广东省揭阳市统考2023届高三适应性调研考试物理试题含解析

2023年高考物理模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、关于自由落体运动，平抛运动和竖直上抛运动，以下说法正确的是A．只有前两个是匀变速运动B．三种运动，在相等的时间内速度的增量大小相等，方向不同C．三种运动，在相等的时间内速度的增量相等D．三种运动在相等的时间内位移的增量相等2、粗糙斜面倾角为，一物体从斜面顶端由静止开始下滑，运动的位移─时间关系图像是一段抛物线，如图所示，g取。则（）A．下滑过程中，物体的加速度逐渐变大B．时刻，物体的速度为0.25m/sC．时间，物体平均速度1m/sD．物体与斜面间动摩擦因数为3、质量为m的长木板放在光滑的水平面上，质量为的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态.若对物块施加水平拉力（如图甲），使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F1；若对长木板施加水平拉力（如图乙），也使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F2，则为A． B．2 C． D．4、某静电场在x轴正半轴上的电势Φ随x变化的关系如图所示，则（）A．x1处跟x2处的电场强度方向相同B．x1处跟x2处的电场强度大小相等C．若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功D．同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于x2在处的电势能5、如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，若抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是A．增大抛射速度，同时减小抛射角θB．增大抛射角θ，同时减小抛出速度C．减小抛射速度，同时减小抛射角θD．增大抛射角θ，同时增大抛出速度6、某银行向在读成人学生发放贷记卡，允许学生利用此卡存款或者短期贷款．一位同学将卡内余额类比成运动中的“速度”，将每个月存取款类比成“加速度”，据此类比方法，某同学在银行账户“-500元”的情况下第一个月取出500元，第二个月取出1000元，这个过程可以类比成运动中的()A．速度减小，加速度减小B．速度增大，加速度减小C．速度增大，加速度增大D．速度减小，加速度增大二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点。下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1<Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1>|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|<Q2D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|<|Q2|8、下列说法正确的是（）A．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力和斥力都减小B．根据恒量，可知液体的饱和汽压与温度和体积有关C．液晶具有液体的流动性，同时其光学性质具有晶体的各向异性特征D．在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气内能相同E.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部9、在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定．用EK、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图象中正确的是（）A． B．C． D．10、如图所示，圆形区域内以直线AB为分界线，上半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。下半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，圆的半径为R。在磁场左侧有一粒子水平加速器，质量为m，电量大小为q的粒子在极板M右侧附近，由静止释放，在电场力的作用下加速，以一定的速度沿直线CD射入磁场，直线CD与直径AB距离为0.6R。粒子在AB上方磁场中偏转后，恰能垂直直径AB进入下面的磁场，之后在AB下方磁场中偏转后恰好从O点进入AB上方的磁场。带电粒子的重力不计。则A．带电粒子带负电B．加速电场的电压为C．粒子进入AB下方磁场时的运动半径为0.1RD．AB下方磁场的磁感应强度为上方磁场的3倍三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻：①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V（量程3V，内阻Rv=10kΩ）电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）滑动变阻器：R1（阻值范围0-10Ω，额定电流2A）R2（阻值范围0-1000Ω，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5Ω该同学依据器材画出了如图所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是___________；②该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_______A；③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器_______（填写器材的符号）；④该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_______V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r=_______Ω（结果保留两位有效数字）。12．（12分）在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：A．电压表V1（0～5V）B．电压表V2（0～15V）C．电流表A1（0～50mA）D．电流表A2（0～500mA）E．滑动变阻器R1（0～60Ω）F．滑动变阻器R2（0～2kΩ）G．直流电源EH．开关S及导线若干I．小灯泡（U额=5V）某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端，移动过程中发现小灯未曾烧坏，记录多组小灯两端电压U和通过小灯的电流I数据（包括滑片处于两个端点时U、I数据），根据记录的全部数据做出的U﹣I关系图象如图甲所示：（1）根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图____；（2）根据实验结果判断得出实验中选用：电压表__（选填器材代号“A”或“B”），电流表__（选填器材代号“C”或“D”），滑动变阻器__（选填器材代号“E”或“F”）；（3）根据图甲信息得出器材G中的直流电源电动势为__V，内阻为__Ω；（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，则每个小灯消耗的实际功率为__W。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距L=0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1=2Ω，R2=1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE=0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t=0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：（1）t=0.1s时电压表的示数；（2）恒力F的大小；（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q；14．（16分）如图为过山车的简化模型，AB是一段光滑的半径为R的四分之一圆弧轨道，B点处接一个半径为r的竖直光滑圆轨道，滑块从圆轨道滑下后进入一段长度为L的粗糙水平直轨道BD，最后滑上半径为R，圆心角θ=60°的光滑圆弧轨道DE。现将质量为m的滑块从A点由静止释放，求∶(1)若R=3r，求滑块第一次到达竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)若要求滑块能滑上DE圆弧轨道但不会从E点冲出轨道，并最终停在平直轨道上，平直轨道BD的动摩擦因数μ需满足的条件。15．（12分）从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s．求（i）质点P、O开始振动的时刻之差；（ii）再经过半个周期后，两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x坐标．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

A．平抛运动、竖直上抛运动、斜抛运动和自由落体运动都是仅受重力，加速度为g，方向不变，都是匀变速运动。故A错误；

BC．速度增量为△v=g△t，故速度增量相同，故B错误，C正确；

D．做自由落体运动的位移增量为△h＝g(t+△t)2−gt2＝gt△t+g△t2，竖直上抛运动的位移增量为△h′＝v0(t+△t)−g(t+△t)2−vt+gt2=v0△t−gt△t−g△t2两者不等，故D错误；

故选C。2、D【解析】

A．由题意可知，物体初速度为零，x-t图象是一段抛物线，由匀变速直线运动的位移公式可知，物体的加速度a保持不变，物体做匀加速直线运动，由图示图象可知：t=0.5s时x=0.25m，解得a=2m/s2故A错误；

B．物体做初速度为零的匀加速直线运动，t=0.5s时物体的速度v=at=2×0.5m/s=1m/s故B错误；

C．物体在0～0.5s内物体的平均速度故C错误；

D．对物体，由牛顿第二定律得mgsin30°-μmgcos30°=ma代入数据解得故D正确。

故选D。3、A【解析】

设物块与长木板间的动摩擦因数为，要使物块滑离，则求得.A．，与结论相符，选项A正确；B．2，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；故选A.4、A【解析】

A．x1和x2处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故A正确；B．x1处的斜率大于x2处的斜率，说明x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故B错误；C．从x1处到x2处，电势逐渐降低，则移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；D．根据Ep=qφ可知，正电荷在R处具有的电势能为零，在x2处的电势小于零，所以正电荷在此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能，故D错误。故选A。5、B【解析】

由于篮球垂直击中A点，其逆过程是平抛运动，抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，由于平抛运动的高度不变，运动时间不变，水平位移减小，初速度减小。水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上。A.增大抛射速度，同时减小抛射角θ。与上述结论不符，故A错误；B.增大抛射角θ，同时减小抛出速度。与上述结论相符，故B正确；C.减小抛射速度，同时减小抛射角θ。与上述结论不符，故C错误；D.增大抛射角θ，同时增大抛出速度。与上述结论不符，故D错误。故选：B。6、C【解析】

将每个月取款类比成“加速度”，第一个月取出500元，第二个月取出1000元，说明加速度变大，将卡内余额类比成运动中的“速度”，卡内贷款变多，则速度增大，故C正确。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】

A．当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1<Q2时，则b点电荷在P点的电场强度比a点大，所以电场强度合成后，方向偏左，故A正确；B．当Q1是正电荷，Q2是负电荷且Q1>|Q2|时，b点电荷在P点的电场强度方向沿Pb连线指向b点，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向P点，则合电场强度方向偏右。不论a、b电荷量大小关系，合场强方向仍偏右，故B错误；C．当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向P点，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a点，则合电场强度方向偏左。不论a、b电荷量大小关系，仍偏左。故C正确；D．当Q1、Q2是负电荷时且且|Q1|<|Q2|，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|<|Q2|，则合电场强度方向偏右，故D错误。故选：AC8、ACD【解析】

A.分子间的引力和斥力都随距离增大而减小，故A正确；B.液体的饱和气压和温度、外界压强有关，故B错误；C.液晶是一种特殊晶体，其具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性特征，故C正确；D.在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气分子数相同，分子的平均动能也相同，故内能相同，故D正确；E.液体的表面张力与液面相切，故E错误；故选ACD。9、AC【解析】C、钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v=at，故C正确；A、根据动能定理得：，可知与h成正比，故A正确；B、设钢板开始时机械能为，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则，则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；D、重力的功率，则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误；故选AC．【点睛】本题首先要正确分析钢板的运动情况，其次要根据物理规律得到动能、机械能、速度和重力功率的表达式，再选择图象．10、AC【解析】

A．从C点入射的粒子向下做匀速圆周运动，即受到洛仑兹力向下，由左手定则知道粒子带负电，所以选项A正确；B．由题意知，粒子在AB上方磁场中做匀速圆周运动的半径r1＝0.6R，在电场中加速有：在AB上方磁场中：联立得：所以选项B错误；C．粒子在AB下方磁场中做匀速圆周运动，由几何关系：解得r2＝0.1R所以选项C正确；D．由洛仑兹力提供向心力得到半径：由于r1＝6r2，所以B2＝6B1所以选项D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、量程与被测电流值相比较太大0.603R11.480.84（0.70-0.90之间都给分）【解析】

①[1]一节干电池的电动势约E=1．5V，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是0-10Ω，电路中最小电流约为电流表A的量程是3A，被测电流值与电流表量程相比差距太大，因此不能用电流表A。②[2]改装后电流表量程：③[3]根据以上分析可知，选用的滑动变阻器是R1。④[4][5]由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1．48V图线的斜率大小k=r，由数学知识知：则电源的内阻为：r=k=0.84Ω12、BDE8100.56【解析】

（1）从图甲可知，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中电表的示数不是从0开始的，因此滑动变阻器采用的不是分压接法，而是限流接法；从图甲可知，小灯泡的电阻为10Ω～30Ω，阻值较小，因此电流表采用外接法，作出的实验电路图如图所示：（2）从图甲可知，记录的全部数据中小灯两端电压U最大为6V，因此电压表的量程需要选择15V，故电压表选B；通过小灯的电流I最大为：0.2A=200mA，故电流表的量程需要选择500mA，故电流表选D；电路采用滑动变阻器限流接法，为了便于实验操作，滑动变阻器应选小阻值的，故滑动变阻器选E；（3）从图甲可知，当滑动变阻器接入电阻为0时，小灯两端电压U1最大为6V，通过小灯的电流I1最大为0.2A，则此时小灯电阻RL==30Ω由闭合电路欧姆定律有当滑动变阻器接入电阻为R2=60Ω时，小灯两端电压U2最小为1V，通过小灯的电流I2最小为0.1A，则此时小灯电阻RL==10Ω由闭合电路欧姆定律有解得电源电动势E=8V，内阻r=10Ω；（4）将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连，根据闭合电路欧姆定律，有E=2U+Ir解得U=4﹣5I作出此时的U﹣I图象如图所示：图中交点I=0.18A，U=3.1V，即通过每个灯泡的电流为0.18A，每个灯泡的电压为3