广东省各地区2023年高考物理模拟（二模）题汇编-03解答题1

广东省各地区2023年高考物理模拟（二模）题按题型分类汇

编-03解答题1

一、解答题

1.（2023届广东省湛江市高三下学期第二次模拟考试物理试题）如图所示，半圆形透

明柱体，其横截面的半径为R，圆心为。，AB为水平直径，现有一单色细光束从。8中

点以与竖直方向成ɑ的角度射入，光束折射后恰好能到达S点。已知Sina=冬叵。

5

（1）求该柱体的折射率”；

（2）若用该单色光垂直照射整个AB面，求在半圆弧ASB上有光透出的弧长与ASB的

2.（2023届广东省湛江市高三下学期第二次模拟考试物理试题）如图所示，固定水平

桌面左右两端分别放有质量m∕=0.5kg和"2=lkg的P、Q两物块（均可视为质点），现

给物块P—水平向右的初速度，物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞（时

间极短），碰撞后物块P停在桌面上距右端L=0.25m处，物块Q离开桌面后做平抛运

动，水平射程X=Im。已知桌面距水平地面的高度〃=1.25m,取重力加速度大小g=

2

10m∕so求：

（1）物块Q离开桌面时的速度大小;

（2）物块P与桌面间的动摩擦因数。

3.（2023届广东省湛江市高三下学期第二次模拟考试物理试题）如图所示，在第一象

限的O≤x≤L区域内存在沿X轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，在XNL的区

域内存在沿y轴负方向、电场强度大小未知的匀强电场？，X轴下方存在垂直纸面向外、

磁感应强度大小未知的匀强磁场。一质量为〃八电荷量为q的带正电粒子（不计粒子的

重力）从y轴上A（0,L）点处由静止释放，粒子离开（）≤x≤L区域后撤去该区域内的

匀强电场，粒子经C（3L0）进入X轴下方的磁场中，之后粒子经过第二象限回到A

点。求

（1）匀强电场的电场强度大小E'；

（2）粒子从A点出发至第一次返回A点所用时间%

4.（2023届广东省佛山市普通高中高三下学期教学质量检测（二模）物理试题）在饮

品质检中常通过测液体折射率确定饮料含糖量。如图甲所示，一半圆柱透明薄壳空腔，

截面圆心为。点，MN部分内表面涂黑，向其中注满待测液体，有一目镜可沿以。点为

圆心的圆轨道尸。转动，始终对准O点进行观察。

（1）一束单色光如图乙从。点射入，请画出该入射光在待测液体中折射光线的大致光

路；

（2）图甲中，若有各个方向的单色光从。点射入待测液体，当目镜沿P→。方向转动

时.，先观察到目镜中全是亮光，后观察到如图所示半明半暗的情形，接着再向。转动目

镜，则观察不到亮光，请分别解释一开始能看到亮光的原因和最后看不到亮光的原因；

（3）在图甲中，观察到目镜视野中明暗各一半时，测得经目镜的视线与竖直方向的夹

角为9,求该饮料的折射率。

5.（2023届广东省佛山市普通高中高三下学期教学质量检测（二模）物理试题）近年

来电动汽车越来越普及，有的电动汽车动力来源于直流电机。直流电机工作原理可简化

如下图所示：在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，两光滑平行金属导轨固定在

绝缘水平面上，间距为L,两轨间接一电动势恒为E、内阻恒为r的直流电源。质量为

试卷第2页，共8页

机的导体棒外垂直导轨静置于导轨上，接入电路部分的有效电阻为凡电路其余部分

电阻不计。一根不可伸长的轻绳两端分别连接在导体棒的中央，和水平地面上质量为M

的物块上，绳与水平面平行且始终处于伸直状态。已知物块与水平面的动摩擦因数为”,

重力加速度为g,闭合开关S,物块即刻开始加速。

（1）求S刚闭合瞬间物块加速度的大小，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力：

（2）求当导体棒向右运动的速度为V时，流经导体棒的电流；

（3）求物块运动中最大速度的大小。

6.（2023届广东省佛山市普通高中高三下学期教学质量检测（二模）物理试题）如图

所示，有一质量为M=2.0kg的滑块静放在光滑的水平地面上，滑块上表面AB部分是

半径R=0.25m、圆心角夕=53"的光滑圆弧，圆弧底部与光滑水平部分BC相切，滑块

水平面到地面的高度h=0.20m。现有质量m=1.0kg的小球，从某一高处以%=3.0m∕s的

初速度水平抛出，小球恰能从A点沿切线进入滑块圆弧曲面，重力加速度g取IOm/s',

sin53o=0.8，cos530=0.6,则

（1）小球抛出时距离滑块上表面A端的高度”应为多少？

（2）当小球滑至圆弧底端8时，滑块的速度大小为多少？

（3）若滑块左侧有段足够长的粗糙地面，小球刚离开滑块时，滑块恰好到达该段粗糙

地面的边界线，滑块与粗糙地面间的动摩擦因数为〃，问当小球落地时，滑块在粗糙地

面滑行的距离是多少？（结果可用含〃的表达式表示）

7.（2023届广东省汕头市高三下学期二模物理试题）为保证泳池夜间安全，需要在泳

池铺设池底灯提供光照。如图所示，足够大的泳池中央有一直径为4的圆形池底灯，灯

面与池底相平。已知水的折射率为〃，水深为小水面平静，求：

（1）灯光在水中发生全反射的临界角C的正切值；

（2）在水面上形成的光斑面积S。

/

d・

8.（2023届广东省汕头市高三下学期二模物理试题）如图是一位同学设计的直角输送

推料装置，导轨输送线A与倾角为6=37。、长度为L=3.5m的导轨输送线B平滑连接。

每相同时间间隔有一个质量，"=Ikg的料盒通过输送线A被送到推杆前并处于静止状

态，推杆将其沿输送线B推动距离A）=O/m后，快速缩回到原推料处，料盒离开推杆

后恰能到达输送线B的顶端。已知输送线B与料盒的动摩擦因数〃=0］，整个过程料

盒可视为质点，输送线B静止不动，重力加速度g=I0m∕s2,sin37°=0.6,∞s37o=0.8,

求：

（1）料盒离开推杆后，在输送线B上滑行的加速度；

（2）推杆对每个料盒做的功

9.（2023届广东省汕头市高三下学期二模物理试题）如图，一有界区域内，存在着磁

感应强度大小均为B,方向分别垂直于光滑水平桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为

边长也为/的正方形单匝金属线框P、Q的质量均为加、电阻均为R。它们置于光滑桌

面上，其左、右边与磁场边界平行，开始时P、Q靠在一起但彼此绝缘且不粘连。使它

们一起以大小为%的初速度向右运动并进入磁场，线框所用金属丝的宽度可忽略不计。

（1）用水平推力作用在线框Q上，使P、Q一起以速度％匀速穿过磁场区，求整个过

程中水平推力的最大值；

（2）不加外力，让线框P、Q在磁场中自由滑行，结果线框Q恰好能穿过磁场区。求

线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热QP与QQ之比。

试卷第4页，共8页

X×

10.（2023届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试物理试题）某山地车气压避震器

主要部件为活塞杆和圆柱形气缸（出厂时已充入一定量气体）。气缸内气柱长度变化范

围为40mm~100mm,气缸导热性良好，不计活塞杆与气缸间摩擦：

（1）将其竖直放置于足够大的加热箱中（加热箱中气压恒定），当温度工=30OK时空

气柱长度为60mm,当温度缓慢升至n=360K时空气柱长度为72mm,通过计算判断该

避震器的气密性是否良好。

（2）在室外将避震器安装在山地车上,此时空气柱长度为IOOmm,气缸内的压强为5%,

骑行过程中由于颠簸导致气柱长度在最大范围内变化（假定过程中气体温度恒定），求

气缸内的最大压强。（结果用也表示）

11.（2023届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试物理试题）某肿瘤治疗新技术是

通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其

原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为8。水平放置的目

标靶长为2/,靶左端M与磁场圆心O的水平距离为/、竖直距离为血。从电子枪逸出

的电子（质量为机、电荷量为e,初速度可以忽略）经匀强电场加速时间，后，以速度%

沿P。方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为60。），恰好击中M点，求：

（1）匀强电场场强的大小；

（2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；

（3）为保证电子击中目标靶MN,匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。

12.（2023届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试物理试题）在火力发电厂，将煤

块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径R=√∑m的躺卧圆筒。圆筒绕水平中心轴旋

转，将筒内的钢球带到一定高度后，钢球脱离筒壁落下将煤块击碎，截面简化如图。设

筒内仅有一个质量为，"=0.2kg∖大小不计的钢球，初始静止在最低点A.（g=10m∕s2）

（1）启动电机使圆筒加速转动，钢球与圆筒保持相对静止，第一次到达与圆心等高的

位置B时，圆筒的角速度为=&rad/s,求此时钢球线速度%的大小和该过程中圆筒对

钢球所做的功W;

（2）当钢球通过C点时∙，另一装置瞬间让钢球与圆筒分离（分离前后钢球速度不变）,

此后钢球仅在重力作用下落到位置D.CD连线过。点，与水平方向成45。。求分离时

圆筒的角速度可；

（3）停止工作后将圆筒洗净，内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止

释放，与筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的（即碰撞前后沿半径

方向速度大小相等方向相反，沿切线方向速度不变），求钢球从释放开始至第一次回到

E点所用的时间：若改变钢球释放的高度，钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点，并

简要说明理由（取J√Σ-1=乎,√√2+l

试卷第6页，共8页

ω

13.（2023届广东省广州市高三下学期第二次模拟考试物理试题）为了模拟竹蜻蜓玩具

闪闪发光的效果，某同学设计了如图甲所示的电路。半径为“的导电圆环内等分为四个

直角扇形区域，1、∏区域内存在垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为团长

度为小电阻为r的导体棒。尸以角速度0绕。点逆时针匀速转动，厂0时。P经过图

示位置。OP通过圆环和导线与导通电阻为R的发光二极管（LED）相连。忽略其它电

阻。

（1）求OP切割磁感线过程中，通过二极管的电流大小和方向；

24

（2）在图乙中作出0时间内通过二极管的电流随时间变化的图像（规定从M到N

ω

14.（2023届广东省广州市高三下学期第二次模拟考试物理试题）如图。玩具“火箭”由

上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，A的质量为0.2kg,B的质量为

0.4kg,弹簧夹在中间，与两者不固连.开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为

使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，"火箭”着地瞬间以原速率反

弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”

2

的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取IOnVso求

（1）“火箭”着地时的速度大小；

（2）A上升的最大高度；

（3）弹簧被锁定时的弹性势能。

A

B

15.（2023届广东省广州市高三下学期第二次模拟考试物理试题）如图，“凹”形区域

abcdpnHUK,各边长已在图中标示，乙为已知量。在该区域内有正交的匀强电场和匀

强磁场，与而平行的虚线为电场的等势线；磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小

为瓦容器A中质量为〃?、带电量为e的电子经小孔Sl不断默飘入加速电场，其初速

度几乎为0,电子经加速电场加速后由小孔S2离开，接着从。点进入场区，沿OC做直

线运动经C点离开场区.若仅撤去磁场，电子从6点离开场区。

（1）求加速电场的电压和“凹”形区域的电场强度；

（2）若仅撤去“凹”形区域中电场，求电子离开“凹''形区域时的位置与。点的距离；

（3）若撤去“凹''形区域中电场，改变加速电场的电压，使得电子在“凹”形区域内的运

动时间均相等，求加速电场电压的取值范围。

加速电思

S-:-

∖L.

试卷第8页，共8页

参考答案:

1.(1)2；(2)ɪ

【详解】(1)画出光线从C点射入的光路图

根据几何关系，结合光的折射定律，有

2√5

sinaS

H-------------=--------——

SinZOCSR

2^

(2)若用该单色光垂直照射整个A3面，设从尸点射入的光线，折射后经过E点刚好发生

全发射，根据几何关系和全反射条件，有

1•厂

—=sinC

n

.COF

sinC=----

R

联立解得

OF=-

2

根据对称性，在半圆弧AS8上有光透出的弧长所对圆心角为60。，所以透光弧长与ASB的比

值

k=-

3

2.(1)2m∕s;(2)0.2

【详解】(1)物块Q离开桌面后做平抛运动有

答案第1页，共15页

X=Vlt

,12

h=2st

解得

v∕=2m∕s

(2)物块P与Q碰撞过程动量守恒，能量守恒，有

∕nιV2=ni2Vl-ZZZ1V3

12ɪ2ɪ2

QmF2=2w2vf+2WIV3

代入数据，解得

v2=3m∕s

v3=lm∕s

物块P与Q碰撞后反向运动的过程中，有

片=IaL

μmg=ma

解得

〃=0.2

3.(1)E；(2)(5+3Æ2E

【详解】(1)粒子在0≤x≤L区域内做匀加速直线运动，根据动能定理，有

qEL=ɪ/wvʊ-0

进入竖直向下的电场后做类平抛运动，经C(330)进入X轴下方的磁场中，根据运动的

合成与分解，水平方向有

IL=v0t

竖直方向有

L=—at2

2

qE'

a=--

m

联立解得

答案第2页，共15页

E=E

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，飞出磁场后，在第二象限做匀速直线运动，粒子进入

磁场时的水平速度为

竖直速度为

所以粒子进入磁场时速度方向与X轴成45。斜向下，速度大小

可知粒子离开磁场时的速度也是与X轴成45。斜向上，粒子经过第二象限回到A点；根据几

何关系可得

L+3L=>∕2R

解得

R=2>∕2L

粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为270。，粒子在磁场中运动的时间为

31πR

=—×------

4VCR扁

粒子在电场中运动的时间为

L2LIm

Γ∣,=----1-----A=r4LJ--------

电l为%^2qEL

2

粒子在第四象限运动的时间为

答案第3页，共15页

t-√2ΔIm

'F

V2qEL

所以粒子从A点出发回到A点所用的时间为

=⅛+金+%=(5+3τι)

N

图甲

【详解】（1）正确光路图如图甲

N

图甲

（2）①一开始能看到亮光的原因：

说法一：一开始能看到经液体折射的光线，故能看到亮光

说法二：一开始能看到亮光，是由于从。点射入的光线折射后能够进入目镜.

说法三：从O点左上方入射的光线经液体折射后能够进入目镜

②最后看不到亮光的原因：

说法一：最后看不到亮光是因为发生了全发射现象，从目镜中应该看到由MN这段弧入射的

光线，但MN弧被涂黑（或：从。点右上方入射的光线，经液体折射后被MN所涂的黑色物

质吸收），故看不到亮光.

说法二：因液体相对空气是光密介质，根据光的折射定律，当目镜与法线的夹角大于全反射

的临界角时，应该看到全反射现象，即从目镜中应该看到由MN这段弧入射的光线，但MN

弧被涂黑（或：从。点右上方入射的光线，经液体折射后被MN所涂的黑色物质吸收），故

看不到亮光.

说法三：因液体相对空气是光密介质，根据光的折射定律，入射角大于折射角，即便沿Mo

答案第4页，共15页

入射的光，其入射角己经接近90。，而折射角也是某一锐角，当目镜与竖直方向夹角大于该

锐角时，从。点入射的光线中，没有任何一条折射光线能够进入该目镜

(3)9对应的就是全反射的临界角，故该饮料折射率

1

n=------

Sine

<BELrMg(R+r)E-BLvBEL-μMg(R+r)

(R+r)(M+m)R+rB2I?

【详解】(1)以导体棒曲和M整体为研究对象，开关S闭合瞬间，它们受安培力和滑动摩

擦力

F发=BIL

由牛顿第二定律

F安-MMg=(Λ∕÷tn)a

联立解得

BEL-μMg(7?+r)

(/?+r)(Λf÷w)

(2)当导体棒向右运动的速度为U时

E感=必

1R+r

解得此时流经导体棒的电流

,E-BLv

I,=-----------

1R+r

(3)导体棒M匀速时速度最大，有

BI'L-HMg=O

E-¾=∕∙(Λ+r)

%=BLVm

解得

_BEL-XMg(R+r)

%二丽

6.(1)0.8m；(2)v=-lm∕s(3)5=0.2-0.2∕∕sg--

2;20〃

【详解】(1)小球做平抛运动，恰能沿切线进入滑块圆弧曲面，由平抛运动规律得

答案第5页，共15页

vy=v0tan∕9,vv=,H

联立解得

/∕=0∙8m

另解：进入圆弧面时速度关系

cos53。='

由动能定理得

121

wv

2O+fngH=-mvλ

联立解得

W=0.8m

(2)设小球从滑块右侧离开时，小球的速度为匕，滑块的速度为V2。以小球和滑块为研究

对象，小球在滑块圆弧曲面运动过程，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒定律，得

mv0=mvi+Mv2

222

ɪwv0+IngM=ɪtm∖+ɪMv2

ΔA=∕∕+Λ(1-COS530)

解得

v2=-lm∕s

负号表示滑块向左运动。

(3)设小球落地时间为，2,则对小球，有

2

h=；g∕2,t2=0.2s

设滑块减速加速度为4,则

μMg=Mal

讨论：①若小球落地时滑块仍在运动，此时滑块位移为

=v2r2--⅛2

解得

s=0.2—0.2//(m)

②若小球落时滑块已经停止。对滑块有

答案第6页，共15页

=2als

解得

【详解】（1）根据全反射的临界角C与折射率的关系得

由几何关系得

1

tanC=

y∕n2-∖

（2）取正视图如图所示:

假设P端发出的光在水面M点发生全反射，则形成的光斑是以点。为圆心、QM为半径的

圆，设P'O为X，则有

tanC=—

h

光斑半径为，•，有

d

r=x+-

2

光斑面积为S,有

S=TrrI

联立解得

8.(1)6.8m∕s2;(2)23.8J

【详解】（1）对料盒，根据牛顿第二定律得

"zgsin6+μmgcosθ=ma

答案第7页，共15页

解得

6!=6.8m∕s2

加速度方向沿输送线B向下；

(2)对料盒，若推杆对每个料盒做的功W,由动能定理得

W—(mgsin。+."“geos6)L-O

解得

W=23.8J

9(1)F=282/2%.@=@

mR'QQ8

【详解】(1)每个线框在磁场区域运动时，电流大小均为

/-=妪

RR

当P、Q靠在一起的边进入磁场时，水平推力达到最大，大小为

Fιn=2BIl

联立解得最大水平推力为

22

FzZBZV0

mR

(2)以P右边刚进入磁场为计时起点，把线框Q向右的位移分别达到/、21、3/依次分成

3个阶段，相应的末速依次记为M、匕和0。

在第1阶段，P、Q一起减速，时间为有

—ΔΦBI2

E1=—=—

A4

由动量定理可得

-BTJF=2w(vl-v0)

联立可得

B2I3ɔ,、

--=2∕M(V-V)

K0I

在第2阶段，由于P、Q同时处于磁场中，产生的感应电动势和电流总是相同，受力也相同,

因此仍一起减速，同理可得

答案第8页，共15页

2彳-=2机(匕_均)

在第3阶段，P已经离开磁场，而Q还处于磁场中撼速运动，因此P、Q分开，Q最后恰好

离开磁场，同理可得

B2I3

联立可得

5C

%=清，vI=2V2

线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热分别为

2

ρp=→2w(v^-vl)+^w(vf-vj)

联立解得

^_15

QQ-8

10.(1)避震器不漏气，详见解析；(2)12.5p°

【详解】(1)由于加热箱中气压恒定，对气缸受力分析有

mg+P0S=pS

故气缸内压强恒定；若气缸不漏气时，根据盖吕萨克定律

IR_I2S

代入得

I2=72mm

气柱计算长度和测量长度相等，因此该避震器不漏气。

(2)骑行过程中，气缸内气体为等温变化

P/S=PLS

代入8=5p°,，3=100mm,乙=40mm数据解得

p4=12.5p0

骑行过程中气缸内的压强最大值为12.5%

答案第9页，共15页

ɪɪ-（1）EL等；⑵垂直纸面向里，K等；⑶耍心噜

【详解】（1）电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得

ETef=mv0

解得

片=吗

et

（2）由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹

力提供向心力得

ev{}B=ZH-

周期为

T2πR

I=-----

%

联立可得

T2πm

1=------

eB

设。M与竖直方向夹角为α,则有

I6

tana=-=-=——

y∕i3l3

可得

a=30。

由图中几何关系可知,甩子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120。，则电子在磁场中运动

时间为

120。T2πm

t=-----1=------

360o3eB

（3）①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为

R噜

设匀强磁场区域半径厂，由几何关系得

tan300=—

r

②当电子击中N点时,设。N与竖直方向夹角为夕，则有

tanβ==>/3

答案第10页，共15页

∕7=60o

由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为90。，则偏转半径为

W=瓜Q

粒子穿过匀强电场后的速度M,由动能定理得

eEL、dI=­1n

~2

设极板间距离为d,则有

联立解得

则匀强电场场强的范围为

12.(1)v0=2m∕s,W=(O.4+2Λ∕Σ)J；(2)ωi=-∖∕5rad∕s；(3)t=4(√3+√2)s,不能经

过3次回到E点

【详解】（1）此时钢球线速度

%=a>R

v0=2m∕s；

该过程中设圆筒对钢球做的功为W,由动能定理

W=（0.4+20）J

（2）钢球分离后做斜抛运动，将运动沿水平方向和竖直方向分解可得

答案第Il页，共15页

o

∖[1R=vccos45r

o2

-√2∕?=Vcsin45r-∣gr

解得

vc=VlOmZs

根据圆周运动，有

解得

o∖=J^radzS

(3)6次返回E点，在尸点发生碰撞后做平抛运动

在尸点与A点之间满足

(I-COS45。)R=ggf；

解得

4恃IS衅

又

RSin45°=VFtI

解得

VF=2y∕3ll}∕s或J5(0'+l)m∕s

从E点与尸点之间满足

vF=St2

解得

J5(√2÷l)

’2-10s5

则从E点出发到返回E点的时间

解得

答案第12页，共15页

4(√3+^^)

若经过3次碰撞后回到E点，必须在右下圆弧沿半径方向与筒壁发生碰撞。

如此碰撞的路径小球的速度的反向延长线不过水平位移的中点违背了平抛运动的规律，故不

能经过3次回到E点。

【详解】(1)OP切割磁感线过程产生的感应电动势

E=-Ba2ω

2

通过二极管的电流大小

r+Rr+R2(r+R)

根据右手定则可知通过二极管的电流的方向由M到N。

(2)电流图像如图所示

2(什R)

至至

i2'Iω

14.(1)4m/s；(2)7.2m；(3)9.6J

【详解】(1)“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，做自由落体运动

v=4m∕s

(2)“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B恰好停在地面

上,动量守恒，取向上为正方向

,

(WA+WB)V=WΛV

解得

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