2023年高考第二次模拟考试试卷物理（广东A卷）（全解全析）

2023年图考物理第二次模拟考试卷

物理•全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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.氢元素对地球来说是一种非常稀少和宝贵的资源。如图所示为氢离子（He，）的能级图,

若根据玻尔原子理论，关于氮离子能级跃迁，下列说法正确的是（）

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.大量处于〃=3能级的氢原子，最多可辐射2种不同频率的光子

B.从"=4向"=3能级跃迁，要向外辐射光子的能量2.64eV

C.处于”=1能级的氨原子，可以吸收54.0eV的能量而发生电离

D.从"=3跃迁到〃=2能级比从〃=2跃迁到”=1能级辐射出的光子波长短

【答案】B

【解析】A.大量处于〃=3能级的氮离子，最多可辐射

C；=3

种不同频率的光子，故A错误；

B.因为从〃=4向〃=3能级跃迁，要向外辐射光子的能量

△用3=用—与=2.64eV

故B正确；

C.由图可知，处于"=1能级的氮离子要发生电离，需要吸收的能量应满足

1

^E>O-EI=54.4eV

故C错误；

D.因为从〃=3跃迁到〃=2能级辐射的光子能量为

AE'=E3-E2=7.56eV

而从〃=2跃迁到n=1能级辐射的光子能量为

n

AE=E2-El=40.8eV

即从〃=3跃迁到〃=2能级比从〃=2跃迁到〃=1能级辐射出的光子的能量小，又因为

e=hv

所以从〃=3跃迁至U"=2能级比从〃=2跃迁到n=1能级辐射111的光子频率低，波长长，故D

错误。

故选B.

2.如图所示，。为光滑绝缘水平面上正方形区域ABCD的几何中心，该区域有一匀强电场,

方向水平由Q指向尸。一带负电小球从尸点以速度“沿PQ方向射入电场。以下说法正确的

B.电场中A点的电势低于C点的电势

C.小球由P向2运动的过程中，电势能不断减小

D.该小球若从例点沿MN方向射入，则小球将向8c边偏转

【答案】C

【解析】A.小球带负电，可知小球所受电场力沿着PQ方向，与小球得初速度方向相同，

小球做加速运动，故A错误；

B.根据匀强电场的等势线和电场线垂直可知，C点的电势等于P点的电势，A点的电势等

于。点的电势，沿着电场线的方向电势逐渐降低，可知电场中A点的电势高于C点的电势,

故B错误；

C.根据A选项分析可知小球所受电场力的方向与小球的运动方向相同，电场力做正功，则

小球的电势能不断减小，故C正确；

D.根据A选项分析可知小球所受电场力沿着PQ方向，该小球若从例点沿MN方向射入，

则小球将向边偏转，故D错误。

2

故选Co

3.如图所示，一平台固定在竖直平面内，以平台右边缘0点为原点，沿平台右侧竖直向下

为y轴正方向，沿水平向右为x轴正方向建立直角坐标系X。），。在该坐标系中，以坐标原点

。为圆心，半径为R的四分之一圆弧轨道竖直固定在平台的右侧。质量为机的小球从坐标

原点。以初速度如（大小未知）沿x轴正方向平抛。重力加速度大小为g,不计空气阻力。

小球从O点抛出后到落到圆弧轨道上的过程中，下列说法正确的是（）

A.当初速度％的大小为适当的值时，小球可能垂直落到圆弧轨道上

B.初速度％越大，小球在空中运动的时间越长

C.初速度%时，小球落到圆弧轨道上的动量最小

丛

—mgRR

D.小球落到圆弧轨道上的最小动能为2

【答案】D

【解析】A.若小球垂直打在圆轨道上，则速度方向的反向延长线应交于圆心；而于平抛运

动的规律可知，速度方向的反向延长线应交于水平位移的中点，根据题意可知圆心和水平位

移的中点不是同一位置，故A错误；

B.小球做平抛运动，在竖直方向上.物体做自由落体运动，有

h=2sr

解得

Y

可知/7越大，小球在空中运动时间越长，由图可知小球速度珈越小，下落的高度越高，飞

行时间越长，故B错误；

CD.设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为仇小球做平抛运动

RcosO=vot

Rsind=gg/2

由动能定理得

3

1)

mgRsin^=Ek--

解得

sin，+—!—

线=

4sin0

由数学知识得：当

-sin6»=—1―

44sin(9

即

.0&

sind=—

3

以取最小值

kJ3p

根据

p=Q2tn4z“

可知动能最小时动量最小，此时

任R

x=——R

3

联立以上可得

%=炉

故C错误，D正确。

故选D。

4.传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在

两根相互平行的倾斜椽子正中间。己知椽子与水平面夹角均为e,瓦片质量为机，重力加速

度为g,则椽子对瓦片()

椽子

A.支持力的合力方向竖直向上

B.作用力的合力方向竖直向上

C.支持力的合力大小为mg

4

D.作用力的合力大小为'咫cos。

【答案】B

【解析】AB.对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力方向垂直接触面斜向上；根据

平衡条件可得椽子对瓦片的作用力的合力与瓦片的重力为一对平衡力，即椽子对瓦片的作用

力的合力方向竖直向上，A错误，B正确；

C.根据前面分析椽子对瓦片支持力的合力大小为

FN=mgcos0

C错误；

D.椽子对瓦片作用力的合力大小为

F=mg

D错误。

故选B«

5.图甲示意我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工

A.由于粒子速度被逐渐加大，则它在D形盒中的运动周期越来越小

B.由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小

C.粒子从加速器出来的最大速度与D形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关

D.粒子增加的动能来源于磁场

【答案】C

T2兀m

1----

【解析】AB.粒子在磁场中运动的周期QB,与粒子速度无关，故粒子在D形盒中的

运动周期不变，所加交流电的周期也相应保持不变，故AB错误；

C.粒子由D形盒中飞出时，有

得

qB

结合

5

可解得粒子的最大速度为

B2R2q2

Vm=~»

2m

与D形盒的半径大小R及磁场磁感应强度8均有关，故C正确；

D.洛伦力总与粒子的运动方向垂直，不对粒子做功，只改变其方向，粒子增加的动能来源

于加速电场，故D错误。

故选C。

6.风力发电为2022年卡塔尔世界杯供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速为〃,

并形成半径为r的圆面，通过转速比为1：%的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机

线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为小

风速为v，匀强磁场的磁感应强度为8,V为交流电压表，忽略线圈电阻，则（）

A.线圈位于图示位置时，交流电压表的示数为零

B.从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为2"3s初sin（2成川）

C.变压器原、副线圈的匝数比为2mBs初:U

1,2

—pitrv

D.单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为2

【答案】B

【解析】A.交流电压表的示数应始终为交变电流的有效值，故A错误；

B.由题意可得发电机线圈的转速为成，则发电机输出的交变电流的频率为

f=nk

对该线框发电产生的交变电流应有

co=2Tif=2nnk

e=NBSa）sincot=2nNBSnksin（2兀，而）

故B正确；

C.线圈中产生的感应电动势有效值为

E=^==CnNBSnk

6

根据变压器原副线圈匝数关系得原副线圈匝数比为

/EOnNBSnk

工一万一U~

故C错误：

D.单位时间（取4=ls）内冲击风轮机叶片气流的体积

V-Sh=5v-Ar=Ttrv

气体质量

m=pV=pnrv

动能

L12123

Ek=—mv=—purv

故D错误。

故选B.

7.如图所示，在竖直平面中，有一根水平放置的，长度为L的不可伸长的轻绳，绳的一端

固定在。点，另一端连有质量为小的小球。现从A点静止释放小球，当小球运动到。点正

下方B点时，绳子突然断裂。B点位于斜面顶端，斜面足够长，倾角为仇则下面的说法正

确的是（）

I—tan0

B.小球落至斜面所需的时间为'g

C.小球落至斜面C点与B点的距离为4Ltan0

D.小球落至斜面C点与B点的距离为cos?6

【答案】D

【解析】AB.小球AB过程，由动能定理得

mgL=；m*

7

解得

VB=、2gL

小球BC过程做平抛运动，有

12

tan0=y=z!L=jL

xvHt2VB

解得

_2Vtan0_212gLtan0_

t-B==

gg

所以从A点静止释放小球，小球落至斜面所需的时间大于f,故AB错误;

CD.小球BC过程做平抛运动，有

1218Ltan20

=4Ltan23

g

小球落至斜面C点与B点的距离为

__4Ltai?6>_4Lsin，

sin0sin0cos20

故C错误，D正确。

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.如图所示，卫星A是2022年8月20日我国成功发射的“遥感三十五号04”组卫星（轨道

为圆），卫星B是地球同步卫星，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，已知三颗卫星的质

量相等，下列说法正确的是（）

A.卫星A运动得最快B.卫星B的加速度最小

C.卫星B、P的角速度相等D.卫星P受到地球的引力最小

【答案】AC

【解析】C.由于星B是地球同步卫星，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，卫星P、B

的角速度相等，C正确：

A.对于卫星A、B,根据万有引力提供向心力，有

8

_Mmv2

G-=m7

解得

GM

v=

由题图可知

所以

由于星B是地球同步卫星，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，卫星P、B的角速度相等,

根据

v=cor

可知

%>4

则卫星A运动得最快，A正确；

B.根据

「Mm

G——=ma

可知

aA>"B

根据

ci=疗r

可知

%>Qp

可知，卫星P的加速度最小，B错误；

D.根据

口cMm

F^=G—

由于卫星P距地心最近，其受到地球的引力最大，D错误。

故选AC。

9.如图，和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为乙导轨弯曲部分光滑，平直部

分粗糙，二者平滑链接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度

为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为相、长为L、电阻为2R的

金属棒从高为〃处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间

的动摩擦因数为〃，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中()

9

B.金属棒两端电势差的最大值为3乙师

C.电阻R产生的焦耳热为叫（〃一〃"）

廊B¥d

D.金属棒通过磁场所用的时间为3pmgR

【答案】AD

【解析】A.由右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是：Q-N,故人正确;

B.金属棒刚进入磁场时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知

,12

mgh=-rnvm-

解得

感应电动势为

E=BLvm=BLyj2gh

金属棒两端电势差的最大值为

REBL再

2R+R,3

故B错误；

C.由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产牛的焦耳热为

Q=mgh-wngd

电阻R产生的焦耳热为

08=前三。=!叫小一加）

ZA4-K3

故c错误；

D.由动量定理可知

-pitngt-BiLt=0-ntvm

又

EBLv

l~2R+R~~3R

10

解得

y[2ghB2l3d

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

故D正确。

故选ADe

10.在地面以初速度%竖直向上抛出一个小球，小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成

正比，落地时速率为巧，且落地前已匀速，重力加速度为g。下列说法正确的是()

A.小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下落过程中逐渐增加

[1+耳g

B.小球抛出瞬间的加速度最大，且大小为I

C.小球上升过程中机械能逐渐减小，在下落过程中机械能逐渐增加

D.小球上升过程中克服阻力做功的数值大于下落过程中克服阻力做功的数值

【答案】BD

【解析】A.上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有

f+mg-ma

解得

f

a=g+—>g

m

由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；

下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有

解得

a'=g~—<g

m

由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小，A错误;

B.空气阻力与其速率成正比，最终以v/匀速下降，有

mg=kvi

小球抛出瞬间，有

mg+kv(f=maO

联立解得

匕

抛出瞬间加速度最大，B正确；

C.全程一直存在空气阻力做功，机械能一直减小，C错误；

D.匕升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的

11

数值大于小球下降克服阻力做功的数值，D正确。

故选BD<,

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.（7分）一研究性学习小组利用图甲装置测定滑块加速运动时与平直长木板间的动摩擦

因数。

（1）实验过程如下：

①将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器；总质量为例的

滑块（含拉力传感器）在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传感器通过细绳跨过定滑轮与

质量为机的重物连接，调节使细绳与长木板平行；

②静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移随时间

变化的ST图像如图乙所示，该图线的函数表达式是s=l/9/（m）,则可得滑块加速度

"=m/s2（计算结果保留两位小数）；

③若滑块的加速度为。时，拉力传感器示数为尸，则滑块与长木板间的动摩擦因数

〃=（用题中物理量字母符号表示）。

（2）本实验中（选填“需要”“不需要”）满足滑块质量远大于重物质量。

F-Ma

【答案】长木板右端定滑轮2.38Mg不需要

【解析】（1）①为了减小误差，需调节长木板右端定滑轮使细绳与长木板平行；

V=—

②根据Z可得

v=2.38r（m/s）

二包

再根据•“一加可得

a=2.38m/s2

③根据牛顿第二定律可得

12

F=Ma

可得

F-Ma

//=------

Mg

（2）由于拉力可以通过力传感器得知，所以不满足滑块质量远大于重物质量。

12.（9分）如图（a）是一种双量程电流表内部各元件的连接图。

(a)(b)(c)

（1）这种电流表“3A”量程的内阻0.22Q（选填“大于”“小于”）；

（2）某同学用多用电表的欧姆挡检测这种电流表，选择“X10”挡，欧姆调零后将红、黑表

笔分别接到电流表的"-'”'0.6A”接线柱，指针指示如图（b）,示数为。，保持黑表

笔不动，将红表笔从接线柱移到“3A”接线柱，示数几乎与图（b）相同，由此可知电流

表内部阻值为的电阻发生________故障（选填“断路”“短路”）；

（3）由于Q88C的故障电阻阻值较小，该同学设想用如图（c）的电路测得一段阻值为440。

的电阻丝，再将它分成等长的5段，用其中一段替代。实验时移动小金属夹P到电阻丝的

某位置时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和1.30V,接下来应将P向（选填

“左,，”右,,）移动。

（4）用电阻丝替代故障电阻后，若电阻丝实际接入电路的阻值略小于标准值，则会导致用

该电流表“0.6A”量程测电流时的测量值（选填“偏大”“偏小”）。

【答案】小于140断路右偏小

【解析】（1）电流表接“3A”的量程时，根据并联电路的总电阻小于分支电阻，山图（a）可

知此时电流表的内阻为电路的总电阻，小于分支的电阻°2致；

（2）欧姆表表盘10~15之间有5格，每小格代表9,据读数规则，要读到下一位，且倍率

为“xlO，，，故读数为

14.0xl0Q=140Q

根据欧姆表电流流向“红进黑出“，山图（a）可知，140。为接线柱中间两电阻1（）。、130。之

和，说明此时1。。、130C两电阻并未与0.22Q,0.880两电阻并联；保持黑表笔不动，将红

表笔从“-”接线柱移到“3A”接线柱，示数几乎与图（b）相同，说明更换接线柱后，电流表

总电阻的阻值几乎未发生变化,故可推知电流表内部1℃、130c与0.22Q串联,阻值为0.88C

13

的电阻发生断路，若短路则欧姆表示数应为0;

(3)由示数U=L30V,/=0.50A,可得

/?=y=2.6Q<4.4Q

要增大电阻，接下来应将P向右滑。

⑷设R=l℃,&=130%%=0-22C,叫=。-88%用电阻丝替代故障电阻后，若电

阻丝实际接入电路的阻值略小于标准值，电阻丝实际接入电路的阻值为此＜°.88凌；接0.6A

量程时，设某次测电流时，流过表头的电流为6，则电流测量值为

电流的真实值为

由于

可得

会导致用该电流表“0.6A”量程测电流时的测量值偏小。

13.（10分）如图所示，边长为L的正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感

应强度为瓦。为8c的中点，有一群带电量为+4、质量为，”的粒子从。点以不同速率沿

与BC成30。的方向射入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求:

（1）粒子在磁场中运动的最长时间f；

（2）从AC边射出的粒子的速度取值范围。

4次

【答案】（D3qB.（2）

【解析】（1）粒子在磁场中受的洛伦兹力提供向心力，有

2

Dmv

14

由圆周运动中周期与速度关系有

.2兀A

T=-----

v

设粒子在磁场中圆周运动的圆心角为。，则应有

0T0m

t=-1=----

2兀qB

可知，粒子做圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由题意分析可得，粒子从边射出

5兀

时在磁场中运动的时间最长，此过程中粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为丁，故有

最长时间

t=-----

3qB

(2)粒子恰好不从AC射出时，轨迹与AC相切，运动轨迹如图

根据图中几何条件分析可知

R,=-L-sin60°

2

粒子在磁场中受的洛伦兹力提供向心力，有

q3嗒

联立解得

则从AC边射出的粒子的速度取值范围为

拒qBL

v>——-——

4m

14.(16分)如图甲所示，质量”=L5kg的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物块

以%=10m/s的速度从左端滑上长木板后，恰好不能从木板的右端掉落，其运动的VT图像

如图乙所示。取重力加速度大小g=l°m/s\求：

(1)木板的长度L;

15

（2）小物块与木板间因摩擦产生的热量Q；

（3）2s~4s内静摩擦力对长木板的冲量/。

【答案】（1）乙=10m；（2）e=40J；（3）/=2N-s,方向向右

【解析】（1）由题意结合—图像可知，，=2s时•，小物块与木板共速，且刚好运动到木板

的右端，则有

L=x物-X板=1°；2X2m一0；2,2m=10m

（2）设小物块的质量为加，小物块与长木板间的动摩擦因数为必，长木板与地面间的动摩

擦因数为例，前2s内小物块的加速度大小为力,长木板的加速度大小为生，小物块在长木

板上滑动的距离为L,2s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为生,

则有

ig'm/sjm/s2

生=&=〃2g=2|2m/s2=lm/s2

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

联立解得

从=0.4,/z2=0.1/n=lkg

小物块与木板间因摩擦产生的热量为

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

（3）设2s~4s内长木板受到小物块的静摩擦力大小为了,该静摩擦力的方向向右。则有

f=ma3=IN

静摩擦力对长木板的冲量大小为

1=/Ar=2N-s

方向向右。

16

(-)选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题

计分。

[选修3-3]

15.(1)(4分)一定质量的理想气体依次经历三个过程，回到初始状态，该过程可用如图甲

所示的P-T图上三条直线氏c表示，其中。平行于横轴，6的延长线过坐标原点O,c

平行于纵轴，该过程也可用如图乙所示的。-丫图表示。整个过程中气体(选填“从

外界吸热''或"向外界放热”)，图甲中的b过程与图乙中的(选填"/、“e”或了，)过

程对应。

【答案】从外界吸热e

【解析】由图可知，整个过程理想气体的内能不变，而气体对外做功，根据热力学第一定律

At/=AIV+A0

又

△W<0

故可得

则整个过程中气体从外界吸热。

图甲中，〃过程，根据一定质量的理想气体状态方程

T

可知，温度不变，故与图乙中的e过程对应。

(2)(8分)

工人浇筑混凝土墙壁时，内部形成了一块气密性良好充满空气的空腔，墙壁导热性能良好。

(1)空腔内气体的温度变化范围为-33℃47℃,问空腔内气体的最小压强与最大压强之比;

(2)填充空腔前，需要测出空腔的容积。在墙上钻一个小孔，用细管将空腔和一个带有气

压传感器的气缸连通，形成密闭空间。当气缸内气体体积为1L时，传感器的示数为LOatm。

将活塞缓慢下压，气缸内气体体积为S7L时，传感器的示数为L2atm。求该空腔的容积。