2023届广东省广州市天河区高三下学期综合测试物理试题(二)

2023届天河区普通高中毕业班综合测试（二）
物 理
本试卷共6页，15小题，满分100分。

考试用时75分钟。

注意事项：
1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级、座位号和考生号填写在答题卡相应的位置上，再用2B 铅笔把考号的对应数字涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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．随着绿色环保理念深入人心，电动汽车市场日趋火爆，电池充电技术飞速发展。

如图为某科技公司利用电磁感应原理设计的无线充电桩原理示意图，若汽车以22kW 的恒定功率充电，送电线圈连接()2202V u t π=的交流电，不计能量损失，下列说法正确的是
A ．受电线圈中电流的频率为100Hz
B ．送电线圈中的电流为100A
C ．仅减小送电线圈的匝数，会增大电池端的输出电流
D ．仅减小送电线圈的匝数，会减小电池端的输出电压
2．如图所示，在吊环运动中，有一高难度的动作：先双手撑住吊环，双臂夹紧，然后身体下移，双臂缓慢张开至水平。

双臂夹紧时，吊绳恰好竖直，双臂完全张开时，吊绳与竖直方向夹角为37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

运动员在双臂张开过程中
A ．吊绳的张力在逐渐减小
B ．吊绳的张力保持不变
C ．两吊环对运动员作用力的合力在逐渐增大
D ．双臂完全张开时，吊绳张力与运动员重力之比为5∶8
3．如图所示，a 为在地球赤道表面随地球一起自转的物体，b 为绕地球做匀速圆周运动的近地卫星，轨道半径可近似为地球半径。

假设a 与b 质量相同，地球可看作质量分布均匀的球体，比较物体a 和卫星b A ．所受地球引力大小近似相等 B ．角速度大小近似相等 C ．向心加速度大小近似相等 D ．线速度大小近似相等
4．如图所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

a 、b 、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。

粒子重力不计。

下列说法正确的是 A ．粒子a 带负电 B ．粒子c 的动能最大
C ．粒子b 在磁场中运动的时间最长
D ．粒子b 在磁场中运动时的向心力最大
5．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。

不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是
A ．A 的速度比
B 的大
B ．A 与B 的向心加速度大小相等
C ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小
D ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等
6．如图所示，空间有一圆锥OBB ′，点A 、A ′分别是两母线的中点。

现在顶点O 处固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是
A ．A 、A ′两点的电场强度相同
B ．将一带负电的试探电荷从B 点沿直径移到B ′点，其电势能先减小后增大
C ．平行于底面且圆心为O 1的截面为等势面
D ．若B ′点的电势为B ϕ'，A ′点的电势为A ϕ'，则BA 连线中点C 处的电势等于2
B A ϕϕ''
+
7．风力发电是一种环保的电能获取方式。

如图为某风力发电示意图。

设计每台风力发电机的功率为40kW。

实验测得风的动能转化为电能的效率约为20%，空气的密度是1.29kg/m3，当地水平风速约为10m/s，则风力发电机的叶片长度约为多少才能
满足设计要求？
A．10m
B．5m
C．100m
D．2m
二、多项选择题：本题共3小题，每小题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．图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。

下列说法正确的是
A．按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B．松开按钮过程，螺线管P端电势较高
C．按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D．若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
9．悬崖速降是选择崖面平坦、高度适合的崖壁，从崖顶沿绳快速下降到崖底的一种运动。

某次速降可视为竖直方向的直线运动，速降者先从静止开始匀加速运动（加速度小于重力加速度），之后做匀减速运动，到达地面时速度恰好减为零。

下列说法正确的是
A．在加速下降阶段，速降者的机械能增大，在减速下降阶段，速降者的机械能减小B．在整个下降过程中，速降者的机械能一直减小
C．在整个下降过程中，速降者的重力势能一直减小
D．在整个下降过程中，绳对速降者先做正功后做负功
10．如图所示，质量分别为m A和m B的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A和q B，用绝缘细线悬挂在天花板上。

平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。

两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v A 和v B，最大动能分别为E kA和E kB。

则
A．m A一定小于m B
B．q A一定大于q B
C．v A一定大于v B
D．E kA一定大于E kB
三、非选择题：共54分。

11．（6分）
某同学用如图甲的实验装置测量当地的重力加速度g，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A时光电计时器开始计时，通过光电门B时就停止计时，得
到钢球从A 到B 所用时间t ，用刻度尺测出A 、B 间高度h ，保持钢球下落的位置和光电门B 的位置不变，改变光电门A 的位置，重复前面的实验，测出多组h 、t 的值。

（1）由于钢球下落的位置和光电门B 的位置均不变，因此小球到达B 点的速度v B 不
变，则球的运动可以看成是反向的 （填“匀加速”或“匀减速”）直线运动，故反向运动的位移表达式h = （用v B 、g 、t 表示）； （2）根据测得的多组h 、t 的值，算出每组的
h t ，作出h
t t
-图像如图乙，若图线斜率的绝对值为k ，则当地的重力加速度g = 。

12．（10分）
两只电压表V 1、V 2，量程分别为0.25V 和1.5V ，为了准确测量它们的内阻（约为几千欧），备有以下器材：电阻箱R （0−9999Ω），滑动变阻器R ′（0−20Ω），直流电源E （2V ，内阻不计），开关S ，导线若干。

请完成下列填空：
（1）有两位同学分别设计出如图（a ）、（b ）所示的实验电路图，其中更合理的是电路
图
（填“a ”或“b ”）；
（2）按合理的电路，在图（c ）中用笔画线将实物器材连接完整；
（3）根据电路图，闭合S 前，应将滑动变阻器R ′的滑片调到最 端（填“左”或“右”）；
（4）调节电阻箱的阻值R 和变阻器R ′的滑片位置，使电压表V 1的示数U 1=0.250V ，记
录此时电压表V 2的示数U 2和阻值R ；多次改变阻值R 和滑片位置，但保持U 1=0.250V 不变，得到多组U 2、R 值； （5）处理数据，得到图（d ）所示的
211
U U R
-关系图线。

根据图线算出电压表V 1
的内阻
为
kΩ，电压表V2的内阻为kΩ；（均保留两位有效数字）
（6）步骤（4）中，若测第一组数据时电阻箱R的阻值调为较大值，为保证电压表V1的指针不超量程位置，根据电路图，闭合S测第二组数据的正确操作是。

A．先向左移变阻器滑片，再调小电阻箱阻值R
B．先向右移变阻器滑片，再调小电阻箱阻值R
C．先调小电阻箱阻值R，再向左移变阻器滑片
D．先调小电阻箱阻值R，再向右移变阻器滑片
13．（11分）
观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。

某型“礼花”底座仅用0.2s的发射时间，就能将发射后的5kg礼花弹竖直抛上180m的高空。

（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g取10m/s2。

）
（1）求“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多大？
（2）当礼花弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得两块落地点间的水平距离s=900m，落地时两块的速度方向相互垂直。

求两块
的质量各为多少？
14．（12分）
在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖汽车轮胎奔跑，如图所示。

一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m=11kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，经过t1=3s后速度达到v1=6m/s开始匀速跑，在匀速跑中的某时刻拖绳从轮胎上脱落，运动员立即减速。

当运动员速度减为零时发现轮胎静止在其身后s0=2m处。

已知轮胎与跑道间的动摩擦因数为μ=0.5，运动员奔跑中拖绳两结点A、B 间的距离L=2m、两结点间高度差视为定值H=1.2m；将运动员加速跑和减速过程视为匀变速运动，取g=10m/s2。

求：
（1）加速阶段绳子对轮胎的拉力大小；
A
B
（2）运动员减速的加速度大小。

15．（15分）
如图所示，有小孔O 和O ′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、 Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场．金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动．某时刻ab 进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O 孔竖直射入两板间．ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab 从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从O ′孔离开． 已知板间距为3d ，导轨间距为L ，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d ．带 电小球质量为m ，电荷量为q ，ab 运动的速度大小为v 0，重力加速度为g ．求： （1）磁感应强度的大小；
（2）ab 在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小； （3）小球射入O 孔时的速度大小v ．
a
v 0
O
O ′
v
d d
d
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ L
3d
b
参考答案：
1．B
【解析】A ．送电线圈频率为50Hz ，则受电线圈中交流电的频率也为50Hz ，A 错误； B ．根据
P =UI
解得
100A I =
则送电线圈中的电流为100A ，B 正确：
CD ．输送电压与输送功率恒定，则送电线圈中电流恒定，减小送电线圈匝数n 1，根据
11
22
U n U n = ，受电线圈电压U 2增大，根据122P U I = ，电池端的输出电流减小，CD 错误。

故选B 。

2．D
【解析】AB ．设两条吊绳间的张角为θ，每条吊绳的张力大小为F ，在竖直方向上根据平衡条件有
2cos
2
F mg θ
=
当θ逐渐增大时，F 逐渐增大，故AB 错误；
C ．两吊环对运动员作用力的合力始终与运动员的重力平衡，大小不变，故C 错误。

D ．但随着张角的增加，张力逐渐增大，最终根据平衡条件
22cos T mg θ=
可得
215
2cos 8
T mg θ=== 故选D 。

3．A
【解析】A ．由万有引力公式得
2
GMm
F r =
a 与
b 质量相同，半径近似相等，a 与b 所受地球引力大小近似相等，A 符合题意； B ．近地卫星线速度大于a 的线速度，半径近似相等，由
2v T r
πω=
= 可知近地卫星角速度大于a 的角速度，故B 不符合题意； C ．近地卫星线速度大于a 的线速度，半径近似相等，由
2
n v a r
=
可知近地卫星向心加速度大小大于a 的向心加速度大小，故C 不符合题意； D ．由
22v GMm
m r r
= 可得
GM
v r
=
近地卫星的半径小于同步卫星，则近地卫星的线速度大于同步卫星；同步卫星与地球自转角速度相同，半径大于地球半径，同步卫星线速度大于a 的线速度，则近地卫星线速度大于a 的线速度，故D 不符合题意。

故选A 。

4．D
【解析】A ．根据左手定则知粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A 错误； B ．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v qvB m r
=
解得
qBr
v m
=
粒子的动能
222
2K 122q B r E mv m
==
由于q 、B 、m 都相同，因此r 越大，粒子动能越大，由图示可知，b 的轨道半径r 最大，则b 粒子动能最大，故B 错误； C ．粒子在磁场中做圆周运动的周期
22r m
T v qB
ππ=
= 粒子在磁场中的运动时间
2m t T qB
θθπ=
= 由于m 、q 、B 都相同，粒子c 转过的圆心角θ最大，则射入磁场时c 的运动时间最大，故C 错误；
D ．因为b 的速度最大，由
=F qvB 向
可知b 的向心力最大，故D 正确。

故选D 。

5．C
【解析】A ．当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，AB 围绕转动时的角速度相同，同时由题中可得转动时A 的旋转半径小于B 的旋转半径，根据v r ω=，得B 的速度比A 的大，A 错误；
B ．由向心加速度2a r ω=，可知B 的加速度大于A ，B 错误；
C ．由图可知绳子拉力
cos mg
F θ
=
因为B 的夹角大于A 的夹角，所以有
B A >F F
C 正确；
D ．如图所示，对座椅进行受力分析可得
=tan F mg ma θ=向
得
tan a g θ=
因为B 的加速度大于A ，所以B 的夹角大于A 的夹角，D 错误。

故选C 。

6．B
【解析】A ．A 、A '两点的电场强度大小相同，方向不同，A 错误；
B ．将带负电的试探电荷从B 点沿直径移到B '点过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，B 正确；
C ．O 处固定的带正电的点电荷产生的等势面是以O 为圆心的球面，不是以圆心为1O 的截面，C 错误；
D ．因为A 、A '到O 点的距离相等，所以A A ϕϕ'=，同理可得B B ϕϕ'=，C 为AB 中点，由于CB 间的场强小于AC 间的场强，由
U Ed =
可知CB 间的电势差小于AC 间的电势差，则有
A C C
B ϕϕϕϕ->-
可得
2
2
B A
B A
C ϕϕϕϕϕ''++<
=
D 错误。

故选B 。

7．A
【解析】t 时间内通过叶片的风是以叶片为半径，以vt 为高的圆柱体的空气，其质量为
2m V L vt ρρπ==
动能为
2k 12
E mv =
所以发电的功率为
23k 1
2
E W L v t
ηρπη=
=
代入数据可得
3
2
210/W
v m s L ρπη
=≈ 故选A 。

8．BD
【解析】A ．按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P 端流入从Q 端流出，螺线管充当电源，则Q 端电势较高，故A 错误； B ．松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q 端流入，从P 端流出，螺线管充当电源，则P 端电势较高，故B 正确；
C ．按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C 错误；
D ．按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小相同，故D 正确。

故选BD 。

9．BC
【解析】ABD ．对速降者而言无论是加速下降和减速下降，位移向下而拉力向上，故绳的拉力始终做负功即为除重力以外的其它力做功，则速降者的机械能一直减小，故AD 错误，B 正确；
C ．在整个下降过程中，重力做正功，则速降者的重力势能一直减小，故C 正确； 故选BC 。

10．ACD
【解析】对小球A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图：
根据平衡条件，有：1tan A F m g θ=，故：1tan A F m g θ=⋅ 同理，有：2
·tan B F m g θ=，由于12θθ＞，故A B m m ＜，故A 正确； 两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误； 小球摆动过程机械能守恒，有212
A A m g h mv ⋅∆=，解得2A v g h =⋅∆A 球摆到最低点过程，下降的高度h ∆较大，故A 球的速度较大，故C 正确；
小球摆动过程机械能守恒，有K mg h E ∆=，故：
1cos 1cos tan k F E mg h mgL L θθθ
=∆=-=
-（）（） 其中cos L θ、相同，根据数学中的半角公式，得到：1cos 1cos cos cos tan tan sin 2
k F E L FL FL θθθθθθθ-=-==⋅（） 其中cos L h θ=，相同，故θ越大2tan
θ越大，动能越大，故kA E 一定大于kB E ，故D 正确． 11．（1）匀减速 212
B v t gt - （2）2k （每空2分） 【解析】(1)由于球下落的位置不变，光电门B 的位置不变，因此小球到达B 点的速度不变，设球到B 点的速度为v B ，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有
212
B h v t gt =- (2)将212
B h v t gt =-整理后可得 2
B h g v t t =- 由h t t -图线斜率的绝对值有
2
g k = 解得
g =2k
12．（1） b （1分） （2）如图所示 （2分）
（3）右 （1分）
（5）4.8~5.2（2分）2.8~3.2（2分）
（6）C （2分） 【解析】(1)由于待测电压表的内阻远大于滑动变阻器R '的最大量程，所以滑动变阻器采用分压式，更合理的是电路图为图b ；
(2)滑动变阻器采用分压式，按图(b)连接电路如图所示
(3)闭合开关S 前应先将滑动变阻器的滑片调到右端，使通过待测电压表两端的电压为零，保护电路；
(5)根据电路结构特点和欧姆定律则有
211V2V1U U U R R R
=+ 整理可得
V22V21V11·R U R U R R
=+ 211U U R
-图线的斜率为 V25.00.61.440
k R -==- 则有
V2 3.0k ΩR =
211U U R -图线的纵截距为
V2V10.6R b R == 则有
V1 5.0k ΩR =
(6)由于电阻箱与电压表V l 并联，再与电压表V 2串联，在电阻箱阻值R 调小，电压表V l 的示数不变的情况下，根据分压原理可知电压表V 2的示数增大，滑动变阻器的滑片一定向左移；若先向左移滑动变阻器的滑片，电压表V l 的示数会大于0.250V ，电压表V l 的指针超出量程位置，所以先调小电阻箱阻值R ，再向左移变阻器滑片，故C 正确，A 、B 、D 错误；
故选C 。

13.（11分）（1）F =1550N ；（2）1kg ，4kg
【解析】解：（1）设礼花弹竖直上抛的初速度（发射过程的末速度）为v ，有 v 2=2gh （1分）
设发射过程火药对礼花弹的作用力为F ，对发射过程运用动量定理有
（F −mg ）t =m v （2分）
得：F =1550N （1分）
（2）礼花弹在最高的瞬间速度为零，设爆炸时分裂为质量为m 1、m 2的两块，对应水平速度大小为v 1、v 2，方向相反，爆炸时水平方向合外力为零，取m 1的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 m 1v 1− m 2v 2=0 （2分）且有：m 1+ m 2=m
由平抛运动的规律和落地的距离条件，有
212
h gt = （1分） 12()s v v t =+ （1分）
设落地时竖直分速度为v y ，落地时两块的速度相互垂直，如图所示，有
21tan y
y
v v v v θ== （1分） 又 v y =gt （1分）
代入数据解得：
{121kg 4kg m m ==对应{12120m/s 30m/s v v == （1分） 或{124kg
1kg m m ==对应{1230m/s
120m/s v v ==
14.（12分）（1）70N ；（2）4.5m/s 2
【解析】解：（1）设加速阶段轮胎的加速度大小为a 1，由运动学方程有
v 1= a 1t 1 ①（2分）
设轮胎受到绳子的拉力T 与水平方向的夹角为θ，地面支持力为N ，摩擦力为f ，
在竖直方向有 T sin θ+N =mg ②（2分） 在水平方向有 T cos θ－f =ma 1 ③（2分） 又有 f =μN ④（1分）
由题意得 sin θ=0.6，cos θ=0.8 由①～④式及相关数据得 T =70N （1分）
（2）设拖绳脱落后轮胎在地面滑行的加速度大小为a 2、位移大小为s ，运动员减速运 动的加速度大小为a 3
对轮胎由牛顿第二定律有 μmg =ma 2 ⑤（1分）
对轮胎由运动学方程有 v 12=2a 2s ⑥（1分）
对运动员由运动学方程有 v 12=2a 3(s +s 0－L cos θ) ⑦（1分）
由⑤~⑦式并代入数据可得 a 3=4.5m/s 2 （1分）
15.（15分）（1）03dmg qLv ；（2）2g ；（3）0
0v gd v v -= 【解析】解：（1）ab 在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为
0BLv =ε ①（2分）
金属板间产生的场强大小为 d
E 3ε= ②（2分） ab 在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速下落，有
qE mg = ③（1分）
联立①②③得 0
3qLv dmg B = ④（1分） （2）ab 在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a ，依题意，有
ma mg qE =+ ⑤（2分）
联立③⑤得 g a 2= ⑥（1分）
（3）依题意，ab 分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、匀加
速和匀速运动，设发生的位移分别为S Ⅰ、S Ⅱ、S Ⅲ；ab 进入Ⅲ磁场区域时，小球 的运动速度为v Ⅲ．则
S Ⅰ=0v d v ⋅
⑦（1分） S Ⅱ=200
12()2d d v g v v ⋅+⋅⋅ ⑧（1分） S Ⅲ=v Ⅲ0v d ⋅ ⑨（1分）
v Ⅲ=0
2v d g v ⋅+ ⑩（1分） 又 S Ⅰ+S Ⅱ+S Ⅲ=3d ○11（1分） 联立可得 00v gd v v -
= ○12（1分） f mg N T。