欧姆定律有

则

可知，当越大，在同一位置处就越小，而要使达到能够自动开启高位预警的电压值，则就需要增大，而压敏电阻在越高的位置处阻值越大，因此可知，若定值电阻的阻值越大，开启高位预警时的位置越高，故D错误。

故选C。

6．电影《流浪地球2》中太空电梯的缆索焊接是利用加速和会聚的高速电子流轰击工件接缝处，使材料熔合的一种焊接方法。电子束焊接机中的电场线如图虚线所示。K为阴极，A为阳极，不考虑电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．K点电势高于A点电势

B．电子由K运动到A，电势能增加

C．电子由K运动到A，加速度不变

D．电子束焊接原理是将电子流的动能转化为内能

【答案】D

【详解】A．由题意，K为阴极，A为阳极，电子从K点加速到达A点可知，A点的电势高于K点的电势，故A错误；

B．电子由K运动到A，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故B错误；

C．由图可知，电场线辐向分布，越靠近A点，电场线越密集，则电场强度就越大，因此同一带电粒子在A点所受电场力大于在K点所受电场力，根据牛顿第二定律可知，电子由K运动到A，加速度将变大，故C错误；

D．根据题意可知，电子束焊接原理是将电子流的动能转化为内能，从而使材料熔合，故D正确。

故选D。

7．某同学在探究单摆运动中，图a是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图b是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，根据图b的信息可得（　　）

A．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力

B．从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5s

C．用米尺量得细线长度l，即摆长为l

D．由图可计算出单摆的长度为1.0m

【答案】B

【详解】A．单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力充当，而摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力在径向上提供向心力，故A错误；

B．当小球运动到最低点时，绳的拉力达到最大，力传感器的示数最大，所以从0时刻开始，摆球第一次到最低点的时间为，故B正确；

C．摆长为细线的长度与小球半径之和，故C错误；

D．根据单摆的周期公式，由图可知

解得

故D错误。

故选B。

8．如图是某液面高度测量仪内部的原理图，该仪器通过电容器电容的变化来检测容器内液面高低，容器中的导电液体和导电芯柱分别是电容器的两个电极，芯柱外面套有绝缘管作为电介质，电容器的这两个电极分别用导线与一个线圈的两端相连，组成LC振荡电路。容器内的导电液体与大地相连，若某时刻线圈内的磁场方向向右，且正在减弱，则该时刻（　　）

A．磁场能正向电场能转化

B．电容器两极板间电压正在减小

C．导电芯的电势低于导电液的电势

D．若容器内液面升高，则LC振荡电路的频率变大

【答案】A

【详解】A．该时刻磁场能减小，电场能增加，A正确；

B．该时刻电容器充电，根据可知，电容器两极板间电压正在增大，Ｂ错误；

C．根据安培定则可知，导电芯集聚正电荷，故导电芯的电势高于导电液的电势，C错误；

D．若容器内液面升高，电容器的正对面积增大，根据可知，电容器的电容增大，根据振荡电路的周期公式可知，振荡电路的周期增大，频率减小，D错误。

故选A。

二、多选题

9．实验课上，某同学用气体压强传感器探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系，实验装置如图1所示。在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，并将注射器与压强传感器相连，测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、为横轴，画出图像如图2所示。本次实验中，以下说法正确的是（　　）

A．在活塞上涂润滑油只是为了减小摩擦力，便于气体压强的测量

B．移动活塞应缓慢且不能用手握住注射器

C．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值

D．出现图2末端弯曲的原因可能是实验过程中气体的温度升高了

【答案】BD

【详解】A．在活塞上涂润滑油不仅仅为了减小摩擦力，还封闭了气体，A错误；

B．移动活塞应缓慢且不能用手握住注射器，避免热传递，B正确；

C．活塞移至某位置时，待稳定时记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值，C错误

D．根据理想气体状态方程

可得

可知图像斜率大的图线对应温度升高了，D正确。

故选BD。

10．在一次传物游戏中，小明同学设计了如图方式想要传递游戏道具小圆环。他把绳的一端固定在墙上，另一端用手握住并连续向上、向下抖动长绳，从图中可看出在绳上形成由近及远传播的波，该波可以看作是简谐波。若时，小圆环离开平衡位置的位移恰好为零，振动方向为竖直向上，且小圆环距离临近最高点的水平间距为2L，下列说法正确的是（　　）

A．该波的波长为4L

B．时，小圆环的振动方向为竖直向下

C．若手上下振动加快，该简谐波的波长将变小

D．若手上下振动加快，小圆环可更快随波前进，被传送至墙边

【答案】BC

【详解】A．时，小圆环离开平衡位置的位移恰好为零，且小圆环距离临近最高点的水平间距为2L，可知该波的波长为8L，选项A错误；

B．时，小圆环离开平衡位置的位移恰好为零，振动方向为竖直向上，根据振动规律可知时，小圆环的振动方向为竖直向下，选项B正确；

C．若手上下振动加快，周期变小，由可知该简谐波的波长将变小，选项C正确；

D．质点只振动，不会随着机械波移动，所以套在绳上的光滑小圆环不会随波前进，被传送至墙边，选项D错误。

故选BC。

11．如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，已知小球的质量，且位于电场强度，方向水平向右的匀强电场中。小球静止时，绳与竖直方向的夹角，（，，），则（　　）

A．此带电小球带正电

B．小球受轻绳拉力F为

C．小球电荷量

D．将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角时速度v的大小为

【答案】AC

【详解】A．由小球的受力分析可知，小球所受电场力的方向与场强的方向相同，故小球带正电，A正确；

B．小球受轻绳拉力F为

B错误；

C．小球所受的电场力为

小球电荷量为

C正确；

D. 将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角时，由动能定理可知

解得

D错误。

故选AC。

三、实验题

12．小晗同学利用图1所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，手机每秒拍摄7张照片并能自动将拍摄到图片进行叠加处理在一张照片中，图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为10cm。

（1）下列说法正确的是___________。

A．实验所用斜槽应尽量光滑  B．斜槽末端必须保持水平  C．必须无初速度释放小球

（2）图3是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置___________（选填“较低”或“较高”）。

（3）某次拍摄后得到的照片如图2所示，小球做平抛运动的初速度大小___________。

（4）该小组利用实验数据绘制“”图线，发现是一条过原点的直线，由此判断小球下落的轨迹是抛物线，并求得斜率k，当地的重力加速度表达式为___________（用斜率k和初速度表示）。

【答案】     B     较高     2.8    

【详解】（1）[1]A．实验所用斜槽不需要尽量光滑，A错误；

B．斜槽末端必须保持水平，使物体做平抛运动，B正确；

C．本实验使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，故无须静止释放小球，C错误。

故选B。

（2）[2]由图像可知两小球做平抛运动下落相同高度时，图线①水平位移更大，故图线①所对应的小球初速度较大，在斜槽上释放的位置较高；

（3）[3]由频闪照片可得，小球在竖直方向相邻位移之差

根据匀变速直线运动特点可得

由水平分运动，可得

（4）[4]根据平抛运动规律可得

，

联立可得

可知图像的斜率为

当地的重力加速度表达式为

13．某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。

（1）该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择哪种接法______（填“A”或“B”）；

（2）实验开始前，小艺同学没有使用铁芯组装变压器，而是直接将一个线圈接入电源，另外一个线圈接电压表，保持电源输入电压、两个线圈接入的匝数不变，逐渐将两个线圈相互靠近的过程中，观察到电压表的读数______（选填“变大”、“变小”、“不变”）；

（3）在正确组装变压器后，甲乙丙三位同学分别利用控制变量法探究副线圈的电压与原线圈电压，原线圈的匝数，副线圈的匝数的关系，将实验数据绘制成甲、乙、丙三幅图像，哪个同学的实验结果有误______（选填“甲”、“乙”、“丙”）

（4）小琳同学在某次实验中选择厂家标注匝数匝的线圈A作为原线圈，厂家标注匝数匝的线圈B作为副线圈，分别接入不同输入电压，测得对应的输出电压得到实验数据如表所示；分析下列可能的原因，你认为正确的有______。

A．原、副线圈的电压的频率不相等

B．变压器线圈中有电流通过时会发热

C．铁芯在交变磁场的作用下会发热

D．穿过副线圈的磁通量大于原圈的磁通量

【答案】     B     变大     乙     BC/CB

【详解】（1）[1]由图可知，A为直流接法，B为交流接法，而要探究变压器的原理则必须使用交变电压，只有变化的电流才能产生变化的磁场。

故选B

（2）[2]将线圈直接接入交变电源，则线圈中就会产生周期性变化的磁场，而将另一接了电压表的线圈逐渐靠近接入电源中的线圈时，接了电压表的线圈中的磁通量就会发生变化，根据法拉第电磁感应定律

可知，越靠近通电线圈，接了电压表的线圈所处的磁场就越强，产生的感应电动势就越大，因此可知电压表的读数将变大。

（3）[3]根据变压器原副线圈匝数与电压的关系

可得

则可知，在原副线圈匝数比一定的情况下，副线圈中的电压与原线圈中的电压成正比，图像为过原点的倾斜直线；而当原线圈的匝数以及原线圈中的电压一定时，副线圈中的电压与负线圈的匝数成正比，图像为过原点的一条倾斜直线；若原线圈中的电压与副线圈的匝数一定时，副线圈中的电压与原线圈的匝数成反比，即副线圈中的电压与原线圈匝数倒数的图像为一条过原点的倾斜直线，因此实验结果有误的为乙。

故选乙。

（4）[4]由表中数据可知，原副线圈的匝数比小于原副线圈中的电压之比，即有电能的损失。

A．变压器不会改变电压的频率，故A错误；

B．根据电流的热效应可知，当有电流通过线圈时，线圈会发热，从而造成电能的损失，俗称铜损，故B正确；

C．铁芯在交变磁场中会产生涡流，而根据电流的热效应可知铁芯会发热，从而造成电能的损失，俗称铁损，故C正确；

D．因为铁芯对磁场的约束不严密，因此，穿过副线圈的磁通量一定小于原线圈的磁通量，即磁通量有损失，俗称磁损，故D错误。

故选BC。

四、解答题

14．为保证泳池夜间安全，需要在泳池铺设池底灯提供光照。如图所示，足够大的泳池中央有一直径为d的圆形池底灯，灯面与池底相平。已知水的折射率为n，水深为h，水面平静，求：

（1）灯光在水中发生全反射的临界角C的正切值；

（2）在水面上形成的光斑面积S。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）根据全反射的临界角与折射率的关系得

由几何关系得

（2）取正视图如图所示：

假设端发出的光在水面点发生全反射，则形成的光斑是以点为圆心、为半径的圆，设为，则有

光斑半径为，有

光斑面积为S，有

联立解得

15．如图是一位同学设计的直角输送推料装置，导轨输送线A与倾角为、长度为的导轨输送线B平滑连接。每相同时间间隔有一个质量的料盒通过输送线A被送到推杆前并处于静止状态，推杆将其沿输送线B推动距离后，快速缩回到原推料处，料盒离开推杆后恰能到达输送线B的顶端。已知输送线B与料盒的动摩擦因数，整个过程料盒可视为质点，重力加速度，，，求：

（1）料盒离开推杆后，在输送线B上滑行的加速度；

（2）推杆对每个料盒做的功

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）对料盒，根据牛顿第二定律得

解得

加速度方向沿输送线B向下；

（2）对料盒，若推杆对每个料盒做的功，由动能定理得

解得

16．如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为，方向分别垂直于光滑水平桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为。边长也为的正方形单匝金属线框P、Q的质量均为、电阻均为。它们置于光滑桌面上，其左、右边与磁场边界平行，开始时P、Q靠在一起但彼此绝缘且不粘连。使它们一起以大小为的初速度向右运动并进入磁场，线框所用金属丝的宽度可忽略不计。

（1）用水平推力作用在线框Q上，使P、Q一起以速度匀速穿过磁场区，求整个过程中水平推力的最大值；

（2）不加外力，让线框P、Q在磁场中自由滑行，结果线框Q恰好能穿过磁场区。求线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热与之比。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）每个线框在磁场区域运动时，电流大小均为

当P、Q靠在一起的边进入磁场时，水平推力达到最大，大小为

联立解得最大水平推力为

（2）以P右边刚进入磁场为计时起点，把线框Q向右的位移分别达到、、依次分成3个阶段，相应的末速依次记为、和0。

在第1阶段，P、Q一起减速，时间为，有

由动量定理可得

联立可得

在第2阶段，由于P、Q同时处于磁场中，产生的感应电动势和电流总是相同，受力也相同，因此仍一起减速，同理可得

在第3阶段，P已经离开磁场，而Q还处于磁场中㨔速运动，因此P、Q分开，Q最后恰好离开磁场，同理可得

联立可得

，

线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热分别为

联立解得