精品解析：2023届广西柳州市新高三（上）摸底考试物理试题（解析版）

柳州市2023届新高三摸底考试物理注意：1.请把答案填写在答题卡上，否则答题无效。2.答卷前，考生务必将密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题。3.选择题，请用2B铅笔，把答题卡上对应题目选项的信息点涂累。非选择题，请用0.5mm黑色字迹签字笔在答题卡指定位置作答。一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1.将闭合线圈垂直放置在磁场中，若磁感强度随时间变化规律如下图所示，其中能在线圈中产生恒定感应电流的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律可知，当通过闭合线圈的磁通量均匀变化时，在线圈中产生恒定的感应电动势，从而产生恒定的感应电流。故选A。2.以下有关近代物理内容叙述正确的是（）A.放射性元素能够不断发射出β射线，说明原子核内有电子B.使用化学药剂可以将放射性元素转变成没有放射性的化合物C.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，氢原子能量减小D.某种颜色的光照射到锌板时有光电子逸出，保持光的颜色不变，光越强，逸出光电子的最大初动能也越大【答案】C【解析】【详解】A．放射性元素能够不断发射出β射线，而β射线是原子核内的中子转化为质子放出的电子，不能说明原子核内有电子，选项A错误；B．放射性元素的放射性是由元素本身决定的，使用化学药剂不可能改变化合物的放射性，选项B错误；C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，向外释放能量，电子的动能变大，电势能减小，整个氢原子能量减小，选项C正确；D．某种颜色的光照射到锌板时有光电子逸出，保持光的颜色不变，光越强，单位时间逸出光电子的个数增加，但是最大初动能不变，选项D错误。故选C。3.A、B两车在同一条平直公路上行驶，它们的xt图像a、b如图所示，可知（）A.A车做匀加速直线运动B.在1t时刻B车追上A车C.12tt时间内B车的速率不断增大D.12tt时间内B车的平均速度大于A车的平均速度【答案】B【解析】【详解】A．由图可知A车做匀速直线运动，A错误；B．由图可知，A车先开始运动，1t时刻两车位置相同，1t时刻B车追上A车，B正确；C．由xt图像斜率的绝对值表示速度的大小可知，12tt时间内B车的速率不断减小，C错误；D．12tt时间内两车位移相同，则平均速度相等，D错误。故选B。4.2022年4月16日，在“太空出差”六个月后，王亚平等三名宇航员乘坐神舟十三号飞船撤离空间站返回地球。飞船开始时在圆轨道1上运行，接到指令后在P点启动发动机，进入椭圆轨道2运行。最后在Q点再次点火进入大气层，并在东风着陆场成功着陆。则飞船（）在A.在P点启动发动机是为了增大飞船的速率B.在轨道1运行的周期大于在轨道2运行的周期C.在轨道2上运行时，经过P点时的速率大于经过Q点时的速率轨道D.在轨道2上运行时，经过P点时的加速度大于经过Q点时的加速度【答案】B【解析】【详解】A．在P点启动发动机是为了减小飞船的速率，使飞船做近心运动，故A错误；B．由图可知：轨道1的轨道半径大于轨道2的半长轴，根据开普勒第三定律可知在轨道1运行的周期大于在轨道2运行的周期，故B正确；C．由开普勒第二定律可知在轨道2上运行时，经过P点时的速率小于经过Q点时的速率轨道，故C错误；D．根据2MmGmar可得2GMar可知在轨道2上运行时，经过P点时的加速度小于经过Q点时的加速度，故D错误。故选B。5.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图，则（）A.0~2s内合外力F的冲量为4NB.t=2s时物块的动量大小为2kg·m/sC.0~4s内合外力F的冲量为0D.t=4s时物块的速度为零【答案】A【解析】【详解】AC．根据冲量的定义有I=Ft结合图像可知，图线与时间轴所围面积表示合外力的冲量，上侧的面积表示冲量方向为正，下侧的面积表示冲量方向为负，则0~2s内合外力F的冲量122Ns=4NsI0~4s内合外力F的冲量2(2212)Ns=2NsIA正确，C错误；BD．0~2s内根据动量定理有I1=mv1-0解得P1=mv1=4kg·m/s0~4s内根据动量定理有I2=mv2-0解得v2=1m/sCD错误。故选A。6.如图，一理想变压器的原、副线圈匝数之比12:55:1nn，原线圈接电压2202sin100Vut的交流电源，电表均为理想电表。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片P从最上端往下滑的过程中（）A.副线圈交变电流的频率是25HzB.电压表的示数为4VC.滑动变阻器两端的电压一直变大D.电流表的示数一直变小【答案】B【解析】【详解】A．由电压2202sin100Vut知交流电的角速度为100rad/s频率50Hz2f变压器不改变电源的频率，故副线圈交变电流的频率是50Hz，故A错误；B．原线圈两端的输入电压有效值为220V，由电压与匝数成正比知1122UnUn所以副线圈两端电压为21220V4V55U所以电压表的示数为4V，故B正确；CD．当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流增大，则输入的电流也是增大，即电流表的示数变大。定值电阻R两端的电压变大，副线圈两端电压不变，所以变阻器两端电压变小，故CD错误。故选B。7.等间距虚线a、b、c、d表示匀强电场中的四个等势面。两带电粒子M、N沿着a、d等势面射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M带正电，不计粒子重力，则（）A.N带负电B.等势面a的电势低于等势面b的电势C.运动过程中，带电粒子M的电势能逐渐减小D.运动过程中，带电粒子N的动能逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】A．匀强电场中带电粒子仅受电场力，已知M带正电，由MN粒子的运动轨迹可知，两粒子的受到的电场力方向相反，故N带负电，A正确；B．根据M运动轨迹可知，电场力方向向右，与等势面垂直，故电场方向水平向右，等势面a的电势高于等势面b的电势，B错误；CD．运动过程中，带电粒子MN的电场力均做正功，电势能减小，动能增加，故C正确，D错误。故选AC。的8.某跳伞运动员从悬停在空中的直升飞机上由静止自由下落（空气阻力不计），下落一段距离后打开降落伞，降落伞所受阻力fF与速度v成正比，即fFkv，k为阻力系数。从打开降落伞开始计时运动员的速度随时间变化的图像如图所示。已知人和降落伞总质量为100kg，g取10m/s2下列说法中正确的是（）A.运动员自由下落的距离为10mB.打开降落伞瞬间运动员的加速度大小230m/saC.从打开降落伞到速度为5m/s过程中运动员处于失重状态D.阻力系数200Nsmk【答案】BD【解析】【详解】A．根据题目分析可知打开降落伞时速度为20ms，自由下落过程中22vgh代入速度可得20mh故A错误；B．根据D选项先求出k值，结合牛顿第二定律可得kvmgma可得230msa故B正确；C．从打开降落伞到速度为5ms过程中，阻力一直大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，故C错误；D．当速度为5ms时，运动员进入匀速运动状态，根据平衡方程mgkv可得200Nsmk故D正确。故选BD。9.如图，带有光滑竖直杆的斜面固定在水平地面上，放置于斜面上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜而平行，现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，小球始终未脱高斜面，在此过程中（）A.轻绳对小球的拉力逐渐增大B.斜面对小球的支持力先增大后减小C.竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大【答案】AD【解析】【详解】AB．对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，故A正确，B错误；CD．对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力'N，拉力F，如图所示根据平衡条件，水平方向有'sinNN竖直方向有cosFNG由于N减小，故'N减小，F增加；故C错误，D正确。故选AD。10.如图，水平轻质弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m=0.5kg的小物块相连，弹簧处于自然长度时，物块位于O点。将小物块向右拉到P点后由静止释放。已知弹性势能212pEkx，式中x为弹簧的形变量，若弹簧的劲度系数k=80N/m，OP=0.05m，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ，取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若（）A.μ=0.9时，小物块将静止不动B.μ=0.6时，小物块将停在O点C.μ=0.4时，小物块将停在O点D.μ=0.2时，小物块将停在O点【答案】ACD【解析】【详解】A．若μ=0.9，在P点释放小物块时，由于m4N4.5NOPkxfmg小物块将停在P点，故A正确；C．若μ=0.4，小物块从P点运动到O点过程中，由功能关系有221122OPOPOkxmgxmv解得0Ov即小物块恰好停在O点，故C正确；B．若μ=0.6，由于0.4μ=0.60.8小物块将停在P点与O点之间，故B错误；D．由于μ=0.20.4，小物块释放后将越过O点后继续向左运动距离x1，由功能关系有22111122OPOPkxmgxxkx解得x1=0.025m若小物块能再返回O点，由功能关系有22111122Okxmgxmv解得0Ov即小物块将停在O点，故D正确。故选ACD。二、实验题（本题共2小题，共15分）11.发光二极管具有耗能少、体积小、亮度高等优点，现已逐步取代传统光源。某同学研究某发光二极管的伏安特性。经正确实验操作后，绘制的U—I图像如图乙所示，下列为实验备选器材：A．电压表V1（量程0—3V，内阻约20kΩ）B．电压表V2（量程0—15V，内阻约100kΩ）C．电流表A1（量程0—50mA，内阻约40Ω）D．电流表A2（量程0—6A，内阻约2Ω）E．滑动变阻器R1（0—10Ω，额定电流2A）F．滑动变阻器R2（0—1000Ω，额定电流0.1A）G．电源E（电动势6V，内阻不计）H．开关S，导线若干（1）实验时，电压表应选用___________，电流表选用___________，滑动电阻器选用___________（填选项字母）；（2）图甲为实验时的部分电路实物图，请用连线代替导线将电路补充完整；___________（3）已知该发光二极管的最佳工作电流为15mA。现将它与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，根据乙图，还需串联一个阻值R=___________Ω的电阻才能使它工作在最佳状态（结果保留两位有效数字）。【答案】①.A②.C③.E④.⑤.53Ω（50~53Ω均可）【解析】【详解】（1）[1]电动势为6V，绘制出发光二极管的I—U图其电压在0—3V的范围，若选量程0~15V的电压表，则表盘指针的偏转将小于满偏值的13，读数误差较大，故选电压表V1，故选A；[2]绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，若选量程0~6A的电流表，则表盘指针的偏转将小于满偏值的13，读数误差较大，故选电压表A1，故选C；[3]绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，则电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选R1，故选E；（2）[4]绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，则电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，且由I—U图可看出发光二极管的最大电阻约为32.8Ω100Ω2810xR而VA2000040Ω894.4ΩRR则电流表应采用外接法，则完整的电路实物图如下（3）[5]由绘制出发光二极管的I—U图可看出在发光二极管的最佳工作电流为15mA时其电压为2.2V，则将它与电动势为3V、内阻不计的