2023-2024学年广东省佛山市南海区高三（上）摸底物理试卷（含解析）

2023-2024学年广东省佛山市南海区高三（上）摸底物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.1898年，居里夫妇从铀矿石中发现镭（煦6/?a）、镭（笛6/?或具有放射性，衰变方程如下：

器6Ra一恕2Rn+x,衰变过程还会放出y射线。下列说法正确的是（）

A.A是\e

B.X是1He

C.由于地球的温室效应，镭的半衰期将会增加

D.核衰变放出的/射线是电子发生跃迁产生的

2.神舟十三号载人飞船与天和核心舱实现了我国首次飞船径向对接，从发射到对接成功仅历

时6.5小时。对接前两者稳定运行的圆周轨道如图所示。则稳定运行时，（）

A.天和核心舱运行周期更大B.天和核心舱加速度更大

C.神舟十三号的线速度更小D.神舟十三号需要减速完成对接

3.嫄羊具有很强大的爬坡能力，如图是耨羊爬上水坝壁上舔砥钙

盐的场景。假设源羊从水平地面缓慢爬上圆弧山坡，则在此过程中

源羊（）

A.受到的支持力增大

B.受到的摩擦力增大

C.受到山坡的作用力增大

D.机械能保持不变

4.小明利用手机传感器，测得电梯从静止开始运行的加速度一时间图像，如图所示。手机传

感器中加速度向上时为正值，下列说法正确的是（）

a/(m-s2)

A.0.6s〜0.8s电梯处于匀加速下降阶段B.0.9s〜1.2s电梯处于匀速上升阶段

C.0.9s〜1.2s电梯处于匀加速上升阶段D.1.7s〜2.3s电梯处于静止阶段

5.图(a)是可拆变压器的实验装置图。已知小灯泡额定电压为2U,调节学生电源，使小灯泡

正常发光，此时原线圈上的电压随时间变化如图(b)所示，则下列说法正确的是()

A.此时通过灯泡的交变电流频率为10Hz

B.此时变压器的原副线圈匝数之比小于5：1

C.若拆走可拆卸铁芯，则灯泡两端没有电压

D.若原线圈接学生电源直流输出端，则灯泡不能发光

6.昏暗路段一般会安装反光道钉用于指引道路，其内部由多个反光单元组成。如图所示，当

来车的一束灯光以某--角度射向反光单元时，其中一条光线在P、Q处先后发生两次反射，则

()

A.从反光单元反射的出射光线与入射光线方向平行

B.反光单元材料折射率越小，反光效果越好

C.不同颜色的光在反光单元中传播速度相同

D.若光线在Q点发生全反射，则在P点也一定发生全反射

7.篮球比赛中，运动员在罚球线位置进行两次罚球。第一

次，篮球水平击中篮筐；第二次，篮球斜向下穿过篮框。若

运动员两次罚球的出手位置相同，忽略空气阻力，下列说法

正确的是（）

A.两次投球，篮球在空中飞行时间可能相同

B.两次投球出手的速度方向可能相同

C.两次投球到达篮筐处速度大小可能相等

D.第二次投篮，篮球在最高点速度为零

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.小安同学制作了如图所示的干涉装置。一个底部有双缝的不透光圆柱形杯子，杯口固定一

面光屏，用激光按图中方向照射双缝，可在光屏处观察到干涉条纹。为了增加条纹间距，下

列做法可行的是（）

0

激光器

A.使用更长的杯子B.使用频率更低的激光

C.增大激光器到双缝之间的距离D.在杯子中填充折射率较大的透明物质

9.安装了感光系统的新型路灯，能根据环境明暗程度自动调节灯光亮度。某兴趣小组为了研

究路灯的感光系统，设计了甲、乙两个电路，如图所示。凡为光敏电阻（光照越强，电阻越小

）,Ro与％为定值电阻，下列说法正确的是（）

A.环境变暗时，甲电路的灯泡亮度变亮B.环境变暗时，乙电路的灯泡亮度变亮

C.环境变亮时，甲电路的%电功率减小D.环境变亮时，乙电路的％电功率增大

10.科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置用于月球探测器在月面实现软着陆，其原理如图所

示。该装置的主要部件有两部分：①由高强绝缘材料制成的缓冲滑块K,其边缘绕有闭合的

矩形线圈abed；②包括绝缘光滑缓冲轨道等部件的探测器主体。探测器主体能产生方向垂直

于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动。探测器主体

继续下降，磁场下移，致使探测器主体减速缓冲。则在缓冲过程中，（）

A.磁场对线圈帅段的作用力向上

B.线圈ab段中电流方向由b到a

C.探测器主体的机械能减少量等于线圈中产生的焦耳热

D.探测器主体的重力势能减少量等于线圈中产生的焦耳热

三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）

11.小南想测量实验室中某捆漆包金属丝的长度，实验器材包括捆装漆包金属丝（电阻约为

50）、电压表、电流表、滑动变阻器（最大阻值为150）、干电池组（电动势3入内阻较小）、导

线若干。实验过程如下：

(1)如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径d。先将金属丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆

之间，再旋动(填“4"、"B”或"C”),直到听见“喀喀”的声音为止。测量读数

如图乙所示，则d=mm；

(2)该小组利用实验器材按图丙所示连接电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整；

(3)利用该电路测出金属丝阻值为R后，该小组查得该种金属丝的电阻率为p,则金属丝的长

度L=。(用R、d、p表示)

(1)用游标卡尺测量小钢球的直径d,示数如图(a)所示，则d=mm；

(2)安装实验装置如图(b)所示，刻度尺竖直紧靠固定在铁架台上，光电门离刻度尺零刻度线

的竖直距离为八，让小钢球球心对准刻度尺零刻度线，自由释放小球。小球通过光电门的遮光

时间为t,则小钢球经过光电门时的速度"=，重力加速度g=。(用已知量

字母表示)

(3)小糖认为(2)中很难保证小钢球中心正好对准刻度尺零刻度线，他便用一片如图(c)所示的

等间距遮光片改进实验。遮光片不透光部分与透光部分的宽度均为％,现使遮光片侧边保持竖

直，从高于光电门某一高度自由释放，如图(d)所示。数字计时器测得遮光片中的4、B通过

光电门的时间间隔为口，8、C通过光电门的时间间隔为t2,则重力加速度g=。(用工、

>±2表。)

四、简答题(本大题共3小题，共37.0分)

13.2013年中国自主研发出第一支太空笔。如图是太空笔笔芯的原理简化图，太空笔能在无

重力条件下书写是靠其中的加压气体将墨水挤压出来。一支新的太空笔使用前加压气体压强

为3p,用去体积为火的墨水后加压气体压强变为p,假设使用过程中加压气体温度保持不变，

加压气体可视为理想气体。

（1）请分析太空笔在使用过程中，加压气体是吸热还是放热；

（2）一支新太空笔中加压气体的体积是多少？

里水加压气体

14.如图所示是某种质谱仪的结构简化图。质量为小、电荷量为+q的粒子束恰能沿直线通过

速度选择器，并从环状。形盒的中缝（宽度略大于粒子直径）射入磁感应强度为灰、方向垂直

纸面指向里的环形磁场区域。环状。形盒的外半径为2R,内半径为R,外壳的厚度不计，出口

M、N之间放置照相底片，底片能记录粒子经过出口时的位置。已知速度选择器中电场强度

大小为E,方向水平向左，磁感应强度大小为8（磁场方向未画出）。不计粒子重力，若带电粒

子能够打到照相底片，求：

（1*的方向以及粒子进入环形Z）形盒时的速度大小；

（2）环状0形盒中的磁感应强度治的大小范围。

15.如图所示，一滑板静置在光滑水平面上，滑板力B段水平且粗糙，动摩擦因数为0.5,BC段

为四分之一光滑圆弧，长度和圆弧半径均为R。一大小可以忽略的滑块以初速度%=

2/^从4点滑上滑板，并且能在8、C之间的。点（未画出）与滑板共速。已知滑板和滑块质量

均为m,重力加速度为g,则：

(1)滑块运动到B点时，滑板和滑块组成的系统产生多少热量？

(2)3、。两点的高度差是多少？

(3)若开始时滑块在4点处于静止状态，现给滑块一个水平向右的恒定外力F。当滑块运动到B

点时撤去外力F,要求滑块不能从C点飞出，则外力尸大小必须满足什么条件？

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB,根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒可知，方程中的X质量数为4,电荷数为

2,贝UX是加e,故A错误，8正确；

C、半衰期与外界环境无关，地球的温室效应不会改变镭的半衰期，故C错误；

。、y射线是由原子核受到激发后跃迁产生的，不是电子发生跃迁产生的，故。错误。

故选：B。

根据电荷数守恒、质量数守恒判断X是什么粒子；半衰期与外界环境无关，y射线是由原子核受到

激发后跃迁产生的。

解决本题的关键知道衰变的特点，以及知道半衰期的意义，知道y射线的来源。

2.【答案】A

【解析】解：根据图像可知，天和核心舱的轨道半径大于神舟十三号载人飞船的轨道半径。

A、根据开普勒第三定律可得所以天和核心舱运行周期更大，故A正确；

B、根据牛顿第二定律可得等=ma,解得a=臀，所以天和核心舱加速度较小，故B错误；

C、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：呻=根贮，解得：v=陛，所

rLry]r

以神舟十三号的线速度较大，故c错误；

。、根据变轨原理可知，神舟十三号需要加速做离心运动才能完成对接，故。错误。

故选：Ao

根据开普勒第三定律分析周期；根据牛顿第二定律分析加速度大小；由万有引力提供向心力得到

线速度表达式分析；根据变轨原理分析0选项。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合

向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法和卫星变轨原理。

3.【答案】B

【解析】解：携羊从水平地面缓慢爬上圆弧山坡此过程中，源羊始终处于动态平衡状态，合力始

终为零，设嫄羊质量为m、受到的支持力为人摩擦力为/,其受力示意图如下：

C、源羊受到山坡的支持力与摩擦力的合力必与其重力等大反向，即受到山坡的作用力大小始终

等于重力，故c错误；

AB、源羊的平衡方程为：

mgcosd=F

mgsind=f

携羊从水平地面缓慢爬上圆弧山坡此过程中，。逐渐增大，COS。逐渐减小，则尸逐渐减小；S出。逐

渐增大，贝”逐渐增大。故A错误，B正确；

。、源羊从水平地面缓慢爬上圆弧山坡此过程中，其动能不变，重力势能增加，则机械能增加，

故。错误。

故选：B。

C、学原羊从水平地面缓慢爬上圆弧山坡此过程中，携羊始终处于动态平衡状态，合力始终为零，

对嫄羊受力分析，其受到山坡的作用力必与其重力等大反向。

AB,分别列出嫄羊沿半径方向、切线方向的平衡方程，结合重力反向延长线与支持力间角度的变

化情况，分析判断支持力、摩擦力变化情况。

。、羊原羊动能不变，重力势能增加，可判断机械能变化情况。

解答本题，关键要掌握动态平衡的特征，列出相应平衡方程，结合动能及重力势能变化情况，即

可判断。

4.【答案】C

【解析】解：4、由a-t图像可知，在0.6s〜0.8s时的加速度在不断的增加，并且加速度向上为正

方向，所以电梯处于加速度不断增加的加速上升阶段。故A错误。

BC、由a-t图像可知，在0.9s〜1.2s时的加速度大小不变，并且加速度为正，所以电梯处于匀加

速上升阶段。故8错误，C正确。

。、由a-t图像可知，在1.7s〜2.3s时的力口速度为0，因为a—t图像的面积表示的时电梯的速度,

而在1.7s〜2.3s之前的面积为正，所以电梯此时有向上的速度，所以此时电梯在匀速上升。故。

错误。

故选：C。

先通过对a-t图像的理解，得出图像上的曲线表达的是在某一时刻电梯的加速度大小，并且a-t

图像的面积表达的是电梯的速度大小，从而得出答案。

此题主要考查的是对a-t图像的理解，主要要注意加速度的方向。

5.【答案】。

【解析】解：4、变压器不能改变交流电的周期和频率，所以此交流电的频率：/=l=^Hz=

50Hz,故A错误；

B、若此变压器为理想变压器，根据变压器的变压规律有：原、副线圈的匝数之比：n电=会=

1：u2

y=5:1,故虑到磁漏问题，匝数之比应大于5:1,故B错误；

C、若拆走可拆铁芯，由于互感现象，在副线圈中仍有电磁感应现象产生，灯泡两端有较小的电

压，故C错误；

D,若接直流电源，由穿过副线圈的磁通量不变，无感应电流产生，所以灯泡不发光，故。正确。

故选：Do

变压器的原理是电磁感应现象，根据原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器

只能改变交流电的电压和电流，但不能改变交流电的周期和频率，逐项分析即可得出结论。

掌握理想变压器的原理及电压、电流与匝数之间的关系，本题即可得到解决。

6.【答案】A

【解析】解：4设反光单元内发生两次反射的反射角分别为a和仇根据几何知识可知a+8=90。

故有2a+2。=180。，所以P。与QM平行，根据光路的可逆性可知从反光单元反射的出射光线与

入射光线方向也平行，故A正确：

8.反光单元材料折射率越小，光线发生全反射的临界角越大，光线在反光单元材料内越不容易发

生全反射，有部分光线将在直角边界面发生折射，故最后从斜边折射出去的光线越少，反光效果

越差，故B错误；

C不同颜色的光在反光单元中的折射率不同，故光在反光单元内的传播速度。=（不同，故C错误;

D设发生全反射时的临界角为C,若光线在Q点发生全反射，BP0>C,结合a+0=90。可知a不

一定大于或等于临界角C,故在P点也不一定发生全反射，故。错误。

故选：Ao

根据几何关系分析从反光单元反射的出射光线与入射光线方向是否平行，根据全反射临界角分析

BD,根据光在介质中的传播速度公式分析C。

解决该题关键是能理解全反射的特点，知道光在介质里面的传播情况，再根据几何知识求解相关

问题。

7.【答案】C

【解析】解：4。、两次篮球到达最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，可将两次篮

球到达最高点间的过程看成平抛过程的逆运动,平抛运动竖直方向为自由落体运动，根据％=

可得

因为第二次时最高点距离出手位置的高度大，故整个第二次投球，篮球在空中飞行时间一定大于

第一次，故错误；

B、篮球在水平方向做匀速直线运动，设第一次和第二次投篮时水平方向速度分别为以1和以2,竖

直方向分速度分别为%I和%2,两次投球出手时的速度方向与水平方向的夹角分别为a和0，有

Vyl八Vy

tana=----,tanB=2-----

VX1"Vx2

两次篮球在水平方向的运动距离相同，又因为第二次的运动时间长，故可知以1>%2,竖直方向

由

Vy2=2gh

可得%i<%2,故可知tan/?>tana,即，〉a,所以两次投球出手的速度方向不可能相同，故B

错误；

C、两次投球出手的速度大小分别为

%=J"+",V2=Vx22+Vy22

由>vx2,Vyl<%2可知力与可能相等；

两次投球点到篮筐间的高度相同，由动能定理可知，两次投球到达篮筐处动能可能相等，即速度

大小可能相等，故C正确。

故选：Co

由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖

直方向上的运动规律分析求解。

本题应采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的

运动规律。

8.【答案】AB

【解析】解：根据双缝干涉条纹间距公式=知，增大入射光的波长、减小双缝间距，以及

a

增大屏幕与双缝的距离，都可以增大条纹的间距，故A8正确，CD错误。

故选：AB。

根据双缝干涉条纹的间距公式，得出影响条纹间距的因素，从而分析判断。

解决本题的关键知道双缝干涉条纹间距公式，以及知道各种色光的波长大小关系，基础题。

9.【答案】AD

【解析】解：4C.设电源内阻为r,甲图中，当环境变暗时，凡阻值变大，电路总电阻变大，干路

电流减小，根据闭合电路欧姆定律可得：&=E-/（Ro+r），可知灯泡两端电压变大，甲电路的

灯泡亮度变亮；

当环境变亮时，&阻值变小，电路总电阻变小,干路电流增大，流过尺的电流4增大，根据P[=孑&,

可知甲电路的灯电功率增大，故A正确，C错误；

BD.乙图中，当环境变暗时，凡阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，因为％的电阻值和

灯泡的阻值不变，故流过灯泡的电流减小，乙电路的灯泡变暗；

当环境变亮时，&阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，流过％的电流变大，其电功率增

大，故B错误，。正确。

故选：AD.

环境变暗（变亮）口寸，光敏电阻的阻值变大（变小），先分析出干路中的电流变化，然后分析内电压

的变化，最后分析出干路上的电路元件的电学物理量的变化。

本题主要考查了电路的动态分析，根据局部—整体一局部的分析顺序，结合电路特点完成分析。

10.【答案】BC

【解析】解：4磁场下移过程，存在缓冲阻力，则磁场对线圈ab段的作用力向下，故4错误；

8.根据右手定则，线圈帅段中电流方向由b到a,故B正确；

C.电磁感应过程中，根据能量守恒定律，探测器主体的机械能减少量等于线圈中产生的焦耳热，

故C正确；

D探测器主体的动能和重力势能都在减小，动能和重力势能总的减少量等于线圈中产生的焦耳热,

则探测器主体的重力势能减少量小于线圈中产生的焦耳热，故。错误。

故选：BC。

磁场下移过程，存在缓冲阻力，从而分析磁场对ab的作用方向，根据右手定则分析电流方向，根

据能量守恒定律分析CC。

本题考查电磁感应中的能量守恒定律,解题关键掌握能量的转化情况,注意电流方向的判断方法。

11.【答案】C0.623期

4P

【解析】解：(1)根据螺旋测微器的操作要求，将金属丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动

可动刻度调节螺杆C，直到听到“喀喀”的声音。

由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5nun,可动刻度示数为12.3xO.Olnun=0.123nwn,

所以d=0.5mm+0.123mzn=0.623nwi。

(2)由题意可知，待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值相差不多，为测多组实验数据，滑动变阻器

应采用分压接法，实物连接如图所示,

(3)由电阻定律可知，电阻R=P(=P言，则变形后得金属丝的长度：L=嗒。

故答案为：(1)。、0.623；(2)见解析；(3)理。

4P

(1)按照螺旋测微器的操作规程填写，螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器

的示数；

(2)根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，再根据此要求连接

实物图；

(3)由电阻定律求出金属丝的长度。

本题要掌握的是：固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读：确

定滑动变阻器的接法是正确解题的关键；理解电阻定律即可正确解题。

12【答案】1254*4x(t「t2)

【解析】解：(1)游标卡尺的精度为O.lnrni,其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故金属球的

直径d=12mm+5x0.1mm=12.5mm；

(2)由瞬时速度的定义可以求得小球通过光电门的瞬时速度t;=p再由自由落体运动速度一位移

公式可以求得重力加速度：

y2h2ht2

(3)在匀变速直线运动中，一段时间的平均速度等于该段时间中点的瞬时速度。那么在今时刻的瞬

时速度：V1=那么在+当时刻的瞬时速度：V2=T'所以根据加速度的定义有：9=H殳=

/c22T2

2x2x

空£1_4x(^-^)

今+与(亡1+垃)£1以

故答案为：(1)125(2冷盘⑶儒修。

(1)明确游标卡尺精度，根据游标卡尺原理和读数方法，读出示数；

(2)根据瞬时速度的测量方法求小球通过光电门的速度，由自由落体运动的规律求解重力加速度;

(3)根据匀变速直线运动的推论和加速度的定义求重力加速度的大小。

此题综合考查了游标卡尺的读数方法和自由落体规律的应用，掌握运动过程某一点速度近似等于

这段过程平均速度，以及匀变速直线运动的推论是解题的关键。

13.【答案】解：(1)该过程是等温变化，则

AU=0

加压气体体积增大，外界对气体做负功，则

W<0

根据热力学第一定律

AU=W+Q

得

Q>0

则加压气体吸热

(2)太空笔使用过程为等温变化，根据玻意耳定律得

3Plz=p(y+%)

解得

V=0.5%

答：(1)太空笔在使用过程中，加压气体吸热，详见解析：

(2)一支新太空笔中加压气体的体积是0.5%。

【解析】针管中气体作等温变化，内能不变；根据热力学第一定律判断吸放热情况；根据玻意耳

定律求解气体的体积。

对于等温变化过程，关键要掌握玻意耳定律，知道于一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，

能根据热力学第一定律/u=Q+必分析吸放热情况，属于常规题型。

14.【答案】解：(1)粒子通过速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡，根据左手定则，得B的方向垂

直于纸面指向外。得

qvB—qE

解得