2022-2023学年广东高明一中高三全真模拟（最后一卷）物理试题试卷

2022-2023学年广东高明一中高三全真模拟（最后一卷）物理试题试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3,请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

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、如图，真空中固定两个等量同种点电荷4、B,45连线中点为0。在A、8所形成的电场中，以。点为圆心、半

径为K的圆面垂直AB连线，以。为几何中心的边长为2K的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线

交点分别为e、f,则下列说法正确的是（）

A.在a、b、c、d四点中存在场强和电势均相同的点

B.将一试探电荷由e点沿圆弧空f移到了点电场力始终不做功

C.将一试探电荷由7点移到正方形%氏以d任意一点时电势能的变化量都不相同

D.沿线段e0移动的电荷所受的电场力先增大后减小

2、在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为同水平台面上放置两个静止

的小球A和B（均可看作质点），两小球质量均为机，带正电的A球电荷量为0,B球不带电，A、B连线与电场线平

行。开始时两球相距L在电场力作用下，A球开始运动（此时为计时零点，即f=0）,后与B球发生正碰，碰撞过程

中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间

的万有引力，则（）

一…

WΛB…E

A.第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为

B.第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L

C.第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为、陛2

Vm

D.相邻两次碰撞时间间隔总为2J逊：

Vm

3、如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L（有铁芯）与电源E连接，下列说法正确的是

A.S闭合瞬间，a灯发光b灯不发光

B.S闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭

C.S断开，b灯“闪”一下后熄灭

D.S断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势

4、如图所示，三根完全相同的通电直导线。、b.C平行固定，三根导线截面的连线构成一等边三角形，。点为三角形

的中心，整个空间有磁感应强度大小为8、方向平行于等边三角形所在平面且垂直从边指向”的匀强磁场。现在三根

导线中通以方向均向里的电流，其中/产/c=/。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度的大小跟电流成正比，导线

b在。点产生的磁感应强度大小为Bo则下列说法正确的是（）

A.若。点的磁感应强度平行“c边，则/«=（1+且）/

3

B.若。点的磁感应强度平行H边，则/（I=（I+且）/

3

C.若。点的磁感应强度垂直αc边，则/«=（√3-D/

D.若。点的磁感应强度垂直αb边，则/,,=（√3-1）I

5、如图所示，R3处是光敏电阻，a、b两点间接一电容，当开关S闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为

零，当用光线照射电阻R3时,下列说法正确的是（）

a

Rs-R-:

R：bR2

A.R3的电阻变小，电容上极板带正电,电流表示数变大

B.R3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大

C.R3的电阻变大，电容上极板带正电,电流表示数变小

D.R3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小

6、下列说法正确的是（）

A.阴极射线的本质是高频电磁波

B.玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说

C.贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构

D.2：：PU变成常Pb,经历了4次P衰变和6次α衰变

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、图示为一简谐横波在/=（）时刻的波形图，P是平衡位置在X=Im处的质点，此时刻P点振动方向沿轴正方向，

并经过0.3s第一次到达平衡位置，Q是平衡位置为X=4m处的质点，下列分析正确的是（）

A.该波沿X轴负方向传播

B.该波的传播速度为IOmZS

C.P点与Q点的振动方向总是相反

D.从此刻起Imin内Q点通过的路程为30m

E.质点Q的振动方程可表示为V=IoSin5"（Cm）

8、下列说法正确的是（）

A.布朗运动的激烈程度跟温度有关，但布朗运动不是热运动

B.机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能

C.一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，但温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数

增多

D.相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与水的饱和气压之比

E.雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用

9、如图所示，空间中存在匀强磁场，在磁场中有一个半径为R的圆，圆面与磁场垂直，从圆弧上的P点在纸面内沿

各个方向向园内射入质量、电荷量、初速度大小均相同的带同种电荷的粒子，结果沿半径尸。方向射入的粒子从边界

上。点射出.已知。。与O尸间的夹角为60。，不计粒子的重力，则下列说法正确的是

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为也A

2

B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为点走R

3

C.有粒子射出部分的国弧所对圆心角的正弦值为M

3

D.有粒子射出部分的圆孤所对圆心角的正弦值为述

3

10、关于对分子动理论、气体和晶体等知识的理解，下列说法正确的是一

A.温度高的物体，其分子的平均动能一定大

B.液体的分子势能与体积无关

C.晶体在物理性质上可能表现为各向同性

D.温度升高，气体的压强一定变大

E.热量可以从低温物体传给高温物体

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）某研究性学习小组为了测量某电源的电动势E和电压表V的内阻&,从实验室找到实验器材如下:

A.待测电源（电动势E约为2V,内阻不计）

B.待测电压表V（量程为IV,内阻约为IOOQ）

C.定值电阻若干(阻值有：50.0Ω,100.0Ω,500.0Ω,1.0kΩ)

D.单刀开关2个

(1)该研究小组设计了如图甲所示的电路原理图，请根据该原理图在图乙的实物图上完成连线

图甲图幺

(2)为了完成实验，测量中要求电压表的读数不小于其量程的g,则图甲Rl=ΩsRz=

(3)在R、4选择正确的情况进行实验操作，当电键Sl闭合、S2断开时，电压表读数为0∙71V;当Si、S2均闭合时,

电压表读数为0.90V；由此可以求出R、=Ω;电源的电动势E=(保留2位有效数字)。

12.(12分)在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，教师提供了下列器材：

A.待测的干电池

B.电流传感器1

C.电流传感器2

D.滑动变阻器R(0-20Ω,2A)

E.定值电阻RO(2000Ω)

F.开关和导线若干

某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验。

(1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片产向右滑动，则电流传感器1的示数将；(选填“变大”“不变”

或，，变小”)

(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的两个电流变化图线QATB图象)，其中〃、IB分别代表两传感器的示数,

但不清楚分别代表哪个电流传感器的示数。请你根据分析，由图线计算被测电池的电动势E=V,内阻r=

(3)用上述方法测出的电池电动势和内电阻与真实值相比，E,r。(选填“偏大”或“偏小”)

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)如图所示，让小球从图中的A位置静止摆下，摆到最低点5处摆线刚好被拉断，小球在5处恰好未与地

面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动到C处进入一竖直放置的光滑圆弧轨道。已知摆线长L=Im,6=60°,

小球质量m=1依，3点C点的水平距离S=2加，小球与水平面间动摩擦因数〃=0∙2,g¾10m∕s2.

(1)求摆线所能承受的最大拉力为多大；

(2)要使小球不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R的取值范围。

14.(16分)如图所示，气缸放在地面上，开口向上，缸内质量为m的活塞与气缸内部无摩擦，封闭一段理想气体，

绕过光滑定滑轮的轻绳与活塞与放在地面上质量为2m的物块相连，开始时，绳处于伸直状态但无弹力，活塞面积为S,

活塞离气缸内底的距离为h,大气压强为p。，缸内气体的温度为T∣,气缸的质量大于物块的质量，重力加速度为g.

①要使物块对地面的压力刚好为零，需要将缸内气体温度降为多少？

②要使物块上升二。的高度，需要将缸内气体的温度降为多少？

15.(12分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为%=LOkg,∕%=4.0kg;两者之间有一被压缩的

微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离/=LOm,如图所示.某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，

两物块获得的动能之和为Ek=IoQJ.释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A、〃与地面之间的动摩擦因数

均为〃=0.20.重力加速度取g=10m∕s2.A、8运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.

(1)求弹簧释放后瞬间4、B速度的大小;

(2)物块A、5中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与5之间的距离是多少？

(3)A和B都停止后，A与3之间的距离是多少？

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、B

【解析】

A.根据等量同种电荷的电场线分布情况可知，。、b的电势相同，电场强度不同，由对称性可知，C、d的电势相同,

电场强度也不相同，故A错误；

B.将一试探电荷由《点沿圆弧e0移到/点，试探电荷受到的电场力始终沿着径向方向，始终与运动的速度方向垂直,

根据做功关系可知，电场力始终不做功，故B正确；

C.由于人的电势相同，故从/点到。、。两点电势能变化量相同，同理从/点到d两点电势能变化量相同,

故C错误；

D.根据等量同种电荷的电场线分布，沿e。,移动电场线先变疏再变密，根据E=qE可知，电场力先变小后变大，

故D错误；

故选B。

2、A

【解析】

A.碰前球A的加速度

碰前B的速度为

vβι=°

由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，动量也守恒，有

mvM+mvm=mv'M+mv'lji

1912ɪ12ɪ12

mvwvmv

2A1+2B∣=2,72VAI+2Bi

则碰撞后A、B的速度分别为

即交换速度，故A正确；

B.碰后B球向前匀速运动，A向前做匀加速运动，以后面球为参考系，前面球速度设为外到再次相遇，时间和位移

相等，根据

可知,

>2v=2、喀

Ym

则位移为

ɔ2QEL

2Cv2×—m-.

X-Vt-V--~∙=——XT?-=4Lτ

aQE

m

由弹性碰撞可知，第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为碰前A球的速度，即为

故BC错误；

D.由弹性碰撞可知，每次碰撞前后，两球的速度差为

即每次都是后面球的速度增加2Av后追上前面球，而加速度是固定的，则每次相邻两次碰撞时间间隔总为

m

故D错误。

故选A。

3、B

【解析】

A.闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A错误；

B.闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0,因为a

灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以

稳定时a灯被短路，最后熄灭，B正确；

C.断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，C错误；

D.断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所

以a灯右端的电势高于左端，D错误。

故选B。

4、A

【解析】

三条直导线在O点的磁场方向如图；其中&和瓦的合场强水平向右大小为BbC=3；方向水平向右。

A.若。点的磁感应强度平行“c边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于以方向的合磁场为零，即

Bsin30+Bccos30-Bacos30=0

其中4=e=A∕,解得

Ia=（1+无）/

3

选项A正确;

B.若。点的磁感应强度平行外边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于而方向的合磁场为零，即

Bsin30-Bhcos30+Bιιsin30=0

其中Bb=B=以，解得

Ia=(√3-l)I

选项B错误；

C.若。点的磁感应强度垂直αc边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于4c方向的合磁场为零，即

Bcos30+Basin30-Bbcsin30=0

表达式无解，则。点的磁感应强度的方向不可能垂直ac边，选项C错误；

D.若。点的磁感应强度垂直刈边，则三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于好方向的合磁场为零，即

Bcos30+Bhccos60-Bacos60=0

其中a=5=U,解得

Ia=(√3+l)/

选项D错误。

故选A。

5、A

【解析】

凡是光敏电阻，当用光线照射电阻R3时，据光敏电阻的特点，其阻值变小，据闭合电路的欧姆定律知，所以电流表

示数变大，CD错误；

因原来时电容器极板上的带电量为零，故说明成两点电势相等；

有光照以后，两支路两端的电压相等，因品、&支路中电阻没有变化，故R2的分压比不变；而由于飞的电阻减小,

所以此的两端电压减小，纭-。右，而。庄不变，所以。右增大，故上端的电势要高于下端，故上端带正电，A

正确B错误；

6、C

【解析】

A.阴极射线的本质是高速电子流，不是高频电磁波，选项A错误；

B.玻尔提出的原子模型，成功解释了氢原子发光现象，但是没有否定卢瑟福的核式结构模型，故B错误。

C.贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构，选项C正确；

239—207

D.2；：PU变成2：；Pb,经历了-=8次α衰变,8×2-(94-82)=4次β衰变，选项D错误。

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。分。

7、ABD

【解析】

A.因此时P点沿y轴正方向振动，根据同侧法可知波沿X轴负方向传播，A正确；

B.因P点的平衡位置在X=Im处，所以

TT

-+-=O.3s

84

所以

T=0.8s

计算波速

χ

V=—=10m∕s

T

B正确；

χ:

C.P、Q两点的平衡位置间的距离大于二，小于大，所以其振动方向有时相同，有时相反，C错误；

42

D.根据

1min=60s=75T

经过的路程

s=75X4A=30m

D正确；

E.根据图像可知

2万

ω=——=2.5τrrad/s

T

质点Q此时由平衡位置向下振动，振动方程可表示为

y--IOsin2.5R(Cm)

E错误。

故选ABDo

8、ACE

【解析】

A.布朗运动反映的是分子热运动，但布朗运动本身不是热运动，选项A正确；

B.机械能可能全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化成机械能，选项B错误；

C.一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能变大，单位时间内撞击

单位面积上的分子数增多，选项C正确；

D.相对湿度定义为空气中水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和气压之比，D错误；

E.雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，使水不能渗过小孔，选项E正确;

故选ACE.

9、BD

【解析】

AB.设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系可知：

r=Utan30°=^-R

3

A,错误B正确

CD.粒子做圆周运动的直径为:

d=2r=冬叵R

3

设有粒子射出部分的圆弧所对圆心角为。，由几何关系可知:

SingJ=也

2R3

则:

.a.θθ2√3

SIne=2sιn-cos-=-----

223

C错误，D正确.

10、ACE

【解析】

A.温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子的平均动能增大，故A正确；

B.液体分子之间的距离不同，液体分子之间的分子力大小就不同，所以分子力做功不同，则分子势能就不同，所以

液体的分子势能与体积有关，故B错误；

C.单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C正确;

D.根据理想气体得状态方程

pV_「

T

可知温度升高，气体的压强不一定增大，还要看体积变化，故D错误；

E.热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E正确。

故选ACEo

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。

10050871.9

图幺

【解析】

(1)[1]根据电路原理图，实物连线如图所示:

图幺

⑵[2∏3]根据分压规律

1V

3_IOoC

2V-IVRX

3

串联在电路中的总电阻约为

Rr=500C

所以5∞.()Ω和1.0kΩ阻值太大不能用，否则电压表的示数不满足题中要求；为了在邑闭合时，能够有效的保护电路,

所以

Rl=IOoΩ,Λ2=50ΩO

(3)[4][5]当电键5闭合、S?断开时

Ui_E

RVRi+R2+RV

当酬、S2均闭合时

力_E

RVRI+RV

解得

RV=87Ω,E=1.9V

12、变小3.02.0偏小偏小

【解析】

(I)U].滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片尸向右滑动时R值减小，电路总电阻减小，总电流变大,

电源内阻上电压变大，则路端电压减小，即电阻Ro上电压减小，电流减小，即电流传感器1的示数变小。

⑵[2][3].由闭合电路欧姆定律可得

IlRO=E-(∕∣+Z2)r

变形得

/,=ɪ-ɪ/ɔ

&+rR0+r

由数学知可知图象中的

由图可知

*=1.50

A=IXlor

解得

E=3.OV

r=2.0Ωo

(3)[4][5].本实验中传感器1与定值电阻串联充当电压表使用，由于电流传感器1的分流，使电流传感器2中电流测量

值小于真实值，而所测量并计算出的电压示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为

准确的，则图象应以短流电流为轴向左下转动，如图所示，故图象与横坐标的交点减小，电动势测量值减小；图象的

斜率变大，故内阻测量值小于真实值。

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、(1)20N；(2)R≤0.04m或R20.1m

【解析】

(1)小球从A到B的过程，由动能定理得：

1

mgL(I-cosθ)——mvll-0

解得：

VB=V10m∕s

在B点，由牛顿第二定律得：

解得:

T=2()N

(2)8到C的过程中摩擦力做功，由动能定理可得:

l

g>nvc2—IfnVB=—Rngs

可得：

vc-V2m∕s

小球进入圆轨道后，设小球能到达圆轨道最高点的速度为V,要不脱离轨道应满足:

R

考虑小球从C点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理得:

__12ɪ2

-mg∙2R=-mv--mvc

联立以上解得：KW0.04m；

小球进入圆轨道后，小球上升的最大高度满足：h≤R,小球可沿轨道返回。

小球从。点运动到最高处的过程，由动能定理得

-mgh=θ-ɪmvɑ2

解得：Λ≥0.1m;

所以要使小球不脱离圆弧轨道，圆弧轨道半径R的取值范围是R≤0.04m或R>0Λm.

14、①(正整几In

,②τ"τ,=产g

PoS+mg22(p0S+mg)

【解析】

(1)开始时缸内气体的压强：pι=po+mg∕S

当物块对地面的压力为零时，缸内气体的压强p2=po-mg∕S

当物块对地面的压力为零时，缸内气体的温度为T2,气体发生等容变化，则A=A

τl~τ2

PoS_mgT、

解得：T=

2p°S+mg'

(2)当物块上升;h的高度时，缸内压强仍为p2=po-mg∕S,设此时缸内气体温度为T3,气体发生等压变化，有:

解付∙3222(p°S+加g)

点睛：本题关键是先确定气体的状态，然后确定封闭气体初末状态的各个状态参量，然后根据气体实验定律列式求解

即可；注意两个状态的关联关系.

15、(1)VA=4.0ΠI∕S>vβ=1.0nι∕s;(2)5先停止；0.50m；(3)0.91m；

【解析】

首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出4、8各自的速度大小；

很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，