2023年广东省茂名市物理高考模拟考试试卷（一）（含答案）

广东省茂名市2023届物理高考模拟考试卷子〔一〕

一、单项选择题：此题共7小题，每题4分，共28分。在每题给出的四个选项中，只有一

项为哪一项符合题目要求的。

1.已知Co60的衰变方程为舞Co-；；Ni+X，半衰期为5.27年，则X和1克Co60经过

5.27年后还剩下Co60的质量分别为（）

A.质子0.5克B.电子0.5克

C.质子0.25克D.电子0.25克

2.当使用高压水枪时，我们感受到比拟强的反冲作用，如图，一水枪与软管相连，翻开开关后，以

30m/s的速度每秒喷出1kg的水，假设水枪入口与出口的口径相同，则水对该水枪作用力的大小及方

向是（）

A.30N,沿③的方向B.30N,沿②的方向

C.60N,沿①的方向D.60N,沿②的方向

3.2023年6月17日我国神舟十二号载人飞船入轨后，按照预定程序，与在同一轨道上运行的“天

和”核心舱交会对接，航天员将进驻“天和”核心舱。交会对接后神舟十二号飞船与“天和〃核心舱

的组合体轨道不变，将对接前飞船与对接后的组合体比照，下面说法正确的选项是（）

A.组合体的围绕速度大于神舟十二号飞船的围绕速度

B.组合体的围绕周期大于神舟十二号飞船的围绕周期

C.组合体的向心加速度大于神舟十二号飞船的向心加速度

D.组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力

4.如图1所示，半径为R均匀带电圆形平板，单位面积带电量为。，其轴线上任意一点P（坐标为

X

X）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：2兀ko，方向沿X

+X22

轴。现考虑单位面积带电量为。的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如下

图。则圆孔轴线上任意一点Q1坐标为x）的电场强度为（

P1

x

2兀kb------------------r

AA.1B.\_

(r2+x22

r

C.2兀koD.2万《。

x

5.一根较简单形变的弹性导线，将上下两端固定，当没有磁场时,导线呈直线状态.现使导线通过

电流，方向自下而上（如图中箭头所示），分别加上方向竖直向上、水平向右、垂直于纸面向外的匀

强磁场时，以下描述导线发生形变的四个图示中正确的选项是（)

C.D.

6.质量分别为2m和m的A、B两种物体分别在水平恒力"和用的作用下沿水平面运动，撤

去可、月后受摩擦力的作用减速到停止，其v-Z图像如下图，则（）

A.F、、F?大小之比为2:1

B.耳、6对A,B做功之比为2:1

C.A,B受到的摩擦力大小之比为2:1

D.全过程中摩擦力对A,B做功之比为2:1

7.如下图，固定于水平面上的竖直光滑圆轨道的半径为R,B、D分别为圆轨道的最ga。点和最di

点，A与C为平行于地面的直径的两端点，小球（视为质点）从轨道上的A点以某一速度沿轨道竖

直向下运动。以下推断正确的选项是（）

B.假设小球能过B点，则小球在D点和B点对轨道的压力大小之差为6mg

C.小球从A点到D点的过程中克服重力做功，且重力做功的功率一直增大

D.假设轨道存在摩擦，则小球从A点至D点与从D点至C点过程中克服摩擦力做的功相等

二、多项选择题：此题共3小题，每题6分，共18分。在每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。分。

8.无线充电近年来得到广泛应用，无线充电技术与变压器的工作原理类似，通过分别安装在充电基

座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图甲所示，充电基座接上220V、50Hz

家庭用交流电（电压变化如图乙所示），受电线圈接上一个理想二极管给电池充电。以下说法正

确的选项是（）

A.乙图中的Eo的大小为220V

B.在t2时刻，受电线圈中的电动势到达最大

C.基座线圈和受电线圈通过互感完成能量传递

D.和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失

9.如下图，带电小球Q固定在倾角为。的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m,电荷量为q的带正

电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B点时速度恰好为零，已知A、B间距为L,C是

AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g,则（）

A.小球从A到B的过程中加速度先减小后增大

B.小球在B点时受到的库仑力大小为mgsinO

C.小球在C点时速度最大

D.在Q产生的电场中，A,B两点间的电势差为一上一

q

10.如下图，在某行星外表上有一倾斜的圆盘，面与水平面的夹角为30。，盘面上离转轴距离L处

有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，角速度为3时，小

物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为2叵（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半

3

径为R,引力常量为G,以下说法正确的选项是（）

A.这个行星的质量23"'

G

B.这个行星的第一宇宙速度y=2（0而

C.这个行星的密度是p=当工

HGR

1,

D.离行星外表距离为R的地方的重力加速度为-32上

2

三、非选择题：共54分。第11~14题为必考题，考生都必须作答。第15~16题为选考题,

考生依据要求作答。

〔一〕必考题：共42分。

11.用打点计时器测量重力加速度的实验装置如下图。当纸带在钩码带动下向下运动时，打点计时

器在纸带上打下一系列的点。

（1）该实验中,以下方法有助于减小实验误差的是.

A.应从纸带上的第一个点迹开始测量、计算

B.选用的钩码的质量应尽可能小些

C.操作时，应先释放纸带，后接通电源

D.打点计时器的上下两限位孔应在同一竖直线上

（2）某同学在正确操作下，选取了一条点迹清楚的纸带，并测得连续三段相邻点的距离，但不

小心将该纸带撕成了三段，并丧失了中间段的纸带，剩余的两段纸带如下图，其中A、B两点的距

离xi=9.8mm,C、D两点的距离x2=17.6mm.已知电源的频率为50Hz.在打点计时器打下C、D两点

的过程中，钩码的平均速度丫=m/s.

（3）实验测得当地的重力加速度g=

12.某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V,额定电流0.32A）；

电压表V（量程3V,内阻3kC）；电流表A（量程0.5A,内阻0.5C）；固定电阻R。（阻值1000C）；滑动

变阻器R（阻值0~9.0。）；电源E（电动势5V,内阻不计）；开关S；导线假设干.

11〕实验要求能够完成在0〜3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图.

（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示.

//mA

(a)

由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻（填"增大""不变"或"减小”），灯丝的

电阻率（填”增大〃"不变”或"减小”）.

（3）用另一电源E。（电动势4V,内阻1.00C）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻

器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率.闭合开关S,在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为一

W,最大功率为W.（结果均保存两位小数）

13.如下图，等边三角形AQC的边长为2L,P、D分别为AQ、AC的中点.水平线QC以下是水平向

左的匀强电场，地域1（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为Bo；地域II（三角形

APD）内的磁场方向垂直纸面向里，地域IH（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与地域H大小相

等、方向相反，且磁感应强度为3B0带正电的粒子从QC边中点N以速度V。垂直QC进入地域I再

从P点垂直AQ射入地域III（粒子重力忽略不计）.经一系列运动粒子将再次回到N点以速度Vo垂直

QC进入下方匀强电场,最后从O点离开电场（QO边长为L）。求：

（1）该粒子的比荷q/m；

⑵匀强电场E的大小;

（3）粒子在磁场从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t.

14.半径R=2.75m、圆心角0=37。的一段光滑圆弧槽固定在粗糙水平面上，一质量为m=3.0kg、可视

为质点的小物块Q放置于圆弧槽最di点（其切线恰好水平）。在圆弧槽右侧同一直线上有一个质量

为M=l.Okg、长度为L=5.75m的薄木板，薄木板与圆弧槽最di点平齐，且左端与圆弧槽最di点相距

x（）=0.75m。某时刻，一质量也为m的小物块P（可视为质点）以水平初速度vo=14m/s冲上薄木板右

端。一段时间后，当薄木板左端刚与圆弧槽相撞时，小物块P恰好运动至薄木板左端，且马上与小

物块Q碰撞粘连在一起、继续运动。已知小物块P与薄木板间的动摩擦因数同=0.40,重力加速度

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：

o

11〕从P开始运动到与Q发生碰撞所经历的时间t；

(2)薄木板与水平面间的动摩擦因数眼；

(3)P、Q碰撞后继续运动到其轨迹最gao点时离水平面的高度H。

〔二〕选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第T

计分。

15.(1)密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大.从分子动理论的角度分析，这是由于分子热

运动的增大了.该气体在温度Tl、T2时的分子速率分布图象如下图，则T1

(选填"大于”或"小于”)T2.

各速率区间的分f数

(2)肯定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如下图，气体在状态A时的压强

PA=PO,温度TA=TO,线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求:

①气体在状态B时的压强PB；

②气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10J,该过程中气体汲取的热量为多

少;

。气体在状态C时的压强pc和温度Tc。

16.(1)一列向右传播的简谐横波，某时刻波形如图。已知波速为8m/s,从这一时刻起，经过1.75

s,质点M通过的路程是cm,波的传播距离是m。

(2)如下图，在折射率«=|的透明液体中，水平放置一足够大的不透光薄板，薄板下方竖直放

置着一把长50cm直尺，其零刻度恰好与板上的。点重合，距离O点为6cm处有一可以透光的

小孔P,距离O为12cm处的Q点的正下方竖直放置着高为10cm的平面镜MN,平面镜的上

端M到Q的距离为6cm。求：紧贴着液面的人通过平面镜人能观察到米尺的刻度范围。

答案解析局部

1.B

（解答）原子核衰变过程的质量数和核电荷数均守恒，可得X为电子；1克Co60中有大量的原子

核，1克Co60经过5.27年后，还有0.5克没有衰变。

故答案为：B。

（分析）利用质量数和电荷数守恒可以判别X为电子；利用半衰期及衰变的时间可以判别还没衰变

的原子核质量。

2.B

（解答）解：以水为研究对象，运用动量定理得：

Ft=m水V]-0

代入解得，水流受到的平均作用力为：F=30N,方向沿出口的方向和进水口的角平分线上.

B依据牛顿第三定律可知，水对该水枪作用力的大小是30N,方向是沿②的方向.故B正确，ACD

错误

应选：B

（分析）依据动量定理即可求出水受到的作用力的大小与方向，然后由牛顿第三定律说明水对该水

枪作用力的大小及方向.

3.D

2

（解答）由粤v4TI2

AB.G=m—=m——r

rrT2

可得

T=2n

可见v、T与质量m无关，周期与围绕速度不变，AB不符合题意;

GMm

C.由——=ma

r

GM

可得a=

r

可知向心加速度与质量加无关，C不符合题意;

,,,厂GMm

D.向心力为F-—z—

r

组合体的质量大于神舟十二号飞船的质量，则组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心

力，D符合题意。

故答案为：D。

（分析）利用引力提供向心力可以判别线速度、周期和围绕速度的大小与质量m无关；利用向心力

的表达式可以比拟向心力的大小。

4.B

（解答）将挖去的圆板补上，复原无限大均匀带电平板，设无限大均匀带电平板在Q点的场强为

E,补回来的半径为r的圆板在Q点的场强为Ei，待求的场强为E2，由电场叠加原理得E=E]+E?

E]=2乃1-----------

卜2+x2）2

x

由21ko1-----------得，当R无限大时

（/?2+X2）2

E=2兀k<j1----------=2兀k<j

（后+》2>

解得E2=M（y"1

（r2+x2）2

故答案为：Bo

（分析）利用己知场强的表达式结合电场强度的叠加可以求出未知电场强度的大小。

5.D

（解答）解：A、图示电流与磁场平行，导线不受力的作用，故A错误；

B、由左手定则判得，安培力的方向垂直纸面向里，故B错误；

C、由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故C错误；

D、由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故D正确；

应选：D.

（分析）通电导线在磁场中的受力方向推断，可由左手定则完成，注意电力与磁场平行时没有安培

力.

6.A

（解答）C.由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2；由牛顿第二定律可

知：A、B的质量关系是2：1,则由4ma

可知A、B受摩擦力大小1：1,C不符合题意；

A.由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1：2,匀

减速运动的位移之比2：1,设A物体在0〜t0时间内的位移为x,则由动能定理可得：A物体的拉力

与摩擦力的关系F1・x-f「3x=0-0

B物体的拉力与摩擦力的关系F2»2x-f2«3x=0-0

因此可得F1=3f1

F2=L5L

f|=fi

所以FI=2F2

A符合题意；

BD.全过程中摩擦力对A、B做功相等，均为fj3x或f2・3x；F2对A、B做功之大小相等，BD

不符合题意。

故答案为：Ao

（分析）v-t图像的斜率为物体运动的加速度，结合牛顿第二定律得出AB的质量之比；利用动能定

理得出AB受到的摩擦力之比；依据摩擦力做功得出全过程中摩擦力对AB做功之比。

7.B

（解答）A.小球恰好能够到达B点，则有加g=帆.

小球从A点运动到B点,依据机械能守恒有=-mvg+mgR

可得，小球在A点的最小速度为v=病方

即只有v荻时，小球才能到达B点，A不符合题意；

1,1,

B.小球从D点运动到B点，依据机械能守恒有~mvo^~mvB+mS-2R

小球在B点时,由牛顿第二定律有FB+mg=m^

小球在D点时，由牛顿第二定律有耳，-加g=加器

联立解得FD~FB=6mg

则假设小球能过B点，则小球在D点和B点对轨道的压力大小之差为6mg,B符合题意；

C.小球从A点到D点的过程中重力做正功，小球从A点到D点的过程中，竖直方向先加速后减

速，竖直分速度先增大后减小，重力做功的功领先增大后减小，C不符合题意；

D.假设轨道存在摩擦，在圆轨道的下半局部，任意取等高的M、N两点，小球在M、N两点时，

受力如以下图所示

在M点，依据牛顿第二定律有F-mgsinQ=m—

wR

2

在N点，依据牛顿第二定律有Fm-mgsind=m

小球从M点运动到N点，由于机械能损失，可知巧＞为，则有&I〉氏2

又/=咻

所以有工＞人

由此可知小球从A点至D点的过程中受到的摩擦力比从D点至C点过程中受到的摩擦力大。由于

路程相同，所以小球从A点至D点过程中克服摩擦力做的功大于从D点至C点过程中克服摩擦力

做的功，D不符合题意。

故答案为：Bo

（分析）小球恰好能够到达B点时，依据重力等于向心力得出B点的速度，小球从A到B的过程中

依据机械能守恒得出A点的最小速度，从而得出小球能经过B点的速度范围，假设轨道存在摩擦，

依据牛顿第二定律得出从A点至D点的过程和从D点至C点过程中受到的摩擦力大小关系。

8.B,C

（解答）A.乙图中的E。为交流电的最大值，其大小为220立V，A不符合题意；

B.在t2时刻，基座线圈的电流变化最快，依据法拉第电磁感应定律，受电线圈中的电动势到达最

大，B符合题意；

C.基座线圈和受电线圈通过互感，将原线圈中的能量传递到受电线圈，完成能量传递，C符合题

忌;

D.和基座无需导线连接，但这样传递能量，有一局部能量以电磁波的形式损失，D不符合题

意。

故答案为：BCo

（分析）E。为交变电流的最大值，基座线圈和受电线圈之间通过护肝完成能量传递，过程中一局部

能量以电磁波的形式辐射和产生焦耳热损失能量。

9.A,D

（解答）解：A、由题意可知，小球从A静止运动在B点时，速度为零，则有小球先加速后减速，

那么一开始库仑力，小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分

力，因此加速度先减小，再增大，A符合题意；

B、球在B点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大

于mgsin。，B不符合题意；

C、当球的加速度为零时，速度才能到达最大，而C虽是AB的中点，依据库仑力与间距的平方成反

比，则有此处库仑力，支持力与重力的合力不为零，因此在C点时速度不是最大，C不符合题意；

meLsinO

D、依据动能定理，从A到B,则有：0O=mgLsin0+qUAB；解得：UAB=---------，D符合题意；

q

故答案为：AD.

（分析）考查库仑定律的应用，掌握由力分析运动的方法，依据牛顿第二定律分析加速度问题，注

意速度为零时，不肯定是平衡状态，加速度为零时，速度最大以及及理解动能定理的内容，注意力

做功的正负，留神电势差的正负也是解题的关键。

10.A,D

（解答）A.由分析知，小物块刚要滑动时，处于最di点位置，则依据牛顿第二定律得

j.i/77gco.v30o-mgsin30°-inoi2L

解得g=2co2A

Mm

在天体外表满足mg=G

解得.=噜

A符合题意;

B.依据牛顿第二定律得〃?g=加亮

解得v=3啦瓦

B不符合题意；

4

C.依据M=p—一兀尸

3

一2(o2/?2£

3CO2L

解得p=

2GnR

C不符合题意;

Mm

D.离行星外表距离为R的地方的重力加速度为〃?g'=G西

,,2a2R2L

M-----------

G

解得g'=；o)2L

D符合题意。

故答案为：ADo

(分析)当物块恰好发生滑动时，利用牛顿第二定律可以求出重力加速度的大小，结合引力形成重

力可以求出行星质量的大小；利用牛顿第二定律可以求出行星第一宇宙速度的大小；结合其体积公

式可以求出行星的平均密度；利用引力形成重力可以求出离行星外表距离为R处重力加速度的大

小。

11.⑴D

⑵0.88

(3)9.75

(解答)(1)不肯定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，A不符合题意；选用的钩

码的质量应尽可能大些，密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差，B不符

合题意；操作时，应先接通电源，后释放纸带，以保证纸带充分利用，该次序不能颠倒。C不符合

题意；打点计时器的上下两限位孔应在同一竖直线上，以减小摩擦造成的误差，D符合题意。

(2)电源的频率为50Hz,则T=0.02s,依据平均速度公式可知v=^=^^m/s=0.88m/s

T0.02

(3)中间段的纸带有1个计时点，依据匀变速直线运动的推论△x=aT2可得：xcD-XAB=2aT2,解得

a=9.75m/s2

(分析)(1)测量加速度时，应减小纸带与打点计时器线位孔的摩擦;

(2)求解平均速度利用路程除以这一段路程对应的时间即可；

(3)结合纸带上点的距离，利用逐差法求解物体的加速度即可。

(2)增大；增大

(3)0.39；1.17

(解答)(1)电压表量程为3V,要求能够完成在0〜3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，需要

给电压表串联一个定值电阻扩大量程，题目中要求小灯泡两端电压从零开始，故滑动变阻器用分压

式接法，小灯泡的电阻&=7=-Q=lL875Q,因£＜黄，故电流表用外接法，实验电

路原理图如下图.

~~;(2)由I-U图象知，图象中的点与坐标原点连线的斜率在减小，表示灯泡的电阻随

R

E、

电流的增大而增大，依据电阻定律R=p5知，灯丝的电阻率增大.(3)当滑动变阻器的阻值最大为

9.0。时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E=U+l(R+r)得U=-10l+4,作出图线①

如下图.

由交点坐标可得Ui=1.78V,L=221mA,P|=U山巾.39W；

当滑动变阻器电阻值R=0时,，灯泡消耗的功率最大，由£=1；+1(1<+。得，I=-U+4,作出图线

②如下图.由交点坐标可得，U2=3.70V,L=315mA,最大的功率为P?=U212n.i7W.

(分析)(1)电压表量程缺乏所以要使用电表的改装，由于了解改装后电压表的内阻所以电流表使

用外接法；滑动变阻器使用分压式接法；

(2)利用图线的坐标点和原点连线的斜率可以判别电阻的变化；利用电阻的变化可以判别电阻率的

变化；

(3)利用闭合电路欧姆定律的图像与伏安特性曲线的角度可以求出灯泡的功率大小。

13.(1)解：由题意可知，粒子在地域I内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L

由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB=m—

解得：2=券

(2)解：粒子从N点到0点过程中，做类平抛运动则:

L

竖直方向匀速直线运动力=—

%

1，

水平向左做初速度为零的匀加速直线运动，贝0：L=-at12

2

由牛顿第二定律得：QE=ma

解得：E=2Bovo

(3)解：带电粒子在地域和地域in内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可

得：r2=—

粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如下图

在地域I中匀速圆周运动周期：T尸——

%

1TC2兀L

在地域I中运动的时间：t2=7^x2=-—

63%

21心27tL

在地域n和地域in中匀速圆周运动周期：T=-一

2%3%

在地域II和地域III中运动时间：t2=

2629%

13立

所以t=t+t=——

239%

(分析)(1)利用牛顿第二定律可以求出比荷的大小；

(2)利用牛顿第二定律结合速度公式和位移公式可以求出场强的大小；

(3)利用周期运动的周期结合圆心角的大小可以求出运动的时间。

14.(1)解：研究小物块P,依据牛顿第二