湛江市2023年普通高考测试（一）物理 答案

湛江市2023年普通高考测试（一）

物理参考答案及评分标准2023.3

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，只有一项是符

合题目要求的。

1.C【解析】以所有粽子为对象分析可知B=8〃?g,由牛顿第三定律可知F=6=8，;^,故8错

误；竖直方向平衡可知8TeosJ=8mg,解得：T=瓷，故AD错误,C正确。

2.B【解析】由n/图像可知0〜为内甲、乙的位移分别为了。一©、乃，位移不相等，所以甲、乙的平

均速度不相等，故A错误；由图像可知0〜七内甲、乙的最大距离为故B正确；由图像可知在

4〜“内甲、乙的斜率均为负，所以他们的运动方向相同，故C错误；由两图线相交可知他们此时

的位置相同，但斜率大小不一定相等，且速度方向相反，故D错误。

3.C【解析】人的重力势能增加了mglsin37°=50X10X10X0.6J=3000J,故A错误；静摩擦力

对系统不做功，故B错误；人克服重力做功的功率为wgvsin37°=5OX1OX2XO.6W=600W,

故C正确；由动能定理可知W=W＜；=3000J,故D错误。

4.A【解析】根据原子核衰变时质量数与电荷数都守恒可得3=0+A,l=Z-l,解得:八=3,Z=2,

由此可知fH发生的衰变为B衰变,其穿透能力不是最强.故A正确，C错误；由于半衰期是一种

统计规律,对少量的原子核不适用，故B错误；根据可知，该衰变过程释放的能量为

（MI-m2—m3）r，故D错误。

5.D【解析】由低轨道进入高轨道需要点火加速，所以由轨道I进入轨道U需在A点加速，故A

（八十厂3.________

错误；根据开普勒第三定律，有工=TT—，解得八=丁《庐尹"，故B错误；由于在轨道

1112，乙丁|

I、II上A点的合外力相同，加速度也相同，故C错误；由轨道II进入轨道1D需在B点加速，所以

在轨道m上B点的线速度大于在轨道u上B点的线速度，故D正确。

6.C【解析】质点N在接收的超声波脉冲图像上.此脉冲沿z轴负方向传播，由“上下坡法”可知，

在图示虚线所示时刻质点N沿y轴正方向运动，故AB错误；由题意可知.发送和接收的超声波

频率相同*由图像可知波长/（=12mm=l.2XIO2m,由于期=李，代入数据解得T=^=4X

106s,从图示实线所示时刻开始，由“上下坡法”可知，质点M此时刻沿y轴正方向运动，再经

过IXlOfs=f,质点M恰好到达波峰，故C正确，D错误。

7.C【解析】粒子从空间正四棱锥P—ABCD的底面ABCD中心。向上垂直进入磁场区域，最后

恰好没有从侧面PBC匕出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，做出粒子的运动轨迹如

图所示，由几何关系可知为面PBC与底面的夹角，由几A

何关系可算出sinO=^，由洛伦兹力提供向心力得:物。8=优鱼，联立石3A三'r

解得B=（痣+2）吗，故c正确.ABD错误。

qa

物理参考答案及评分标准第1页（共4页）

二、多项选择题：本题共3小题，每题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.AC【解析】由题可知光路图如图所示，光线经过一次折射一定射到B点，

叵R

故A正确；由几何关系可得sin，=磊一=亨，解得2=60°,由几何关系可知i

=2r,解得厂=30°,故B错误；由折射定律可知介质球的折射率为〃=胆=

翟沁畲，故C正确洸在该介质球中的传播速度为广台条，故D错误。

9.BC【解析】由题分析可知肛〈必,故A错误；乙图中电压最大值U”,=25O点'V,7=0.02s,所

〃27%

以3=竿=100n，乙图中的电压瞬时值表达式”=250&sin100封（V）,故B正确；当R处出现火

警时,其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则L增大，则上增大，故C正确；

又△。=八"增大，输入电压5不变，W和2不变，所以5不变,由于△[/=”-5.所以5

减小，力和不变，则5变小，即电压表©的示数减小，故D错误。

10.BD【解析】由于J点靠近正电荷，所以a点的电势小于/点的电势，故A

错误；作出/，点的电场强度与/点的电场强度如图所示，由点电荷电场强度

公式及几何关系已与己相同，已与日相同，所以&与心,相同，

r~

故B正确；负的试探电荷沿cc'棱从c到c'电场力一直做正功，电势能一直

减小，故C错误；正的试探电荷沿棱从〃到〃'电场力一直做负功，电势能

一直增大，故D正确。

三、非选择题：共54分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步

骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

11.（7分）（1）4.20（2分）2.00（2分）（2）6（1分）（3）1.97（2分）

【解析】本题考查探究平抛运动规律实验。

（1）由游标卡尺读数规则可知读数为〃=4mm+10X0.02mm=4.20mm.由此可知钢球通过

光电门的速度v=y=2.00m/s；

（2）钢球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故B处摄像头所

拍摄的频闪照片为/）;

⑶由平抛运动规律可得，竖直方向：八=｝靖，水平方向：z=解得%=zJ索,代人数据

得v0=l.97m/s。

12.（9分）（1）②199（2分）（2）偏小（2分）（3）3.0（2.8〜3.2均可）（2分）5.0（4.6〜5.4均

可）（3分）

【解析】（1）②保持凡不变•闭合将电阻箱应由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于

时，由于总电流I...不变，通过电阻箱R的电流也为。，所以&=凡=199

物理参考答案及评分标准第2页（共4页）

（2）实际操作中，闭合&后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过凡的电流大于十L“，所以

该方法测（11的电流表内阻要小于电流表内阻的真实值；

（3）改装后的电流表的内阻言1.0。，由闭合电路欧姆定律E=200/X107（R+

r+Rj）=0.2I（R+r+R.'）,解得）=喑氏+%亚/'，结合图像可知喑=*"，

/EEE12.0—0

92（.（_2=0.4.解得E=3.0V,r=5.0。。

7

13.（10分）（1）吸热（2）高

O

解：（1）缓慢放气过程，气体体积变大对外做功，而缓慢放气过程中.气体内能不变，根据热力学

第一定律，则气体应吸热。（3分）

（2）设放出压强为p,的气体体积为△%,以原袖带内气体为研究对象，

初态：气体压强必=1.5%,末态：气体压强/>2=内，由玻意耳定律有

/>iVo=j&2（0.TVO+AVO）（3分）

解得：△%=（）.8V0（l分）

袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比为

“=0.7%,（2分）

7

代人数据解得（1分）

14.（12分）（1）顺时针方向（2）山',?，。（3）'W尸"

KrnK

解：（1）由于4。>23所以线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知此时线框中感应电流沿顺

时针方向（2分）

（2）当列车向右运动的速度为2n时，由法拉第电磁感应定律可知

E=2NBL（4P-2P）①（2分）

线框中的感应电流大小

F

1=誉②（1分）

由①②式解得1="胖（1分）

（3）列车向右运动的速度为2V时，

线框受到的安培力尸=2NB〃，（1分）

解得尸=竺瞪人包（1分）

当磁场以速度3匀速向右移动时，同理可得线框受到的安培力

4NWD

（1分）

F.R

当磁场以速度。匀速向右移动时，可恰好驱动停在轨道上的列车可知

阻力/=居（1分）

由牛顿第二定律可知F-/=wa（1分）

物理参考答案及评分标准第3页（共4页）

AN2B2L2-u

解得（1分）

mR

15.（16分）（1）1s（2）5m/s（3）0VL&0.25m或L=0.625m

解：（1）由牛顿定律及运动学公式：

对物块a有：〃〃Z|g=根必（1分）

对薄板G有：F—卬小8=,孙々2（1分）

由题知—--ait2=1（1分）

代入数据解得f=ls（1分）

（2）物块a禽开薄板6的瞬间速度为u=©f=2m/s（1分）

由运动的合成与分解可知小==^不（1分）

cos60

物块a从A到B过程由机械能守恒有

2

COS60°）=-^-»i1VH（1分）

解得/=5m/s（l分）

（3）物块a与r球碰撞过程有：

m1VH=?"I七小+m