广东省中山市华侨中学2022-2023学年高三上学期（港澳班）第六次模拟考物理试题（解析版）

这是一份广东省中山市华侨中学2022-2023学年高三上学期（港澳班）第六次模拟考物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压
A. 降低2VB. 增加2VC. 降低200VD. 增加200V
【答案】D
【解析】
【详解】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确．
2. 如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为
A. B. C. TsinαD. Tcsα
【答案】C
【解析】
【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确．
3. 如图所示的电路中，电阻R=2Ω。断开S后，电压表的读数为3V（电压表为理想电压表）；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为（ ）
A. 1ΩB. 2ΩC. 3ΩD. 4Ω
【答案】A
【解析】
【详解】开关s断开时有：，开s闭合时有：，其中，解得：，
故A正确．
4. 1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为、，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则（ ）

A. v1＞v2，v1＝B. v1＞v2，v1＞
C. v1＜v2，v1＝D. v1＜v2，v1＞
【答案】B
【解析】
【详解】根据开普勒第二定律有
若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为
将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有
故选B。
5. 一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为 ，经过时间 ，电场力方向速度为，功率为 ，所以P与t成正比，故A正确．
6. 质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为 ．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设滑板的速度为，小孩和滑板系统动量守恒得：，解得：，故B正确．
7. 某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是
A. 磁场和电场的方向
B. 磁场和电场的强弱
C. 粒子的电性和电量
D. 粒子入射时的速度
【答案】C
【解析】
【详解】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误．
点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的．
8. 某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（ ）
A. 时刻相同，地点相同
B. 时刻相同，地点不同
C. 时刻不同，地点相同
D. 时刻不同，地点不同
【答案】B
【解析】
【详解】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力．弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确．
点睛：本题以平抛运动为背景考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，解题时要注意弹射管沿光滑竖直轨道向下做自由落体运动，小球弹出时在竖直方向始终具有跟弹射管相同的速度．
9. 如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则
A. a点场强大小比b点大
B. b点场强的大小比c点小
C. a点电势比b点高
D. b点电势比c点低
【答案】D
【解析】
【详解】由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低．
由点电荷的场强公式可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确．
10. 已知A和B两种放射性元素的半衰期分别为T和2T，则相同质量的A和B经过2T后，剩有的A和B质量之比为_____．
A. 1:4B. 1:2C. 2:1D. 4:1
【答案】B
【解析】
【详解】根据半衰期公式，经过2T，A剩有的质量为, B剩有的质量为,故mA:mB=1:2，选项B正确．
点睛：本题考查半衰期，解题的关键是要熟记上述规律公式，并会应用上述公式解题．
11. 如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为( )
A. 1∶1B. 1∶2C. 1∶4D. 4∶1
【答案】A
【解析】
【详解】根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误．
【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．
12. 贝克勒尔首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。下列属于放射性衰变的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】放射性衰变是指不稳定原子核自发地放射出射线而转变为另一种原子核的过程，放出的射线包括、和射线，衰变生成的是电子，衰变生成的是粒子，裂变是重核裂变成轻核，聚变是轻核生成重核，据此分析即可。
本题难度不大，要知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程，属于基础题。
【详解】A．该反应的过程中释放出电子，属于衰变，选项A正确；
B．该反应的过程中一个质量大的核分裂为两个中等质量的核，属于重核裂变，选项B错误；
C．该反应属于轻核聚变，选项C错误；
D．该反应是发现中子的反应，不是放射性衰变，选项D错误。
故选A。
13. 如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B. 小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C. 物块上升的最大高度为
D. 速度v不能超过
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】A．物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，A错误；
B．小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，B错误；
C．依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有
则物块上升的最大高度为
C错误；
D．因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，对物体M，则有
解得
故速度v不能超过，D正确。
故选D。
二、实验题（共10+12=22分）
14. 用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律．
主要实验步骤如下：
a．安装好实验器材．接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次．
b．选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O（t=0），然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点，如图2中A、B、C、D、E、F……所示．
c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度，分别记作v1、v2、v3、v4、v5……
d．以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3所示．
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
（1）在下列仪器和器材中，还需要使用的有____________和___________(填选项前的字母)．
A．电压合适的50 Hz交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平(含砝码)
（2）在图3中已标出计数点A、B、D、E对应坐标点，请在该图中标出计数点C对应的坐标点，并画出v-t图像_____________．
（3）观察v-t图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是___________．v-t图像斜率的物理意义是______________________．
（4）描绘v-t图像前，还不知道小车是否做匀变速直线运动．用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对△t的要求是______（选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的△x大小与速度测量的误差______(选填“有关”或“无关”)．
（5）早在16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的．当时只能靠滴水计时，为此他设计了如图4所示的“斜面实验”，反复做了上百次，验证了他的猜想．请你结合匀变速直线运动的知识，分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的_____________________．
【答案】 ①. A ②. C ③. 如图所示：
④. 小车的速度随时间均匀变化 ⑤. 加速度 ⑥. 越小越好 ⑦. 有关 ⑧. 如果小球的初速度为0，其速度，那么它通过的位移x∝t2．因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化．
【解析】
【详解】（1）打点计时器需用交流电源；为了计算速度需要利用刻度尺测量长度．故需要的仪器选AC
（2）利用所给点迹描点连线，得图像
其中C点的横坐标为3T，纵坐标为
（3）结合图像可以看出小球速度随时间均匀变化，所以小球做匀加速运动，图像的斜率代表了运动时的加速度
（4） 越小，则 越接近计数点的瞬时速度，所以越小越好，计算速度需要用到 的测量值，所以大小与速度测量的误差有关．
（5）如果小球的初速度为0，其速度，那么它通过的位移x∝t2．因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化．（要检验小球的速度是随时间均匀变化的，可以检验小球运动位移与时间的平方成正比，利用滴水可以得到小球的运动时间，并测出小球在相应时间内的位移，则可以验证．）
点睛：本题考查了速度与与时间得关系，速度没有办法直接测量，所以要利用物理关系转化，转换成我们能够测量的量，然后在来验证速度与时间得关系．
15. 电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．
（1）请在图1中画出上述u–q图像 （ ）．类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep______．
（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q–t曲线如图3中①②所示．
a．①②两条曲线不同是______（选填E或R）的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．__________________
（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
【答案】 ①. ②. ③. R ④. 要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R；要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可 ⑤. 增大 ⑥. 不变 ⑦. 不变 ⑧. 减小
【解析】
【详解】由电容器电容定义式得到图象，类比图象求位移求解电量，由图3斜率解决两种充电方式不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答
(1)由电容器电容定义式可得：，整理得：，所以图象应为过原点的倾斜直线，如图：
由题可知，两极间电压为U时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即，当两极间电压为U时，电荷量为，所以；
(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为：，由图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以①②曲线不同是R造成的；
b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R，要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可；
(3)在电容器充电过程中在电容器左极板带正电，右极板带负电，相当于另一电源，且充电过程中电量越来越大，回路中的总电动势减小，当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源的电压不变，通过电源的电流减小．
三、计算题（共76分）
16. 热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃．氩气可视为理想气体．
（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）设初始时每瓶气体的体积为，压强为；使用后气瓶中剩余气体的压强为，假设体积为，压强为的气体压强变为时，其体积膨胀为，由玻意耳定律得：
被压入进炉腔的气体在室温和条件下的体积为：
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为，体积为，由玻意耳定律得：
联立方程并代入数据得：
（2）设加热前炉腔的温度为，加热后炉腔的温度为，气体压强为，由查理定律得：
联立方程并代入数据得：
17. 如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m．距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）．已知水的折射率为
（1）求桅杆到P点的水平距离；
（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．
【答案】（1）7m （2）5.5m
【解析】
【详解】①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有
由折射定律有：
设桅杆到P点的水平距离为
则
联立方程并代入数据得：
②设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为
由折射定律有：
设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，则：
联立方程并代入数据得：
18. 如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：
根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
联立方程得：
（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度
粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度
粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则
解得：
或
19. 如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好．两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量．图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为．的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计．
（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大水平恒力，并指出其方向；
（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功．
【答案】（1），方向水平向右；（2）
【解析】
【详解】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则
①
设与并联的电阻为，有
②
闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得
③
设中的电流为，有
④
设受到的安培力为，有
⑤
保持静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
⑦
方向水平向右．
（2）设由静止开始到速度大小为的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有
⑧
其中
⑨
设中的平均电流为，有
⑩
根据电流的定义得
⑪
由动能定理，有
⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得
⑬
20. 竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m ；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即
联立方程解得
，
根据v-t图像可知
解得
（2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律，当物块A沿斜面下滑时
由v-t图像知
当物体A沿斜面上滑时
由v-t图像知
解得
又因下滑位移
则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为
其中为P点离水平面得高度，即
解得
故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为
（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因为为，则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有
设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得
又据（2）的结论可知
得
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为
“恒流源”
（2）中电源
电源两端电压
____
____
通过电源的电流
____
____