广东省2023年高考物理预测试卷（Word版附解析）

2023年广东省高考物理预测卷（2）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.如图舰载机保持牵引力大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】考查三力平衡和力的分解。【详解】由题意可知，当阻拦索夹角时，由力的平衡可知此时阻拦索张力为，所以ACD项错误，B项正确。故选B。2.“嫦娥二号”环月飞行的高度为100km，所探测到的有关月球的数据将比环月飞行高度为200km的“嫦娥一号”更加详实。若两颗卫星环月的运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图所示。则由题中条件可得（　　）A.“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”大B.“嫦娥二号”环月运行的线速度比“嫦娥一号”小 C.“嫦娥二号”环月运行的向心力比“嫦娥一号”大D.“嫦娥二号”环月运行的向心加速度比“嫦娥一号”大【答案】D【解析】【详解】A．根据解得由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”小，故A错误；B．根据解得由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的线速度比“嫦娥一号”大，故B错误；C．由于两卫星的质量大小未知，则无法比较向心力的大小，故C错误；D．根据解得由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的向心加速度比“嫦娥一号”大，故D正确。故选D。3.饲养员在池塘边堤坝边缘处以水平速度往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为。坝顶离水面的高度为，取，不计空气阻力（，），下列说法正确的是（　　） A.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度越大，从抛出到落水所用的时间越长B.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大C.若平抛初速度，则鱼饵颗粒不会落在斜面上D.若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．平抛时间由高度决定，与无关，故A错误；B．若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度方向与水平面的夹角正切值越大，越小，即越小，故B错误；C．若鱼饵颗粒恰好落在B点，则由竖直方向可得水平方向可得鱼饵颗粒不会落在斜面上，故C正确；D．若鱼饵颗粒不能落入水中，落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角，根据位移分解关系 联立可得因此一定，由几何关系可知落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变，故D错误。故选C。4.如图为某同学设计的一种发电装置。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角a均为，磁场均沿半径方向。N匝矩形线围abcd的边长ab=cd=L、bc=ad=2L。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。则（　　）A.矩形线围每转动一周，电流方向改变一次B.从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式C.线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小D.外接电阻上电流的有效值【答案】D【解析】【详解】A．矩形线围每转动一周，电流方向改变两次，选项A错误；B．两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈切割磁感线时，感应电动势不变，是方波式交流电，故B错误；C．线圈切割磁感线时，bc、ad边的运动速度为感应电动势为 解得感应电流bc边所受安培力的大小选项C错误；D．一个周期内，通电时间则解得故D正确。故选D。5.若用｜E1｜表示氢原子处于基态时能量的绝对值，处于第n能级的能量为，则在下列各能量值中，可能是氢原子从激发态向基态跃迁时辐射出来的能量的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】处于第二能级的能量则向基态跃迁时辐射的能量处于第三能级的能量 则向基态跃迁时辐射的能量处于第4能级的能量为向基态跃迁时辐射的能量则B正确，ACD错误；故选B．【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即．6.如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平相向抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的4倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（　　）A.tB.C.D.【答案】D【解析】【详解】把平抛运动分解成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动的独立性和等时性可知，平抛运动的时间和水平方向上运动的时间相同，由题意可知当速度变为4倍时，有故ABC错误，D正确。故选D。 二、多项选择题：本大共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。7.如图所示，在立方体区域内有垂直于abcd平面向上的匀强磁场，现有一负离子不计重力以速度v垂直于adhe平面向右飞入该区域，为使粒子能在该区域内沿直线运动，需在该区域内加一匀强电场，则匀强电场的方向为　　A.垂直abfe平面向里B.垂直adhe平面向左C.垂直abfe平面向外D.垂直adhe平面向右【答案】A【解析】【分析】带电粒子恰好在电场与磁场中做直线运动，当受到电场力与磁场力时，则两力必平衡．这样确保速度不变，才会使洛伦兹力不变，否则不可能做直线运动．当只受到电场力时，磁场方向须与运动方向相平行，此时虽在磁场中但没有洛伦兹力存在．【详解】当匀强磁场方向竖直向上，不计重力的负离子，则洛伦兹力垂直纸面向里，由于直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，则离子受到的电场力垂直纸面向外，而匀强电场方向垂直于纸面向里，使离子做匀速直线运动，故A正确，BCD错误．【点睛】当两个电场力与磁场力均存在时，必须是平衡力，因为洛伦兹力是与速度有关的力．当粒子的运动方向与磁场方向平行时，没有洛伦兹力存在，所以只要考虑电场力就可以．8.如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E磁感应强度为B。在a点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是曲线上离MN板最远的点。已知微粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是（　　） A.磁场的方向为垂直纸面向里B.微粒在c点时的机械能最大C.微粒在c点的速率最大，大小为D.微粒到达b点后将沿原路径返回a点【答案】AB【解析】【详解】A．粒子带正电，根据微粒从a点开始运动偏转方向，根据左手定则可知，磁场的方向为垂直纸面向里，选项A正确；B．从a运动到c，电场力做正功，从c运动到b，电场力做负功，因电场力做功等于机械能增量，可知微粒在c点时的机械能最大，故B正确；C．微粒在c点时的动能最大，速度最大，如果选项C正确，则存在mg+Eq=Bqv即说微粒在c点时受到的重力、电场力和洛伦兹力是平衡的，由于微粒在c点做的是曲线运动，其合力方向应该竖直向上，故这三个力不是平衡力，故上式是不成立的，选项C错误；D．微粒在b点受力情况与a点的受力情况相同，可知微粒到达b点后将相同轨迹向右做曲线运动，不可能沿原路径返回a点，故D错误；故选AB。9.放在粗糙水平面上物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是（　　） A.0~6s内物体位移大小为36mB.0~6s内拉力做的功为70JC.合力在0~6s内做的功与0~2s内做的功不相等D.滑动摩擦力大小为N【答案】BD【解析】【详解】A．由速度与时间图像围成的面积等于物体的位移，则0～6s内物体的位移大小故A错误；B．由功率与时间图像围成的面积等于力做的功，则在0～6s内拉力做的功为故B正确；C．在0～6s内与0～2s内动能变化相同，则根据动能定理可知，合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故C错误；D．2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，由则有故D正确。故选BD。10.如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2分别是半径为a的圆形磁场区域与边长为2a的正方形磁场区，区域内的磁场方向分别为垂直于导轨平面向外与竖直向上，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m电阻为r的金属杆AB穿过C2的中心垂直跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止，已知棒与导轨间动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A.通过金属杆的电流方向为从A到BB.回路中电流大小C.定值电阻的阻值为D.整个电路的热功率【答案】BCD【解析】【详解】A．区域中磁场的磁感强度随时间按变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故A错误；B．对金属杆，根据平衡方程得解得故B正确；C．由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势为且闭合电路欧姆定律有 又，解得故C正确；D．整个电路中产生的热功率为故D正确．故选BCD。三、非选择题：共54分。第11-14题为必考题，考生都必须作答。第15-16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分11.如图所示，某同学利用该装置验证小球向下摆动过程中机械能是否守恒，不可伸长的轻质细线一端固定在O点，另一端连接小球，在O点的正下方D处（箭头所指处）放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时能被割断，实验中小球摆到最低点时恰好与桌面接触但没有弹力，已知当地的重力加速度为g。实验步骤如下：a.实验开始前，测出小球的直径d，再让小球处于自然悬挂状态，测出悬线的长为L，小球下端距水平地面的高度为h；b.将小球向右拉离平衡位置，测出细线与竖直方向成一定的张角，由静止释放小球，使小球在竖直面内做圆周运动，小球运动到最低点时细线立即被刀片割断（不计细线割断时的能量损失）；c.割断细线后，小球水平抛出，测得小球抛出后的水平位移为x。完成下列问题：（1）本实验所用器材有：细线、小球、刀片、量角器和_________A.天平　　B.刻度尺　　C.游标卡尺 （2）割断细线后，小球水平抛出的速度表达式为v0=_________（用已知和测量物理量的符号表示）。（3）验证机械能守恒定律成立的表达式为_________（用已知和测量物理量的符号表示）。【答案】①.BC②.③.【解析】【详解】（1）[1]由机械能够守恒的式子可得与小球的质量无关，故不需要天平，这里需要测量细线的长度以及小球的直接，所以需要用到刻度尺和游标卡尺，故选BC。（2）[2]小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动有水平方向有联立可得（3）[3]小球下降的高度为若机械能守恒有化简得满足该式子，则得出机械能守恒。12.某同学用电阻丝代替滑动变阻器测量两节干电池的电动势与内电阻，如图1所示，电阻丝的左边接线柱与导线连接，右边通过金属夹与电路相连，电阻丝接入电路部分的长度可通过改变金属夹的位置进行调节，实验中测得的数据如下表， 10090807060504030202.422.352.302.202.102.021.901.731.520.140.160.170.200.220.240.290.360.4017.314.713.511.09.58.46.54.83.8（1）某次实验的电流表示数如图2所示，则电流表读数为___________A；（2）根据实验数据获得的图像如图3所示，已知电流表内阻为，由图像得两节干电池的总电动势___________V，总内电阻___________（小数点后保留两位）；（3）根据实验数据获得的电阻丝电阻R与其长度L的图像如图4所示，并测得电阻丝的直径为，则电阻率___________（保留两位有效数字）。【答案】①.0.30②.2.85##2.86##2.87##2.88##2.89③.2.79~2.89④. 【解析】【详解】（1）[1]电流表采用0~0.6A量程时的分度值为0.02A，所以电流表读数为（2）[2]U-I图象的纵截距表示两节干电池的总电动势，即考虑到读图误差，答案在2.85~2.89范围内均可。[3]由题图1可知电流表采用外接法，所以U-I图象斜率k的绝对值表示两节干电池的总内电阻r和电流表内阻rA之和，即考虑到读图误差，答案在2.79~2.89W范围内均可。（3）[4]由题图4以及电阻定律可知所以考虑到读图误差，答案在9.6×10-7~1.1×10-6范围内均可。13.如图所示，一根足够长的圆管竖直固定，管内有一质量可以忽略的轻活塞C，一根轻质细弹性绳的上端连接活塞C，下端连接质量为m的小物块A，A处于静止。已知弹性绳的劲度系数为k且弹性规律满足胡克定律，活塞与管壁间的最大静摩擦力为3mg，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现有一个质量为m的细圆环B从中间穿过弹性绳，并从A的正上方处静止释放，A、B碰撞时间极短且完全粘合。（1）A、B碰撞结束时的速度大小；（2）A、B整体第一次达到速度最大时的速率；（3）A、B整体第一次达到最低点的过程中活塞与筒壁产生的摩擦热量。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据得B下落到A时速度根据动量守恒得A、B碰撞结束时的速度（2）当弹性绳弹力等于重力时，速度最大，即此时弹性绳伸长量根据动能定理解得（3）当弹性绳弹力等于活塞与管壁间的最大静摩擦力为f=3mg时，弹性绳伸长量最大，即解得则关于平衡位置对称，故速度大小相等，为，故从弹性绳伸长量最大到A、B整体第一次达到最低点过程中，弹性绳弹力不变，弹性绳 长度不变，重力和摩擦力做功，根据动能定理得活塞与筒壁间的摩擦力做功大小则活塞与筒壁产生的摩擦热量14.如图所示，AC水平轨道上AB段光滑、BC段粗糙，且BC段的长度L=1m，CDF为竖直平面内半径R=0.1m的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度大小E=1×103N/C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量m=0.1kg的滑块P接触。当弹簧处于原长时滑块在B点，在F点有一套在半圆轨道上、电荷量q=1.0×10-3C的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块Q（图中未画出）。由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动，当圆环运动到半圆轨道的最右侧D点时对轨道的压力大小FN=5N。已知滑块Q与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s²，两滑块和圆环均可视为质点，圆环与滑块Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P两滑块碰撞后粘在一起。求；（1）圆环的质量M；（2）圆环与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小；（3）弹簧的最大弹性势能Ep。【答案】（1）0.1kg；（2）2m/s；（3）0.05J【解析】【详解】（1）圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有 由牛顿第二定律有解得（2）圆环从F点运动到C点，电场力做功为0，仅有重力做功，故解得（3）圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2m/s；滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有解得滑块Q和滑块P碰撞时有解得15.假定两个分子的距离为无穷远时，它们的分子势能为0，使一个分子固定，另一个分子在外力作用下从无穷远逐渐向它靠近，直至相距很近很近，整个过程中分子势能______(填“不变”或“先增大后减小”或“先减小后增大”)。物体从单一热源吸收的热量______(填“可以”或“不可以”)全部用于做功。【答案】①.先减小后增大②.可以【解析】【详解】[1]开始时两分子间距离大，分子间作用力表现为引力，分子相互靠近，引力做正功，分子势能减小，随分子间距离减小到平衡位置后，分子间作用力表现为斥力，分子相互靠近，斥力做负功，分子势能增加，故整个过程分子势能先减小后增加；[2]根据热力学第二定律可知，在外界因素影响下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功。 16.如图是小魔术“浮沉子”的模型。将小玻璃瓶封闭一部分气体倒扣于盛有水的塑料瓶中，使之漂浮于水面，将瓶盖拧紧之后，若用力挤压塑料瓶的侧壁，小玻璃瓶将会下沉，松手之后玻璃瓶又会自动上浮。若挤压前塑料瓶中气体A的体积VA=11cm3，玻璃瓶中封闭的空气柱B的长度为L=1.1cm，玻璃瓶露出水面部分长度为h=0.1cm，玻璃瓶质量m=1g。大气压强为p0=1.0×105Pa，环境温度恒定不变。已知水的密度=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。求：①玻璃瓶底部面积S；②要使小玻璃瓶下沉水中，则至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小多少？（处理气体实验定律时，A、B两部分气体压强差别极小，可认为气压相等）【答案】①；②【解析】【详解】①根据平衡可知解得②小瓶初态当小瓶刚好浸没在水中时内的小瓶气体V2=xS压强p2=p′0对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知p1V1=p2V2对小瓶根据平衡状态对气体A 联立解得