重组卷03-2023年高考物理真题重组卷（广东）（解析版）

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冲刺2023年高考物理真题重组卷03

广东专用（解析版）

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上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.（2022年广东高考卷）目前科学家已经能够制备出能量量子数〃较大的氢原子。氢原子第〃能级的能量

为E，，4,其中—6eV。图是按能量排列的电磁波谱，要使〃=2。的氢原子吸收一个光子后，恰好

失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是（）

Hr

红外线见紫外线射线

光X

~1I-II

1O'23

W210^lIO0IOIO

能量（eV）

A.红外线波段的光子B.可见光波段的光子

C.紫外线波段的光子D.X射线波段的光子

【答案】A

【详解】要使处于〃=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为

-136

石=。-（三二）eV=0.034eV则被吸收的光子是红外线波段的光子。故选A。

2.（2021年广东高考卷）某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生

近似正弦式交流电，周期为0∙2s,电压最大值为0∙05V,理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路,

原、副线圈匝数比为l口60,下列说法正确的是（）

A.交流电的频率为IOHz

B.副线圈两端电压最大值为3V

C.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关

D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率

【答案】B

【详解】A.周期是T=0.2s,频率是/=：=5HZ故A错误：

B.由理想变压器原理可知"=人解得，副线两端的最大电压为6=∙^q=3V故B正确；

U2n2∏l

C.根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越

大，故C错误：

D.由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。故选B。

3.（2022年广东佛山二模卷）如图，医用口罩由多层织物材料构成，其中有一层熔喷布经过特殊工艺处理

后成为驻极体材料，这层材料表面长期带有正电荷，能有效吸附细小的粉尘，而这些粉尘通常是细菌和病

毒传播的载体。则其中即将被吸附的带电粉尘，一定是（）

A.带正电

B.沿电场线加速靠近熔喷布

C.在靠近熔喷布的过程中电场力做正功

D.在靠近熔喷布的过程中电势能增加

【答案】C

【详解】A.由于口罩材料表面长期带有正电荷，则被吸附的带电粉尘，一定是带负电荷，A错误；

B.熔喷布产生的电场线不一定是直线，而只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场

线方向在同一条直线上时带电粒子的轨迹才与电场线重合，B错误；

CD.由选项A可知，被吸附的带电粉尘，一定是带负电荷，则负电荷靠近熔喷布的过程中电场力做正功,

电势能减小，C正确、D错误。

故选C。

4.（2022年广东广州：模卷）在水平轨道上，由静止开始做匀加速度直线运动的高铁所受阻力不变，则高

铁牵引力的瞬时功率（）

A.与时间成正比

B.与位移成正比

C.与时间的平方成正比

D.与位移的平方成正比

【答案】A

P

【详解】由静止开始做匀加速度直线运动，由牛顿第二定律得整理得P=（"+f）v

AC.高铁由静止开始匀加速直线运动，根据V=〃，代入得P=0≡+f）m则高铁牵引力与时间成正比，A

正确，C错误;

BD.高铁由静止开始匀加速直线运动，根据v=后，代入得P=Qw+/）反，BD错误。

故选Ao

5.（2021年广东高考卷）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分

布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流4,四根平行直导线均通入电流（，/「4，电流方向如

图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）

【答案】C

【详解】因，*A,则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满

足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥“，则正方形左右两侧的直导线右要受到L吸引的安培力，形成

凹形，正方形上下两边的直导线右要受到人排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。

故选C。

6.（2022年广东汕头.模卷）如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置/水平缓慢移动到位置8,他

始终保持静止，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，则重物下移过程（）

A.绳子的拉力逐渐增大

B.该健身者所受合力逐渐减小

C.该健身者对地面的压力逐渐增大

D.该健身者对地面的摩擦力逐渐减小

【答案】D

【详解】A.对重物受力分析，绳子的拉力等于重物的重力，保持不变，A错误；

B.该健身者始终保持静止状态，受力平衡，故健身者所受合力始终为零，B错误；

C.对人受力分析，设绳子与水平方向的夹角为。，根据平衡条件可知外="人g-叫MSine绳子与水平方向

的夹角e不断变大，该健身者受到地面的支持力逐渐减小，故该健身者对地面的压力逐渐减小，C错误；

D.该健身者对地面的摩擦力f=∕⅝gcose该健身者对地面的摩擦力逐渐减小，D正确。故选D

7.（2022年广东深圳二模卷）由于潮汐等因素影响，月球正以每年约3至5厘米的速度远离地球。地球和

月球可以看作双星系统，它们绕O点做匀速圆周运动。多年以后，地球（）

A.与月球之间的万有引力变大

B.绕。点做圆周运动的周期不变

C.绕O点做圆周运动的角速度变小

D.绕。点做圆周运动的轨道半径变小

【答案】C

【详解】A.多年以后，地球和月球间距离变大，两星的质量不变，由万有引力定律可知，地球与月球之间

的万有引力变小，故A错误；

BCD.地球和月球绕。点做匀速圆周运动的角速度大小。相等，周期T相等，设地球与月球的质量分别为

和M2,圆周运动的半径分别为弓和4,地球和月球间距离为L，则有L=4+G山万有引力定律提供向心力

GMM2πGMM2π,ʌ.-x≡G(M+M,)^π~L

—≈(―)-2r=Mω^2r；-112r,=Mω2^r,联乂.可τ得1,~*=-—=ω~L:

LTliiLrT"2L^T-

4=J⅛-地球与月球的质量不变，地球和月球间距离增大，则地球绕°点做圆周运动的周期T变大，地

球绕。点做圆周运动的角速度变小，地球绕。点做圆周运动的轨道半径变大，故BD错误，C正确；

故选C。

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O分。

8.(2021年广东高考卷)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投

掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为机的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高

度差为心在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g,下列说法正确的有()

A.甲在空中的运动时间比乙的长

B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等

C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少

D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为，咫〃

【答案】BC

【详解】A.由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间后因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中

运动时间相等，故A错误；

B.做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P=ZMgvcose=根g。=mg^h因为两手榴弹运动的高度差相

同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；

C.从投出到落地，手榴弹下降的高度为〃，所以手榴弹重力势能减小量AE1,=,"g∕?故C正确；

D.从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。

9.（2022年广东惠州.模卷）如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为机的人随车在竖直平面内旋

转，下列说法正确的是（）

A.过山车在过最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来

B.人在最高点时对座位可能产生大小为机g的压力

C.人在最低点时对座位的压力等于mg

D.人在最低点时对座位的压力大于mg

【答案】BD

【详解】A∙在最高点时，当人与保险带间恰好没有作用力时，人由重力提供向心力mg=得临界速度

R

为%=阚当速度%N阚时，人与座椅产出外侧挤压，没有保险带，人也不会掉下来，故A错误；

2

B.当人在最高点的速度u>阚时，人对座位就产生压力，当人对座椅压力为，"g时，有mg+mg=/

解得V=或正所以当人在最高点速度为V=血无时，人在最高点对座位压力大小为，"g,故B正确；

CD.人在最低点时，根据牛顿第二定律N-mg=WE故N>mg,由牛顿第三定律可知人对座位的压力大

R

于,监，故C错误，D正确。故选BD。

10.（2022年广东高考卷）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强

磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、尸在同一等势面上，下列说

法正确的有（）

-----------------：---------------►

XXP!×X

--------------H--------------►

X×Λ!×X

A.电子从N到P,电场力做正功

B.N点的电势高于P点的电势

C.电子从M到N,洛伦兹力不做功

D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力

【答案】BC

【详解】A.由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到尸的过程中电场力做负功，故A错误;

B.根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；

C.由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；

D.由于M点和P点在同一等势面上，故从例到尸电场力做功为0,而洛伦兹力不做功，仞点速度为0,

根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在

这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；故选BC。

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.（2022年广东广州一模卷）用图甲装置研究“小车（含拉力传感器）质量一定时，加速度与合外力的关

系”，实验步骤如下：

口细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上，将小车放在长板的尸位置，调整细绳与长板平行，启

动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数与；

口撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设小车受到的合外力为尸，通过计算机可得到小车与位移传

感器的距离随时间变化的XT图像，并求出小车的加速度。；

口改变长板的倾角，重复步骤□口可得多组F、。数据：

完成下列相关实验内容:

（1）在步骤□□中，F0F（选填“=”">"或"V”）；

（2）本实验（选填“需要”“不需要”）平衡小车所受到的摩擦力；

（3）某段时间内小车的XT图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为m∕s2（计算结果保留

两位小数）；

（4）分析表中的尸、。数据可知：在误差允许范围内，小车质量一定时，。

F/N0.41.01.51.82.1

a∕m∙s~20.792.103.103.624.19

【答案】=不需要2.10小车的加速度与合外力成正比

【详解】（1）山中小车匀速下滑时，山平衡条件WgSine=7+入

中小车加速下滑时，由受力分析知F=mgSine-/联立可得F^F0

（2）⑵由（1）中分析可知，小车加速下滑过程的合外力已通过M小车匀速下滑时拉力传感器的示数吊读

出，所以不需要再平衡摩擦力了。

（3）[3]图乙中标出的三个位置坐标反映了小车连续相等时间内的位移，根据匀变速位移变化推论知

ʌr=（0.3820-0.2520）-（0.4910-0.3820）=4x（0.1）2可解得α=2.10m∕s2

（4）[4]由表中数据可以看出，下与”的比值基本不变，所以可得：在误差允许范围内，小车质量一定时，

小车的加速度与合外力成正比。

12.（2022年广东深圳一模卷）一只欧姆表表盘的刻度线清晰完整，但刻度值模糊不清。某学习小组为恢复

其刻度值，需要测量欧姆表的内阻，请完善下列实验步骤：

（1）将选择开关拨至“xl0Q”挡，机械调零后，将欧姆表的红、黑表笔，并调节欧姆调零旋钮，

使欧姆表的指针指到表盘的。

（2）图甲为连接好的实物电路图，其中α为（填“红”或“黑”）表笔。

图甲图乙

（3）调节滑动变阻器的阻值，记录多组电流表和电压表的读数，把数据绘制成如图乙所示的S/图像，则

该欧姆表的内阻为。（结果保留整数）。若考虑毫安表内阻影响，则测量值比真实值___________

（填“偏大”或“偏小

3

（4）断开开关，取下表盘，则正中央刻度应标记的数值为；占满偏电流值的二处的刻度应标

4

记的数值为（两空均保留整数）。

【答案】短接最右端刻度线红300（或290〜310均可）偏大30（或29、31）10

【详解】（1）欧姆调零时，将欧姆表的红、黑表笔短接，并调节欧姆调零旋钮，使欧姆表的指针指到

表盘的最右端刻度线；

（2）[3]在该实验中，欧姆表相当于电源，根据“红进黑出''原理可知。为红表笔；

（3）[4]图像斜率的绝对值等于内电阻，因此欧姆表的内电阻为「T篝卜|盛群。=300。

[5]若考虑毫安表内阻影响，则测量值为毫安表与欧姆表内阻之和，因此测量值比真实值偏大；

（4）[6]中值电阻等于内电阻，又由于是“xlOC”挡位，因此正中央刻度应标记的数值为30；

E3E1

[7]根据欧姆定律/,“=二而已”=一彳可知R="=100。因此刻度应标记的数值为IOo

r4r+R3

13.（2021年广东高考卷）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，

使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框6,甲、乙

相隔s∣=3.5χl（f2m,乙与边框。相隔S?=2.0x10-01,算珠与导杆间的动摩擦因数〃。现用手指将甲

以0.4m∕s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为Qlm∕s,方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加

速度g取10m∕s2。

（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框”;

（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

算珠归零状态

1

边框“

边框力

【答案】⑴能；⑵0.2s

【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有f=则甲乙滑动时的加速度大小均为

22

a=μg=lm∕s甲⅛乙碰前的速度山，则2αs∣=vj-vl解得v∕=0.3m∕s甲乙碰撞时由动量守恒定律

WV1=∕MV2+mvi解得碰后乙的速度vi=0,2n√s然后乙做减速运动，当速度减为零时则

X=互=竺m=0.02m=SI可知乙恰好能滑到边框a；

2a2×1

（1

（2）甲与乙碰前运动的时间t=生」=4：°CSR.1s碰后甲运动的时间t=^=孚s=0.Is则甲运动的总

la12a1

时间为/=4+L=0∙2s

14.（2022年广东汕头一模卷）如图所示，PQ、VN是相互平行、间距为L的长直边界，在两边界外侧都存

在匀强磁场，方向均垂直于纸面向内，右侧磁场的磁感应强度为瓦一质量为机、电荷量为4（4>0）的带电

粒子从MN边界的。点以大小为%的初速度垂直于边界沿纸面射入右侧磁场区，一段时间后粒子再次经过

。点，这过程中粒子有两次进入左侧磁场区运动。不计粒子的重力。

（1）求左侧磁场的磁感应强度；

（2）在尸0、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场，然后使粒子从。点以同样的条件射出，

结果粒子同样能返回。点，而且所用时间比原来变短。求匀强电场的场强E的可能值；

（3）在第（2）问的前提下，讨论粒子从。点射出到返回O点的最短时间与磁感应强度B的关系。

—

QN

【答案】（1）,5；（2）E为警方向水平向左，或E为咨，方向水平向右；（3）见解析

31SqL1SqL

【详解】（1）粒子有两次进入左侧磁场区运动，最后再次经过。点，则轨迹如下图所示

由几何关系可知，设粒子在左右两边磁场中运动的半径分别为r和，•，则2R=3r根据/胆=切4可得左侧

2

磁场的磁感应强度*=§8

（2）在P0、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场，若所加的匀强电场方向水平向左，要能

返回。点，而且所用时间比原来变短。则运动轨迹可能如下图所示

设粒子进入左侧磁场时的速度为V,则gB'=∕ngqv0B=m^,∙m=2尸可得W=A粒子在电场中加速的

Rlr3

加速度为〃町根据消时公式有d-*=2%L解得耳=翳,方向水平向左若所加的匀强电场方向水平

向右。要能返回。点，而且所用时间比原来变短。则运动轨迹可能如下图所示

设粒子进入左侧磁场时的速度为V,则俨2夕qvnB=m^;&十可得为=:%粒子在电场中减速的

R?r3

加速度为4七=〃?4根据消时公式有=2%l解得E?=膂，方向水平向右

18〃

（3）若所加的匀强电场方向水平向左，粒子从O点射出到返回。点运动的时间为％=%鼠+拓十三名

2

4ιπm∖2L

其中匕=77%解得，粒子从。点射出到返回。点的时间为4=不κ+丁若所加的匀强电场方向水平向右,

32qB7V0

^πmπmL

粒子运动的时间为4-qBclB'彩+%其中叫=；%解得，粒子从O点射出到返回。点的时间为

23

f

5πtn12L,5πm∖2L7πm∖1LC35^∙∕∕2vnαlπmYlL144L

t2=丁示+飞―若G=G，则有+7—=彳"8+;一解得3=F-Ʒ-则最短时间为f=丁1+；—=——

2qB5v02qB5v02qB7v024qL2qB7v035V0

5几m12£ITrrn12L35τrmv35τ∏nv

若则有彳3+丁>彳了+丁化简可得8>一疗n因此，当8>F≠a时;粒子从。点射出到返

2qB5v0IqB7v024qL24qL

lπm12∆C35πt∏v

回O点的最短时间为4=亍五+丁当8<-—nɪ时，粒子从。点射出到返回O点的最短时间为

2qBZv024qL

5πtn12L

--------F-----

-2qB5v0

（二）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）（2022年广东汕头一模卷）密封食品直接利用微波炉加热时容易出现炸开现象，原因是包装袋内部

温度急剧升高时，内部气体压强（填“增大”、“减小"或'‘不变”）。所以在加热食物时，必须留一些透

气孔，缓慢加热时，内部气体压强（填“大于”、"小于”或“等于“）外界气体压强，此过程内部气体密

度（填"增大'、"减小”或“不变

【答案】增大等于减小

【详解】[1][2][3]根据理想气体状态方程可知，密封食品包装袋内部气体温度急剧升高时，体积不变压强增

大，留一些透气孔和外界大气接触，内部压强等于大气压强，温度升高时压强不变，体积增大，一部分气

体从袋内漏出，袋内气体质量减小，袋内气体体积不变所以密度减小。

（2）（2022年广东深圳：模卷）如图，在趣味小实验中，将一定质量的乒乓球放在一个粗细均匀的竖直薄

圆管下端，通过乒乓球和活塞在管内封闭一定高度的某种液体和气体，当封闭气体压强为P时，乒乓球恰

好不掉落。已知液柱高度远大于乒乓球直径，圆管横截面积为S,为了防止乒乓球掉落，将活塞缓慢上移使

气柱长度增加一半。求此时

（1）封闭气体的压强；

（2）管口对乒乓球的作用力大小。

1

【答案】（1）浮（2）?

【详解】（1）由题意可知封闭气体发生等温变化，根据PM=PM其中乂=SL;匕=SXI.5L解得P?=-

（2）由于封闭气体压强较小，故而管口