2023年高考第二次模擬考試試卷物理（廣東A卷）（全解全析）

2023年圖考物理第二次模擬考試卷

物理?全解全析

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。

如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。

寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分在每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的。

1.氫元素對地球來說是一種非常稀少和寶貴的資源。如圖所示為氫離子（He，）的能級圖,

若根據玻爾原子理論，關于氮離子能級躍遷，下列說法正確的是（）

H+Er4V

〃e

i"

8-O

651

5二

MC18

4一^0

34

3一

oz4

一

2n.06

3.

1----------------54.4

A.大量處于〃=3能級的氫原子，最多可輻射2種不同頻率的光子

B.從"=4向"=3能級躍遷，要向外輻射光子的能量2.64eV

C.處于”=1能級的氨原子，可以吸收54.0eV的能量而發(fā)生電離

D.從"=3躍遷到〃=2能級比從〃=2躍遷到”=1能級輻射出的光子波長短

【答案】B

【解析】A.大量處于〃=3能級的氮離子，最多可輻射

C；=3

種不同頻率的光子，故A錯誤；

B.因為從〃=4向〃=3能級躍遷，要向外輻射光子的能量

△用3=用—與=2.64eV

故B正確；

C.由圖可知，處于"=1能級的氮離子要發(fā)生電離，需要吸收的能量應滿足

1

^E>O-EI=54.4eV

故C錯誤；

D.因為從〃=3躍遷到〃=2能級輻射的光子能量為

AE'=E3-E2=7.56eV

而從〃=2躍遷到n=1能級輻射的光子能量為

n

AE=E2-El=40.8eV

即從〃=3躍遷到〃=2能級比從〃=2躍遷到〃=1能級輻射出的光子的能量小，又因為

e=hv

所以從〃=3躍遷至U"=2能級比從〃=2躍遷到n=1能級輻射111的光子頻率低，波長長，故D

錯誤。

故選B.

2.如圖所示，。為光滑絕緣水平面上正方形區(qū)域ABCD的幾何中心，該區(qū)域有一勻強電場,

方向水平由Q指向尸。一帶負電小球從尸點以速度“沿PQ方向射入電場。以下說法正確的

B.電場中A點的電勢低于C點的電勢

C.小球由P向2運動的過程中，電勢能不斷減小

D.該小球若從例點沿MN方向射入，則小球將向8c邊偏轉

【答案】C

【解析】A.小球帶負電，可知小球所受電場力沿著PQ方向，與小球得初速度方向相同，

小球做加速運動，故A錯誤；

B.根據勻強電場的等勢線和電場線垂直可知，C點的電勢等于P點的電勢，A點的電勢等

于。點的電勢，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，可知電場中A點的電勢高于C點的電勢,

故B錯誤；

C.根據A選項分析可知小球所受電場力的方向與小球的運動方向相同，電場力做正功，則

小球的電勢能不斷減小，故C正確；

D.根據A選項分析可知小球所受電場力沿著PQ方向，該小球若從例點沿MN方向射入，

則小球將向邊偏轉，故D錯誤。

2

故選Co

3.如圖所示，一平臺固定在豎直平面內，以平臺右邊緣0點為原點，沿平臺右側豎直向下

為y軸正方向，沿水平向右為x軸正方向建立直角坐標系X。），。在該坐標系中，以坐標原點

。為圓心，半徑為R的四分之一圓弧軌道豎直固定在平臺的右側。質量為機的小球從坐標

原點。以初速度如（大小未知）沿x軸正方向平拋。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。

小球從O點拋出后到落到圓弧軌道上的過程中，下列說法正確的是（）

A.當初速度％的大小為適當的值時，小球可能垂直落到圓弧軌道上

B.初速度％越大，小球在空中運動的時間越長

C.初速度%時，小球落到圓弧軌道上的動量最小

叢

—mgRR

D.小球落到圓弧軌道上的最小動能為2

【答案】D

【解析】A.若小球垂直打在圓軌道上，則速度方向的反向延長線應交于圓心；而于平拋運

動的規(guī)律可知，速度方向的反向延長線應交于水平位移的中點，根據題意可知圓心和水平位

移的中點不是同一位置，故A錯誤；

B.小球做平拋運動，在豎直方向上.物體做自由落體運動，有

h=2sr

解得

Y

可知/7越大，小球在空中運動時間越長，由圖可知小球速度珈越小，下落的高度越高，飛

行時間越長，故B錯誤；

CD.設落地點與O點的連線與水平方向的夾角為仇小球做平拋運動

RcosO=vot

Rsind=gg/2

由動能定理得

3

1)

mgRsin^=Ek--

解得

sin，+—!—

線=

4sin0

由數學知識得：當

-sin6?=—1―

44sin(9

即

.0&

sind=—

3

以取最小值

kJ3p

根據

p=Q2tn4z“

可知動能最小時動量最小，此時

任R

x=——R

3

聯立以上可得

%=爐

故C錯誤，D正確。

故選D。

4.傳統嶺南祠堂式建筑陳家祠保留了瓦片屋頂，屋頂結構可簡化為如圖，弧形瓦片靜止在

兩根相互平行的傾斜椽子正中間。己知椽子與水平面夾角均為e,瓦片質量為機，重力加速

度為g,則椽子對瓦片()

椽子

A.支持力的合力方向豎直向上

B.作用力的合力方向豎直向上

C.支持力的合力大小為mg

4

D.作用力的合力大小為'咫cos。

【答案】B

【解析】AB.對瓦片進行受力分析，受到椽子對其的支持力方向垂直接觸面斜向上；根據

平衡條件可得椽子對瓦片的作用力的合力與瓦片的重力為一對平衡力，即椽子對瓦片的作用

力的合力方向豎直向上，A錯誤，B正確；

C.根據前面分析椽子對瓦片支持力的合力大小為

FN=mgcos0

C錯誤；

D.椽子對瓦片作用力的合力大小為

F=mg

D錯誤。

故選B?

5.圖甲示意我國建造的第一臺回旋加速器，該加速器存放于中國原子能科學研究院，其工

A.由于粒子速度被逐漸加大，則它在D形盒中的運動周期越來越小

B.由于粒子速度被逐漸加大，極板所加的交流電周期要相應減小

C.粒子從加速器出來的最大速度與D形盒的半徑大小及磁場磁感應強度有關

D.粒子增加的動能來源于磁場

【答案】C

T2兀m

1----

【解析】AB.粒子在磁場中運動的周期QB,與粒子速度無關，故粒子在D形盒中的

運動周期不變，所加交流電的周期也相應保持不變，故AB錯誤；

C.粒子由D形盒中飛出時，有

得

qB

結合

5

可解得粒子的最大速度為

B2R2q2

Vm=~?

2m

與D形盒的半徑大小R及磁場磁感應強度8均有關，故C正確；

D.洛倫力總與粒子的運動方向垂直，不對粒子做功，只改變其方向，粒子增加的動能來源

于加速電場，故D錯誤。

故選C。

6.風力發(fā)電為2022年卡塔爾世界杯供應綠色電能，其模型如圖所示。風輪機葉片轉速為〃,

并形成半徑為r的圓面，通過轉速比為1：%的升速齒輪箱帶動面積為S、匝數為N的發(fā)電機

線圈高速轉動，產生的交變電流經過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。已知空氣密度為小

風速為v，勻強磁場的磁感應強度為8,V為交流電壓表，忽略線圈電阻，則（）

A.線圈位于圖示位置時，交流電壓表的示數為零

B.從圖示位置開始計時，線圈中感應電動勢的瞬時值表達式為2"3s初sin（2成川）

C.變壓器原、副線圈的匝數比為2mBs初:U

1,2

—pitrv

D.單位時間內沖擊風輪機葉片氣流的動能為2

【答案】B

【解析】A.交流電壓表的示數應始終為交變電流的有效值，故A錯誤；

B.由題意可得發(fā)電機線圈的轉速為成，則發(fā)電機輸出的交變電流的頻率為

f=nk

對該線框發(fā)電產生的交變電流應有

co=2Tif=2nnk

e=NBSa）sincot=2nNBSnksin（2兀，而）

故B正確；

C.線圈中產生的感應電動勢有效值為

E=^==CnNBSnk

6

根據變壓器原副線圈匝數關系得原副線圈匝數比為

/EOnNBSnk

工一萬一U~

故C錯誤：

D.單位時間（取4=ls）內沖擊風輪機葉片氣流的體積

V-Sh=5v-Ar=Ttrv

氣體質量

m=pV=pnrv

動能

L12123

Ek=—mv=—purv

故D錯誤。

故選B.

7.如圖所示，在豎直平面中，有一根水平放置的，長度為L的不可伸長的輕繩，繩的一端

固定在。點，另一端連有質量為小的小球?，F從A點靜止釋放小球，當小球運動到。點正

下方B點時，繩子突然斷裂。B點位于斜面頂端，斜面足夠長，傾角為仇則下面的說法正

確的是（）

I—tan0

B.小球落至斜面所需的時間為'g

C.小球落至斜面C點與B點的距離為4Ltan0

D.小球落至斜面C點與B點的距離為cos?6

【答案】D

【解析】AB.小球AB過程，由動能定理得

mgL=；m*

7

解得

VB=、2gL

小球BC過程做平拋運動，有

12

tan0=y=z!L=jL

xvHt2VB

解得

_2Vtan0_212gLtan0_

t-B==

gg

所以從A點靜止釋放小球，小球落至斜面所需的時間大于f,故AB錯誤;

CD.小球BC過程做平拋運動，有

1218Ltan20

=4Ltan23

g

小球落至斜面C點與B點的距離為

__4Ltai?6>_4Lsin，

sin0sin0cos20

故C錯誤，D正確。

故選D。

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分有選錯的得0分。

8.如圖所示，衛(wèi)星A是2022年8月20日我國成功發(fā)射的“遙感三十五號04”組衛(wèi)星（軌道

為圓），衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，衛(wèi)星P是地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，已知三顆衛(wèi)星的質

量相等，下列說法正確的是（）

A.衛(wèi)星A運動得最快B.衛(wèi)星B的加速度最小

C.衛(wèi)星B、P的角速度相等D.衛(wèi)星P受到地球的引力最小

【答案】AC

【解析】C.由于星B是地球同步衛(wèi)星，衛(wèi)星P是地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，衛(wèi)星P、B

的角速度相等，C正確：

A.對于衛(wèi)星A、B,根據萬有引力提供向心力，有

8

_Mmv2

G-=m7

解得

GM

v=

由題圖可知

所以

由于星B是地球同步衛(wèi)星，衛(wèi)星P是地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，衛(wèi)星P、B的角速度相等,

根據

v=cor

可知

%>4

則衛(wèi)星A運動得最快，A正確；

B.根據

「Mm

G——=ma

可知

aA>"B

根據

ci=療r

可知

%>Qp

可知，衛(wèi)星P的加速度最小，B錯誤；

D.根據

口cMm

F^=G—

由于衛(wèi)星P距地心最近，其受到地球的引力最大，D錯誤。

故選AC。

9.如圖，和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為乙導軌彎曲部分光滑，平直部

分粗糙，二者平滑鏈接，右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度

為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為相、長為L、電阻為2R的

金屬棒從高為〃處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間

的動摩擦因數為〃，金屬棒與導軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()

9

B.金屬棒兩端電勢差的最大值為3乙?guī)?/p>

C.電阻R產生的焦耳熱為叫（〃一〃"）

廊B￥d

D.金屬棒通過磁場所用的時間為3pmgR

【答案】AD

【解析】A.由右手定則可知，流過定值電阻的電流方向是：Q-N,故人正確;

B.金屬棒剛進入磁場時，速度最大，金屬棒兩端電勢差最大，由動能定理可知

,12

mgh=-rnvm-

解得

感應電動勢為

E=BLvm=BLyj2gh

金屬棒兩端電勢差的最大值為

REBL再

2R+R,3

故B錯誤；

C.由能量守恒定律可知，金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中電路中產牛的焦耳熱為

Q=mgh-wngd

電阻R產生的焦耳熱為

08=前三。=!叫小一加）

ZA4-K3

故c錯誤；

D.由動量定理可知

-pitngt-BiLt=0-ntvm

又

EBLv

l~2R+R~~3R

10

解得

y[2ghB2l3d

t--------------

故D正確。

故選ADe

10.在地面以初速度%豎直向上拋出一個小球，小球運動過程中受到的空氣阻力與其速率成

正比，落地時速率為巧，且落地前已勻速，重力加速度為g。下列說法正確的是()

A.小球加速度在上升過程中逐漸減小，在下落過程中逐漸增加

[1+耳g

B.小球拋出瞬間的加速度最大，且大小為I

C.小球上升過程中機械能逐漸減小，在下落過程中機械能逐漸增加

D.小球上升過程中克服阻力做功的數值大于下落過程中克服阻力做功的數值

【答案】BD

【解析】A.上升過程，受重力和阻力，合力向下，根據牛頓第二定律，有

f+mg-ma

解得

f

a=g+—>g

m

由于是減速上升，阻力逐漸減小，故加速度不斷減小；

下降過程，受重力和阻力，根據牛頓第二定律，有

解得

a'=g~—<g

m

由于速度變大，阻力變大，故加速度變?。患瓷仙拖陆颠^程，加速度一直在減小，A錯誤;

B.空氣阻力與其速率成正比，最終以v/勻速下降，有

mg=kvi

小球拋出瞬間，有

mg+kv(f=maO

聯立解得

匕

拋出瞬間加速度最大，B正確；

C.全程一直存在空氣阻力做功，機械能一直減小，C錯誤；

D.匕升過程同樣位置的阻力大于下落過程同樣位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的

11

數值大于小球下降克服阻力做功的數值，D正確。

故選BD<,

三、非選擇題：共54分。第11?14題為必考題，考生都必須作答。第15?16題為選考題,

考生根據要求作答。

（一）必考題：共42分。

11.（7分）一研究性學習小組利用圖甲裝置測定滑塊加速運動時與平直長木板間的動摩擦

因數。

（1）實驗過程如下：

①將長木板固定在水平桌面上，其右端安裝定滑輪，左端固定位移傳感器；總質量為例的

滑塊（含拉力傳感器）在長木板上緊靠位移傳感器放置，拉力傳感器通過細繩跨過定滑輪與

質量為機的重物連接，調節(jié)使細繩與長木板平行；

②靜止釋放滑塊，記錄拉力傳感器和位移傳感器的數據，用計算機擬合得到滑塊位移隨時間

變化的ST圖像如圖乙所示，該圖線的函數表達式是s=l/9/（m）,則可得滑塊加速度

"=m/s2（計算結果保留兩位小數）；

③若滑塊的加速度為。時，拉力傳感器示數為尸，則滑塊與長木板間的動摩擦因數

〃=（用題中物理量字母符號表示）。

（2）本實驗中（選填“需要”“不需要”）滿足滑塊質量遠大于重物質量。

F-Ma

【答案】長木板右端定滑輪2.38Mg不需要

【解析】（1）①為了減小誤差，需調節(jié)長木板右端定滑輪使細繩與長木板平行；

V=—

②根據Z可得

v=2.38r（m/s）

二包

再根據?“一加可得

a=2.38m/s2

③根據牛頓第二定律可得

12

F=Ma

可得

F-Ma

//=------

Mg

（2）由于拉力可以通過力傳感器得知，所以不滿足滑塊質量遠大于重物質量。

12.（9分）如圖（a）是一種雙量程電流表內部各元件的連接圖。

(a)(b)(c)

（1）這種電流表“3A”量程的內阻0.22Q（選填“大于”“小于”）；

（2）某同學用多用電表的歐姆擋檢測這種電流表，選擇“X10”擋，歐姆調零后將紅、黑表

筆分別接到電流表的"-'”'0.6A”接線柱，指針指示如圖（b）,示數為。，保持黑表

筆不動，將紅表筆從接線柱移到“3A”接線柱，示數幾乎與圖（b）相同，由此可知電流

表內部阻值為的電阻發(fā)生________故障（選填“斷路”“短路”）；

（3）由于Q88C的故障電阻阻值較小，該同學設想用如圖（c）的電路測得一段阻值為440。

的電阻絲，再將它分成等長的5段，用其中一段替代。實驗時移動小金屬夾P到電阻絲的

某位置時，電流表和電壓表的示數分別為0.50A和1.30V,接下來應將P向（選填

“左,，”右,,）移動。

（4）用電阻絲替代故障電阻后，若電阻絲實際接入電路的阻值略小于標準值，則會導致用

該電流表“0.6A”量程測電流時的測量值（選填“偏大”“偏小”）。

【答案】小于140斷路右偏小

【解析】（1）電流表接“3A”的量程時，根據并聯電路的總電阻小于分支電阻，山圖（a）可

知此時電流表的內阻為電路的總電阻，小于分支的電阻°2致；

（2）歐姆表表盤10~15之間有5格，每小格代表9,據讀數規(guī)則，要讀到下一位，且倍率

為“xlO，，，故讀數為

14.0xl0Q=140Q

根據歐姆表電流流向“紅進黑出“，山圖（a）可知，140。為接線柱中間兩電阻1（）。、130。之

和，說明此時1。。、130C兩電阻并未與0.22Q,0.880兩電阻并聯；保持黑表筆不動，將紅

表筆從“-”接線柱移到“3A”接線柱，示數幾乎與圖（b）相同，說明更換接線柱后，電流表

總電阻的阻值幾乎未發(fā)生變化,故可推知電流表內部1℃、130c與0.22Q串聯,阻值為0.88C

13

的電阻發(fā)生斷路，若短路則歐姆表示數應為0;

(3)由示數U=L30V,/=0.50A,可得

/?=y=2.6Q<4.4Q

要增大電阻，接下來應將P向右滑。

⑷設R=l℃,&=130%%=0-22C,叫=。-88%用電阻絲替代故障電阻后，若電

阻絲實際接入電路的阻值略小于標準值，電阻絲實際接入電路的阻值為此＜°.88凌；接0.6A

量程時，設某次測電流時，流過表頭的電流為6，則電流測量值為

電流的真實值為

由于

可得

會導致用該電流表“0.6A”量程測電流時的測量值偏小。

13.（10分）如圖所示，邊長為L的正三角形ABC內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感

應強度為瓦。為8c的中點，有一群帶電量為+4、質量為，”的粒子從。點以不同速率沿

與BC成30。的方向射入磁場。不計粒子重力和粒子間的相互作用，求:

（1）粒子在磁場中運動的最長時間f；

（2）從AC邊射出的粒子的速度取值范圍。

4次

【答案】（D3qB.（2）

【解析】（1）粒子在磁場中受的洛倫茲力提供向心力，有

2

Dmv

14

由圓周運動中周期與速度關系有

.2兀A

T=-----

v

設粒子在磁場中圓周運動的圓心角為。，則應有

0T0m

t=-1=----

2兀qB

可知，粒子做圓周運動的圓心角越大，運動時間越長，由題意分析可得，粒子從邊射出

5兀

時在磁場中運動的時間最長，此過程中粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心角為丁，故有

最長時間

t=-----

3qB

(2)粒子恰好不從AC射出時，軌跡與AC相切，運動軌跡如圖

根據圖中幾何條件分析可知

R,=-L-sin60°

2

粒子在磁場中受的洛倫茲力提供向心力，有

q3嗒

聯立解得

則從AC邊射出的粒子的速度取值范圍為

拒qBL

v>——-——

4m

14.(16分)如圖甲所示，質量”=L5kg的長木板靜止在足夠大的水平地面上，一小物塊

以%=10m/s的速度從左端滑上長木板后，恰好不能從木板的右端掉落，其運動的VT圖像

如圖乙所示。取重力加速度大小g=l°m/s\求：

(1)木板的長度L;

15

（2）小物塊與木板間因摩擦產生的熱量Q；

（3）2s~4s內靜摩擦力對長木板的沖量/。

【答案】（1）乙=10m；（2）e=40J；（3）/=2N-s,方向向右

【解析】（1）由題意結合—圖像可知，，=2s時?，小物塊與木板共速，且剛好運動到木板

的右端，則有

L=x物-X板=1°；2X2m一0；2,2m=10m

（2）設小物塊的質量為加，小物塊與長木板間的動摩擦因數為必，長木板與地面間的動摩

擦因數為例，前2s內小物塊的加速度大小為力,長木板的加速度大小為生，小物塊在長木

板上滑動的距離為L,2s后小物塊和長木板一起做勻減速直線運動時的加速度大小為生,

則有

ig'm/sjm/s2

生=&=〃2g=2|2m/s2=lm/s2

/Jtmg-/z,+ni)g=Ma,

聯立解得

從=0.4,/z2=0.1/n=lkg

小物塊與木板間因摩擦產生的熱量為

e=//l^L=0.4xlxl0xl0J=40J

（3）設2s~4s內長木板受到小物塊的靜摩擦力大小為了,該靜摩擦力的方向向右。則有

f=ma3=IN

靜摩擦力對長木板的沖量大小為

1=/Ar=2N-s

方向向右。

16

(-)選考題：共12分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題

計分。

[選修3-3]

15.(1)(4分)一定質量的理想氣體依次經歷三個過程，回到初始狀態(tài)，該過程可用如圖甲

所示的P-T圖上三條直線氏c表示，其中。平行于橫軸，6的延長線過坐標原點O,c

平行于縱軸，該過程也可用如圖乙所示的。-丫圖表示。整個過程中氣體(選填“從

外界吸熱''或"向外界放熱”)，圖甲中的b過程與圖乙中的(選填"/、“e”或了，)過

程對應。

【答案】從外界吸熱e

【解析】由圖可知，整個過程理想氣體的內能不變，而氣體對外做功，根據熱力學第一定律

At/=AIV+A0

又

△W<0

故可得

則整個過程中氣體從外界吸熱。

圖甲中，〃過程，根據一定質量的理想氣體狀態(tài)方程

T

可知，溫度不變，故與圖乙中的e過程對應。

(2)(8分)

工人澆筑混凝土墻壁時，內部形成了一塊氣密性良好充滿空氣的空腔，墻壁導熱性能良好。

(1)空腔內氣體的溫度變化范圍為-33℃47℃,問空腔內氣體的最小壓強與最大壓強之比;

(2)填充空腔前，需要測出空腔的容積。在墻上鉆一個小孔，用細管將空腔和一個帶有氣

壓傳感器的氣缸連通，形成密閉空間。當氣缸內氣體體積為1L時，傳感器的示數為LOatm。

將活塞緩慢下壓，氣缸內氣體體積為S7L時，傳感器的示數為L2atm。求該空腔的容積。