2023年高考考前押题密卷-物理（广东卷）（全解全析）

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2023年高考考前押题密卷（广东卷）物理（考试时间：75分钟  试卷满分：100分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本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．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为，可见光光子的能量范围是，下列说法正确的是（　　）A．光线发射器中发出的光有两种为可见光B．题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为C．题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光D．若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小，光电流减小【答案】B【详解】A．光线发射器中发出的光子的能量分别为；；可见光光子的能量范围，光线发射器中发出的光有一种为可见光，A错误；B．根据光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为，B正确；C．由图丙可知，a光遏止电压小于b光遏止电压，由，得a光能量小于b光能量，则题述a光为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光，B错误；D．部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变。因为光子数量减少，则光电子数量减小，光电流变小，D错误。故选B。2．身高相差较大的甲、乙两位工人用如图所示的方法将重物抬起。将不可伸长的轻绳两端分别固定于刚性直杆上的A、B两点，轻绳长度大于A、B两点间的距离，然后将固定在重物上的挂钩挂在轻绳上，甲、乙各肩抬直杆的一端，准备把重物抬起。个子较矮的乙直立不动，个子较高的甲下蹲后缓慢站起，从重物刚要离开地面到甲缓慢站直的过程中。不计挂钩与绳之间的摩擦。则下列说法正确的是（　　）A．轻绳的张力先变大后变小B．轻绳的张力先变小后变大C．轻绳的张力大小一直不变D．轻绳对挂钩的作用力先变大后变小【答案】A【详解】ABC．如图不计挂钩与绳之间的摩擦，则挂钩可视为“活结”。挂钩两侧绳上的拉力大小相等。甲缓慢站起至站直的过程，可视为动态平衡。设挂钩两侧轻绳的夹角为2θ，设轻绳上的拉力为F，则由共点力的平衡可得则当甲缓慢站起至低于乙的过程中，AB之间的水平距离变大，因（l为绳子总长度）故轻绳间的夹角2θ先变大，先变小，轻绳的张力先变大；当杆水平时轻绳间夹角最大，轻绳的张力最大；当甲的高度超过乙的高度时，AB之间的垂直距离开始变小，故轻绳间的夹角2θ变小，变大，轻绳的张力变小；故轻绳的张力先变大后变小，故A正确，BC错误；D．轻绳对挂钩的作用力，大小等于挂钩对轻绳的作用力，等于重物的重力，大小不变，故D错误。故选A。3．如图所示，一固定的不带电金属球壳接地，半径为R，球心为A，将一带电量为+q的点电荷固定在离球心为2R的B点，D、E是AB连线上的两点，BD=BE，BC与球壳相切于C点，球壳静电平衡时，C点的场强，下列说法正确的是（　　）A．C点电势低于A点 B．D点电势低于E点C．A点的场强 D．球上的感应电荷在C处的场强大小【答案】B【详解】A．静电平衡状态的导体是等势体，所以C、A等电势，即A错误；B．+q在DE两点电势相等，感应电荷在D点的电势比E点低，所以D点电势低于E点，即B正确；C．静电平衡状态的导体内部的场强处处为0，所以C错误；D．C点场强指向A点，+q在C两点的场强沿BC向外，大小为由矢量合成可知选项D错误。故选B。4．2023年1月21日，农历除夕当晚，中国空间站过境祖国上空，神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆向全国人民送来新春祝福。如图所示，中国空间站绕地心做近似圆周运动，轨道半径为r，航天员们在空间站内观察地球的最大张角为。已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转。则（　　）A．地球半径为 B．航天员所受地球引力几乎为零C．空间站绕地球运动的周期为 D．航天员的向心加速度为【答案】C【详解】A．由题图，设地球的半径为R，由几何关系可得解得地球半径为，A错误；     B．因为地球表面物体的重力等于地球的引力，可得可得设航天员的质量为m＇，由万有引力定律可知，航天员所受地球引力为因航天员的质量m＇不是零，所以航天员所受地球引力不是零，B错误；C．空间站受地球的引力提供向心力，可得解得，C正确；D．由牛顿第二定律可得解得航天员的向心加速度为，D错误。故选C。5．某均匀介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上和处，时刻两振源同时开始振动，时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。则下列说法不正确的是（　　）A．振源P起振方向沿y轴正方向B．振源Q的振动方程为C．波在介质中的传播速度为1 cm/sD．两列波在处相遇后，该质点的振动始终加强【答案】D【详解】A．因振源P产生的波在时刻传到的位置，的位置此时向y轴正方向，则振源P起振方向沿y轴正方向，故A正确；BC．波速周期；由图可知，振源Q起振方向沿y轴负方向，则振源为Q的振动方程为故BC正确；D．两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x=3cm处相遇后，该质点的振动始终减弱，故D错误。本题选择错误选项；故选D。6．（改编题）在折射率为的液体内部有一点光源，点光源可以向各个方向移动，初始时刻，在液面上观察到半径为的圆形光斑。现让点光源向某个方向匀速移动，发现光斑最右侧边沿位置不动，最左侧边沿向左侧移动，经过2s，左侧边沿向左移动了，侧面图如下图所示，则点光源S的移动速度方向和大小（     ）A．  水平向左         B．水平向右        C．          D．【答案】C【详解】由图可知光源移动的位移s满足由公式联立解得，光源移动速度为方向为光源S沿着左下方角。7．无线充电是近年发展起来的新技术，无线充电技术与变压器相类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图所示，充电基座接上220V，50Hz家庭用交流电，受电线圈接上一个理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大）给手机电池充电。已知手机电池的充电电压为5V，假设在充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量的损失，下列说法正确的是（　　）A．受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为受电线圈发生了自感现象B．220V，50Hz家庭用交流电电流方向每秒变化50次C．基座线圈和受电线圈的匝数比为44：1D．受电线圈两端的输出电压的电压峰值为10V【答案】D【详解】A．电线圈之所以能够给手机电池充电是因为受电线圈发生了互感现象，故A错误；B．正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，则家用交流电每秒有50个周期，所以电流每秒变化100次，故B错误；CD．设受电线圈电压的峰值为U2，由于其后有一二极管使反向电压不能通过，据有效值的定义解得由变压器规律故D正确，C错误。故选D。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．我国战机歼-20在空中飞行表演结束后，降落至跑道并打开了阻力伞，直至减速到零。已知歼-20战机落地时的速度为v0，动能为Ek0，落地后滑行的总时间为t0，滑行的总距离为s0，且，则该过程中下列关于歼-20战机的速度—时间图像及克服阻力做功—滑行距离图像，正确的是（　　）A． B．C． D．【答案】AD【详解】若战机所受阻力恒定，做匀减速直线运动，则v-t图像如下与坐标轴围成面积表示位移大小，为由于实际情况，则可知实际围成面积小于上图，则图像为斜率逐渐减小，则加速度减小，所受阻力逐渐减小，由此可知，当走过相同位移时克服阻力做功减少，则W克-s图像斜率减小，如图故选AD。9．如图1所示，一光滑轨道由AB、BC和CD段组成。AB段倾角为θ，BC段水平。质量为m的滑块在顶端A处由静止滑下，经C点飞入空中，最终落在CD段上的E点。不计滑块经过B点的机械能损失和空气阻力，滑块加速度大小a随时间t变化的图像如图2所示，图中的物理量均为已知量，依据图中信息可求得（　　）A． B．C、E两点的高度差C．滑块在B点的速度大小为 D．滑块在E点时，重力瞬时功率为【答案】CD【详解】A．由图可知，在时间内滑块从A加速到B，则有，在时间内滑块从C到E做平抛运动，则有，联立可得故A错误；B．在时间内滑块从C到E做平抛运动，则有故B错误；C．在时间内滑块从A加速到B点，则有故C正确；D．在时间内滑块从C到E做平抛运动，在E点时竖直方向的速度为则滑块在E点时，重力瞬时功率为故D正确。故选CD。10．如图所示，以棱长为的正方体顶点为原点建立三维坐标系，其中正方体的顶点落在轴上，顶点落在轴上。一质量为、电荷量为的带电粒子（重力不计）由点沿轴正方向以初速度射入，第一次在正方体内加沿轴负方向磁感应强度大小为的匀强磁场，该粒子恰好能通过的中点；第二次在正方体内加沿轴负方向电场强度大小为的匀强电场，该粒子恰好能通过的中点；第三次在正方体内同时加上大小不变的磁场和电场，磁场方向不变，将电场方向调整为与平面平行，与轴正方向成角、与轴正方向成角。则（　　）A．该粒子在正方体内运动的时间第一次大于第二次B．电场强度和磁感应强度满足C．该粒子第三次在正方体内的运动为匀变速曲线运动D．该粒子第三次从正方体内射出的位置坐标为【答案】ACD【详解】A．第一次粒子在磁场中运动，半径为可知运动时间第二次粒子在电场中运动，运动时间故，A正确；B．第二次运动中，粒子在方向上匀变速直线运动解得故有，B错误；C．第三次运动过程中，带电粒子所受电场力洛伦兹力在平面内，如图所示，沿轴方向有电场力沿轴的分量让粒子在轴正向加速，故粒子的运动为从点以速度沿轴正向做匀速直线运动以及沿轴正向做匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，C正确；D．粒子在方向上解得，方向上，方向上的坐标为，故出射点坐标为，D正确。故选ACD。三、非选择题：共54分。考生根据要求作答。11．（6分）用如图所示的装置探究加速度、力和质量的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上，小车上固定一定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和沙桶。（1）实验时，下列操作必要且正确的是______。A．用天平测出沙和沙桶的质量B．将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力C．为了减小误差，实验中要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量D．应当先释放小车，再接通电源（2）利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图所示（图中每两个计数点间还有四个点未画出）。则在该次实验中小车运动的加速度大小为______m/s2（结果保留三位有效数字）。（3）某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行其他实验步骤，该同学作出的小车的加速度a与弹簧测力计示数F的图像如图所示，则实验中小车受到的摩擦力大小为______。【答案】     B     1.19     2F0【详解】（1）[1]B．为了使得细绳对小车的弹力等于小车所受外力的合力，实验时，需要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力，故B正确；AC．由于弹簧测力计能够直接测量出细绳的拉力大小，即可以直接求出小车所受外力的合力，并没有用沙与沙桶的重力表示细绳的拉力，所以实验中不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故AC错误；D．使用打点计时器时，应当先接通电源，后释放纸带，故D错误。故选B。（2）[2]根据逐差法可得小车运动的加速度大小为（3）[3]若实验时未把木板的一侧垫高，则有所以结合图像，将坐标（F0，0）代入函数式，解得12．（10分）电学实验中可将电源E1与电源E2及灵敏电流计G连成如图甲所示电路，若灵敏电流计G示数为0，说明此时两电源的电动势相等：根据这一原理，某同学设计了如图乙所示电路，来测量某电源C的电动势为E，其中A为工作电源（内阻不计），B为电动势恒定的标准电源，其电动势为E，R1、R2为电阻箱，R3为滑动变阻器，G为灵敏电流计，S1、S3为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关，实验过程如下：①实验开始之前，将R1和R2的阻值限定在1 000 Ω到3 000 Ω之间；②将S2置于1处，闭合开关S1、S3，通过调节R1、R2，使R3阻值为0时，灵敏电流计G示数为0，记录此时的R1与R2的阻值，分别为R1校、R2校；③将开关S2置于2处，保持通过R1、R2的电流不变，重复上述操作，使R3的阻值为0时，灵敏电流计G的示数为0，记录此时的R1与R2的阻值，分别为R1测、R2测。根据上述实验过程回答问题：（1）实验步骤①中，为保护灵敏电流计，开始时滑动变阻器触头应处在最________端（填“左”或“右”）；（2）在步骤③中，为保持实验过程中流过R1与R2的电流不变，调整R1、R2时需要使R1测、R2测与R1校、R2校满足的关系是____________；（3）待测电源C的电动势E＝________（用题中所给物理量符号表示）；（4）若工作电源A的内阻不可忽略，则待测电源C的电动势E测量值相比于上述方案结果________（选填“偏大”“不变”或“偏小”）．【答案】     左     R1测＋R2测＝R1校＋R2校          不变【详解】（1）[1]在开关闭合前，为保护灵敏电流计G，R3接入的阻值应为最大，则触头应在最左端；（2）[2]改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变，电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使R1校与R2校的阻值之和为某一固定阻值，所以使R1测和R2测的阻值之和也为该固定阻值，即R1测＋R2测＝R1校＋R2校（3）[3]根据部分电路欧姆定律，有＝；＝可知，当满足R1测＋R2测＝R1校＋R2校有Ex＝（4）[4]若考虑工作电源内阻，则有＝；因之前有R1测＋R2测＝R1校＋R2校，考虑到了工作电源内阻后，则有R1测＋R2测＋r＝R1校＋R2校＋r故整理后依旧为Ex＝故测量值不变。13．（10分）如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管，右端通过橡胶管（橡胶管体积不计）与放在水中的导热金属球形容器连通，球形容器的容积为，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出，水银柱上方空气柱长。（已知大气压强，U形玻璃管的横截面积为）（1）若对水缓慢加热，应加热到多少摄氏度，两边水银柱高度会在同一水平面上？（2）保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度是多少时右管水银面回到原来的位置？【答案】（1）；（2）【详解】（1）初状态压强为；体积和温度为，末状态，，由理想气体状态方程有代入数据得（2）当往左管注入水银后，末状态压强为p，体积为由等温变化解得可知往左管注入水银的高度为14.（12分）如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距m，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值Ω的定值电阻。在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场，记M点所在位置为坐标原点，沿MP方向建立坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中T。现有一总质量kg的“工”字形“联动双棒”（由两根长度略长于的平行金属棒ab和cd，用长度为的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为Ω），以初速度沿轴正方向运动，运动过程中棒与导轨保持垂直，最终静止于轨道上，忽路磁场边界效应。求（1）棒ab刚进入磁场时，流经棒ab的电流的大小和方向；（2）棒ab在EF处的速度大小和在GH处时的速度大小；（3）电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）8A，（2）4m/s，3m/s（3）0.3375J【详解】（1）当ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为由欧姆定律解得由右手定则可知，电流方向为acdba；（2）当ab棒进入磁场后，到ab棒到达EF处的过程中，由动量定理可得；解得当ab棒经过EF后，由于EF绝缘，ab棒与cd棒不再形成闭合回路，虽有切割，但感应电流为0，所以两棒做匀速运动，直至cd棒经过EF处，此后，对ab棒对cd棒由乙图可知所以，电路中的总感应电动势为由欧姆定律则ab棒的安培力cd棒的安培力所以ab棒与cd棒的合力向左，为当ab到达GH处时，由动量定理解得（3）当ab棒经过GH，由于GH绝缘，ab棒无电流，ab棒切割与右边电阻形成闭合回路，则由欧姆定律ab棒所受安培力设ab棒运动的距离后减速为0，由动量定理可得解得故ab棒还未离开磁场就减速为0，由动能定理可得则电阻R产生的焦耳热为解得15．（16分）水平面上O点的左边光滑，右边粗糙。材料不同、密度均匀的长方体物块甲和乙，乙的质量m2是甲的质量m1的3倍，两物块的底边长均为L=1m，甲乙分别以=2m/s的初速度先后从O的左边向右运动进入粗糙面，甲停在O点右端，其左端距离O点S=1.5m，乙恰好停在O点的右边(如下图）。重力加速度g=10m/s2。（1）分别求出物块甲和乙与右平面的动摩擦因数μ1，μ2。（2）保持乙在O的右侧，再次将甲从左光滑面上以8m/s的速度匀速向右滑动，t=0s时刻甲与乙发生弹性碰撞，同时在甲的左边光滑面上固定一挡板（甲与挡板碰撞后会立刻原速率返回），经过0.5s后，甲和乙再次发生弹性碰撞，求甲乙都静止时两者相隔的距离。(结果保留两位小数，)【答案】（1）μ1=0.1， μ2=0.4；（2）【详解】（1）甲乙开始进入粗糙面时的摩擦力大小与位移成正比，由动能定理，解得，（2）甲乙发生弹性碰撞，设速度大小分别为和，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒有， 代入数据得（向左），碰撞后，乙在O的右边做匀减速运动，根据牛第二定律有解得0.5s时的速度为0.5s时的位移为甲与挡板碰撞后返回以原速率进入粗糙面，设与乙碰撞前的速度为，进入粗糙面的过程中加速度在增大，全部进入时加速度为，根据牛顿第二定律有解得由运动学公式有解得 甲乙发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为和，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒有，解得，由运动学公式，解得，可知不会发生第三次碰撞，甲乙都静止时两者相隔的距离为