冲的面水西面，只？斑号安氏童，管讲小大的中州有不定别
2023一2024学年海南省高考全真模拟卷（一）
小2附申
物理
生00脉折
女心解申
装
1.本试卷满分100分，测试时间90分钟，共8页。中游都可士查，民0率09
2.考查范围：必修一全册，必修二第五至七章。
岂
普下形日有成理密喷过出斯游的期环品士是西有
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订
州
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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。
政同的品观安出视粉丽个
线
1.下列关于物理学史的叙述正确的是
小大的贵数孤小向的军灯傅经出其行面
A.牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上，通过实验直接得出的
内
B.牛顿是第一位利用万有引力定律计算出地球质量的人帕二士匣要星耳碑出算
p
C.哥白尼的日心说认为所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆m10比才一，示图时
不
D.伽利略由理想斜面实验通过逻辑推理否定了力是维持物体运动的原因点鼠伏则 )：小
2.从空中同一位置由静止先后释放小球α和b,两小球在空中都做自由落体运动，则两小球在空中的
距离d随小球b下落时间t的变化图像正确的是
要
零用d/小成顺，
d
2一
量
小
程妆小普
答
0
0
A
B
C
D
3.如图所示，连在一起的两段轻弹簧竖直放置，弹簧的劲度系数分别为，和k2,重力加速度为g。当
弹簧处于原长状态时，把质量为M的重物轻轻放在弹簧上面，当重物所受的合力为零时，重物下降
O
的距离为
孙
A.
Mg
Mg
k,+2的床降热对村个容骨只学修
B.
kk2
C.(
kik2)Mg
D日.m0e=
k1+k2
+k2)Mg
D.(
k k2
02
高考全真模拟卷·物理（一）·第1页（共8页）
4.如图所示，两根直杆竖直放置，左侧直杆上固定一力传感器，细绳左端系在力传感器上，细绳右端
系在右侧直杆上。带有光滑挂钩的重物挂在细绳上，平衡时力传感器的示数与重物的重力相等，
则这种情况下左右两侧绳子夹角为
身暂扇代式用的件兴中球（进通周
A.60
传感器
B.90°
顺武西大再，武量面的奶
C.120°
D.135o
5.如图所示，倾角为0=30的斜面体放在粗糙的水平面上，光滑小球用绳子拉住静止在斜面上，绳子
与斜面的夹角也为0=30°。已知斜面体的质量为小球质量的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，若要整个系统处于静止状态，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为
厕数个老，中数个四的出母
A.
6
代0爵的崇数在，食《黔的全
B,8,食+积的恢齿全
事cg
健司吐法去撤，梅密时诚开确电
10
0.3
in7nnnnnnnnnnn
12
图
6.北京时间2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国
海南文昌航天发射场成功点火发射，预计将飞船送入近地点高度为200km、远地点高度为344km
的近地轨道（记为轨道I),之后飞船再通过多次变轨完成与空间站的交会对接。已知空间站的运
行轨道距地面的高度为400km。下列说法正确的是
A.飞船在轨道I上近地点的加速度小于在远地点的加速度
长小大函得剂动射事止
B.飞船由轨道I向高轨道变轨时，需要减速
:出小大西氏海留部以过国
C.飞船在轨道I上的运行周期小于空间站的运行周期比量园：史心冲：面，时
比D对接完成后，飞船运行的角速度小于地球自转的角速度
7.一小球从如图所示的坐标原点0处开始做平抛运动，初速度沿着x轴正方向。在坐标原点0处有
束激光照射到小球上，随着小球的运动，激光束绕O点不停旋转，总能保持激光束跟踪小球。设
任意时刻激光束与x轴正方向的夹角为，小球做平抛运动的时间为t,不计空气阻力，则
A.tan 1
t
B.tan
C.tant
限式。内期由工经别合簧耶的4武的量学同其，班雨大
果的
D.tan 0
是开合反别会海四香佛大第小星面大绿心理置为1好合出，中的
高考全真模拟卷·物理（一）·第2页（共8页）2023一2024学年海南省高考全真模拟卷（一）
物理·答案
1.D牛顿第一定律所描述的状态是一种理想
因此0=60°，左右两侧绳子夹角为20=120°，
状态，它是通过进一步的推理概括出来的，而
C正确。
不是通过实验直接得出的，A错误；万有引力
定律发现一百多年以后，英国物理学家卡文
迪什测出了万有引力常量的数值，卡文迪什
才是计算出地球质量的第一人，B错误；哥白
尼日心说认为所有行星围绕太阳运动的轨道
5.A对小球受力分析，沿斜面方向有mgsin0=
都是圆形而不是椭圆，认识到所有行星围绕
太阳运动的轨道都是椭圆的科学家是开普
Fos0,解得F,=mgan0=号mg。以小球和
勒，C错误；伽利略通过理想斜面实验否定了
斜面整体为研究对象，受力分析如图所示，整体
力是维持物体运动的原因，D正确。
刚好受力平衡时，有Frcos60°=F,Fsin60°+
2.B设两球下落的时间间隔为T,小球b下落
=1,5mg,解得片=名，要保证系统
时间为t,小球a下落时间为t+T,因此两球
间的距离d=九.-A,=2g(T+)2-7g2
处于静止状态，则u≥umm,A正确。
之sT+gn,由于g、T都是常数，所以d与！
是一次函数关系，B正确。
3.D重物静止时，对于上、下两段弹簧，分别满
】.5g
足Mg=k,x1、Mg=k2x2,则重物下降的距离为
6.C由a=
,+)Mg,D正确。
知，在同一点卫星的加速度都相
x1+x2=（kk2
同，A错误；卫星在A点加速，由轨道I变轨道
4.C由于挂钩光滑，相当于滑轮，左、右两侧绳
轨道Ⅱ，则D4>,卫星在B点加速，由轨道Ⅱ
子上的拉力大小相等，设绳子与竖直方向的
变轨道轨道Ⅲ，则3>s,又因1>，故有
夹角为0，受力分析如图所示，根据力的平衡
UA>,>3>D,C正确，B错误；设轨道I、
条件有Pcas0=2mg,解得coas0=器=2，
Ⅱ、Ⅲ的轨道半径或半长轴分别为r、r2、r3,由
开普勒第三定律只=，可知T< ,<,D
mgsin 0 +umgcos 0 mgsin 0 +tan Omgcos 0
2 ngsin0,A正确；对物块、斜面整体受力分
错误。
析，可知地面对斜面的静摩擦力大小∫=
7.C物体做平抛运动竖直方向的位移y=2,
Fcos0=2 mgsin0cos0=mgsin20,B正确；地
水平方向的位移x=t,因此激光束与x轴正
面对斜面的支持力大小F、=(mg+2mg)-
1
Fsin0=mg+2 ngcos20,C错误；由于动摩擦
方向的夹角0的正切值tan0=Y
2
因数4=tan0满足物块刚好能静止在斜面上
的条件，若撤去推力F,物块最终会静止在斜
即tan0ct,C正确。
面上，D错误。
8.A设飞机所受支持力大小为F、,所受阻力
11.BD在电梯运行的过程中，重物无论处于超
大小为F:,对飞机受力分析如图所示。沿着
重还是失重，台秤的示数都不能超过量程，台
速度方向，由牛顿第二定律可得Fcosα-
秤能提供的最大支持力F=mg=2×9.8N=
mgsin a-F,=ma,垂直速度方向有Fsin a+
19.6N,题干中“在台秤上放置的重物最大
FN-mgcos=0,由已知条件F,=kFN,k=
1,解得F=1+
质量不能超过界g“表明此时重物处在失重
tan a
sin 2a
mg,A正确。
状态，因此m1g-F=m1a,把F=19.6N,
m-碧g代入，解得a=02W:,A错误，
B正确；电梯匀变速上升的过程中，重物处于
超重状态，有F-m2g=m2a,把F=19.6N,
9.CD根据v-t图像与t轴所围的面积表示位
a=0.2m/s2代入，解得m2=1.96kg,C错
移，可知加速、减速两阶段的位移大小之比为
误，D正确
2:1,A错误；由平均速度公式=”十可知，
12.AC根据万有引力提供向心力得G
2
R2
加速、减速两阶段的平均速度大小相等，B错
m4R=ma=mw2R,又因为M=p·3mR,
4
误：由加速度定义式a=A”可知加速、减速两
4
解得p得所以1-入√
3
,A正确；向心加
阶段的加速度大小之比为1：2，C错误；根据
牛顿第二定律可知，加速、减速两阶段的加速
速度a=4TR,因R未知，故不能计算出向
度大小之比等于合外力大小之比，即2(F-)=
心加速度的大小，B错误；角速度w=
2π
元解得号=号，D正确。
T
10.AB
物块沿斜面方向受力平衡，有F=
2GP,C正确，卫星受到土卫二的万有引
3
