2023年高考物理真题试卷(广东卷)

2023年高考物理真题试卷〔广东卷〕1.(4分)科学家觉察银河系中存在大量的放射性同位素铝262672万年，其衰变方程为，以下说法正确的选项是〔〕1.(4分)科学家觉察银河系中存在大量的放射性同位素铝262672万年，其衰变方程为，以下说法正确的选项是〔〕A.Y是氦核 B.Y是质子C.再经过72万年，现有的铝26衰变一半 D.再经过144万年，现有的铝26全部衰变A.核心舱的质量和绕地半径C.核心舱的绕地角速度和绕地周期B.核心舱的质量和绕地周期D.核心舱的绕地线速度和绕地半径3.(4分)A.核心舱的质量和绕地半径C.核心舱的绕地角速度和绕地周期B.核心舱的质量和绕地周期D.核心舱的绕地线速度和绕地半径3.(4分)唐代《来耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如以下图，无视耕索质量，耕地过程中，以下说法正确的选项是〔〕耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力(4分)由于高度限制，车库出入口承受图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆 始终保持水平。杆匀速转动到60°的过程中，以下说法正确的选项是〔〕

与横杆 链接而成，绕O点从与水平方向成30°A.P点的线速度大小不变 B.P点的加速度方向不变C.Q点在竖直方向做匀速运动 D.Q点在水平方向做匀速运动5.(4分)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外外表固定着对称分布的四根平行长直导线，假设中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如以下图，以下截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是〔〕A.5.(4分)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外外表固定着对称分布的四根平行长直导线，假设中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如以下图，以下截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是〔〕A.B.C.D.A.a点的电势比b点的低C.液滴在a点的加速度比在b点的小B.a点的电场强度比b点的小D.液滴在a点的电势能比在b点的大(4分)某同学设计了一个充电装置，如以下图，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，抱负变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈160，以下说法正确的选项是〔〕A.10HzC.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关B.3VD.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率8.(6分)赛龙舟是端午节的传统活动。以下和图像描述了五条一样的龙舟从同一起点线同时动身、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中消灭船头并齐的A.10HzC.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关B.3VD.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率8.(6分)赛龙舟是端午节的传统活动。以下和图像描述了五条一样的龙舟从同一起点线同时动身、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中消灭船头并齐的有〔〕A.B.C.D.甲在空中的运动时间比乙的长两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能削减从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为10.(6分)如以下图，水平放置足够长光滑金属导轨和，与平行，是以O为圆心的圆甲在空中的运动时间比乙的长两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能削减从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为10.(6分)如以下图，水平放置足够长光滑金属导轨和，与平行，是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧左侧和扇形内有方向如图的匀强磁场，金属杆O端与e点用导线相接，P端与圆弧接触良好，初始时，可滑动的金属杆静止在平行导轨上，假设杆区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，以下说法正确的有〔O点在匀强磁场〕A.杆C.杆产生的感应电动势恒定做匀加速直线运动B.杆D.A.杆C.杆产生的感应电动势恒定做匀加速直线运动B.杆D.杆受到的安培力不变中的电流渐渐减小(7.0分)某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如以下图，固定在斜面上的透亮有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。试验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球〔直径略小于玻璃管内径〕逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数 ，数据如表所示。试验过程中弹簧始终处于弹性限度内。承受逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。n 1 2 3 4 5 68.0410.0312.0514.0716.1118.09利用 计算弹簧的压缩量： ， ， cm，压缩量的平均值 cm；上述 是管中增加 个钢球时产生的弹簧平均压缩量；无视摩擦，重力加速度g取数字〕

，该弹簧的劲度系数为 N/m。〔结果保存3位有效〔1〕先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表，调整欧姆调零旋钮，使指针指向右边〔1〕先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表，调整欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观看到热敏电阻温度越高，一样倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可推断热敏电阻阻值随温度的上升而 。〔2〕再按图连接好电路进展测量。①闭合开关S①闭合开关S前，将滑动变阻器将温控室的温度设置为T，电阻箱的滑片滑到 端〔选填“a”或“b”〕。调为某一阻值。闭合开关S，调整滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调整。断开开关S。和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数一样。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。②试验中记录的阻值 。 〔选填“大于”、“小于”或“等于”〕。此时热敏电阻阻值13.(11.0分)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的一样算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如以下图，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b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。通过计算，推断乙算珠能否滑动到边框a；14.(14.(15.0分)图是一种花瓣形电子简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面对外。电子以初动能 从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，圆a与圆b径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为，电子质量为m，电荷量为e，无视相对论效应，取。〔1〕当时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；〔2〕Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当射区域出射，求k的最大值。时，要保证电子从出15.(12分)〔2〕为便利抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所0.9mL0.5mL的药液，瓶内气体压强为，护士把注射器内横截面积为0.4cm、压强为的气体注入药瓶，假设瓶内外温度一样且保持不变，气体视为抱负气体，求此时药瓶内气体的压强。〔1〕在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后觉察矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度一样。由此可推断，高空客舱内的气体压强 〔选填“大于”、“小于”或“等于”〕机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动〔2〕为便利抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所0.9mL0.5mL的药液，瓶内气体压强为，护士把注射器内横截面积为0.4cm、压强为的气体注入药瓶，假设瓶内外温度一样且保持不变，气体视为抱负气体，求此时药瓶内气体的压强。34】16.(12分)如以下图，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经 时间，小球从最低点向上运动的距离 〔选填“大于”、“小于”或“等于”〕；在 时刻，小球的动能 〔选填“最大”或“最小”〕。如以下图，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为，折射角为；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角的正弦值表达式。答案解析局部一、单项选择题：此题共7小题,每题4分，共28分,在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的。【答案】C【解析【解析AB．铝发生衰变，其生成物为镁，依据核反响的质量数和电荷数守恒可知Y的上标为0，1，则该核反响是，即Y是正电子，AB不符合题意；CD．半衰期为大量原子核衰变一半质量所花的时间，因72万年是一个半衰期，可知再过72万年，现有的26144万年，即两个半衰期，两个半衰期其铝衰变四分之三，所以铝原子核还没衰变的质量剩下四分之一，C符合题意，D不符合题意；故答案为：C。【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别Y是正电子；利用半衰期的大小可以判别原子核衰变的质量大小。【答案】D【解析】【解答】核心舱做匀速圆周运动时，地球对核心舱的引力供给核心舱做匀速圆周运动的向心力，依据牛顿其次定律可得：【解析】【解答】核心舱做匀速圆周运动时，地球对核心舱的引力供给核心舱做匀速圆周运动的向心力，依据牛顿其次定律可得：可得依据地球质量的表达式可知要求地球的质量需要核心舱的线速度、核心舱的轨道半径、核心舱的角速度〔或周期〕中的其中两个因素方可以实现。故答案为：D。【分析】利用引力供给向心力结合核心舱的线速度和半径可以求出地球质量的大小。【答案】B【考点】力的分解，牛顿第三定律对于曲辕犁，则在x方向可得出Fx曲对于曲辕犁，则在x方向可得出Fx曲=Fsinαy方向可得出Fy曲=Fcosαx 对于直辕犁，则在x方向可得出F =Fsinβ，在y方向可得出x 直 直α<βsinα<sinβcosα>cosβx x y 则可得到F <F ，x x y 曲 直 曲 直A不符合题意、B符合题意；CD．无论是曲辕犁还是直辕犁，依据牛顿第三定律可得耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，其拉力大小相等，则C、D不符合题意。故答案为：B。【分析】利用拉力进展分解可以比较水平分力和竖直分力的大小；耕索对犁的拉力和犁对耕索的拉力属于相互作用力大小相等。【答案】A【考点】匀速圆周运动【解答】AOP做匀速圆周运动，依据物体做匀速圆周运动的特点可得P点的线速度大小不变，A符合题意；C．由于P点做匀速圆周运动，所在在t时间内，其P点在yC．由于P点做匀速圆周运动，所在在t时间内，其P点在y方向的位置为：y1=lOP×sin(+ωt)Q点在竖直方向的运动与P点一样，则Q点的位移y关于时间t的关系为y=lOP×sin(+ωt)D．由于P点做匀速圆周运动，所在在t时间内，其D．由于P点做匀速圆周运动，所在在t时间内，其P点在x方向的位置为：x1=lOP×cos(+ωt)Q点在水平方向的位移x关于时间t的关系为x=lOP×cos(+ωt)+lPQ从表达式可得Q点在水平方向也不是匀速运动，D不符合题意。故答案为：A。OP匀速转动所以其线速度大小保持不变，由于做匀速圆周运动所以其向心加速度方向不OP杆运动的位移结合位移的分解可以判别其Q点水平方向和竖直方向位移和时间的关系。5.C【解析】【解答】如以下图，五条通电直导线的电流方向，且中心直导线的电流与四周四根直导线的电流关系有：【解析】【解答】如以下图，五条通电直导线的电流方向，且中心直导线的电流与四周四根直导线的电流关系有：，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用，只考虑中间导线和四周四个导线的安培力作用；依据同吸异斥可以得出：正方形上下两个导线受到中间导线的排斥力，导致正方形上下边长凸出，其左右两个导线受到中间导线的吸引力作用，导致正方形左右两边形成凹形，故变形后的外形如C图所示，所以C选项符合题意。故答案为：C。【分析】利用安培定则可以判别其通电导线周期产生的磁场方向，结合左手定则可以判别其导线受到的安培力方向进而判别弹性长管的变样子况。【答案】D【解析】【解答】A【解析】【解答】A．放射极接高压电源的正极，其电场线方向从正极指向负极，则所加强电场的场强向右，依据电势沿电场线方向不断降低可知B．从图中可以得出aB．从图中可以得出a所处等势线比b密集，依据等差等势线的疏密反映场强的大小，可得：C．aC．a点的场强大于b点，液滴的重力不计，其电场力等于合力，依据牛顿其次定律可知，液滴的加速度为因，可得D．液滴在电场力作用下向右加速，动能增大，其电场力方向向右，所以电场力做正功，电势能削减，即CD．液滴在电场力作用下向右加速，动能增大，其电场力方向向右，所以电场力做正功，电势能削减，即D符合题意；故答案为：D。【分析】利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小；利用电场线的方向可以比较电势的高度；利用牛顿其次定律结合场强的大小可以比较加速度的大小；利用电场力做功可以比较电势能的大小。【答案】B【解析】【解答】A【解析】【解答】A．永磁铁往复运动的周期是T=0.2s，依据周期和频率的关系有：B．变压器的原线圈最大电压U1B．变压器的原线圈最大电压U1=0.05V，且原副线圈的匝数之比为1:60，由抱负变压器原理可知解得副线两端的最大电压为，B符合题意；C．依据电动势峰值的表达式输入电压会越大，C不符合题意；，则永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的D．由于抱负变压器不计能量的损失，依据能量守恒定律可得充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，D不符合题意。故答案为：B。【分析】利用周期可以求出频率的大小；利用匝数之比结合输入电压的峰值可以求出输出电压的峰值；当永磁体的磁感应强度变大时线圈产生的感应电动势随之变大；由于属于抱负变压器所以输入功率等于输出功率的大小。3618分。在每题给出的四个选项中,有多项符合题目630分。【答案】B,D【考点】S-t图象，V-t图象【解析】【解答】AAv-t图像，其图线与t轴所围面积代表龙舟运动的位移，在图中其甲的面积始终比乙的面积大，所以中途不行能消灭甲乙船头并齐，A不符合题意；图Bv-t图像，其图线与t轴所围面积代表龙舟运动的位移，在甲和丙到达终点前，有某一时刻两者面积相等，由图可以推断在中途甲、丙位移会一样，所以在中途甲丙船头会并齐，B符合题意；图Cs-t图像，其图像的交点代表两个龙舟消灭齐头并进的时刻，由于丁甲没有交点中途不行能消灭甲丁船头并齐，C不符合题意；图D属于s-t图像，其图像的交点代表两个龙舟消灭齐头并进的时刻，由于戊甲在某一时刻消灭交点所以甲戊在中途船头会齐，D符合题意。故答案为：BD。【分析】速度时间图像中利用图像面积代表位移，利用面积相等时可以判别两船消灭齐头并进；位移时间图像中利用图像交点可以判别两船齐头并进。【答案】B,C【解析】【解答】A【解析】【解答】A．甲乙两个手榴弹都做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，依据位移公式有：B．手榴弹在竖直方向做自由落体运动，依据速度位移公式有：落地时依据速度的分解有：做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率为：由于两手榴弹运动的高度差一样，所以在空中运动时间相等，B．手榴弹在竖直方向做自由落体运动，依据速度位移公式有：落地时依据速度的分解有：做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率为：C．依据功能关系有：物体重力势能变化量等于物体抑制重力所做的功，从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量C．依据功能关系有：物体重力势能变化量等于物体抑制重力所做的功，从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量，C符合题意；D．依据机械能守恒条件有：只有重力对物体做功时物体的机械能守恒，则从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，D不符合题意。故答案为：BC。【分析】利用平抛运动的位移公式结合下落的高度可以比较运动的时间；利用竖直方向的速度结合重力可以比较重力瞬时功率的大小；利用高度的变化可以求出重力势能的削减量；利用只有重力做功所以机械能守恒。【答案】A,D【解析】【解答】A【解析】【解答】A．依据动生电动势的表达式可得：OP转动切割磁感线产生的感应电动势为OP匀速转动，其B、rOP产生的感应电动势恒定，A符合题意；BCDOP棒为对象，依据右手定则可得杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通MNMN棒为对象，由左手定则可知，MN棒受到向左的安培力会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，依据右手定则可以得出MN棒产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，当电流减小时，依据牛顿其次定律有：ma=BIL，则MN棒所受安培力会减小，加速度减小，D符合题意，BC不符合题意。故答案为：AD。【分析】利用动生电动势的表达式结合杆匀速转动所以产生的电动势大小恒定；利用右手定则可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别杆OP受到的安培力方向不断变化；利用左手定则结合右手定则MN中的电流渐渐减小所以安培力和加速度不断减小。5411~14题为必考题，考生都必需作答。第15~16题为选考题，考生依据要求作答。11.【答案】〔1〕6.04；6.05〔2〕3〔3〕48.6【解析】【解答】〔1【解析】【解答】〔1〕i=3时，依据压缩量的表达式有：代入数据可得：，依据压缩量的平均值有：代入数据可得：〔2依据压缩量的平均值有：代入数据可得：〔2〕依据量；是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩〔3〕由于钢球受到弹力和重力的分力时静止，依据钢球的平衡条件有解得由于形变量对应增加三个钢球的压缩量，所以其平均值为3个钢球产生的平均压缩量；12.【答案】12.【答案】〔1〕短接；减小〔2〕b；大于；【考点】热敏电阻和光敏电阻【解析】【解答】〔1〕多用电表使用欧姆挡位时，首先应中选择适当的倍率，将红黑笔进展短接，进展欧姆调零；欧姆表其指针的偏转代表电流的大小，当欧姆表指针向右偏转角度越大，则电流越大其热敏电阻的阻值越小，则推断热敏电阻的阻值随温度上升而减小。〔2〕①滑动变阻器在电路中使用分压式接法，为了防止电路电流过大，闭合开关S前，应将滑动变阻器②第一次电压表接在C端时，依据欧姆定律有：，其次次电压表接在D②第一次电压表接在C端时，依据欧姆定律有：，其次次电压表接在D端时，依据欧姆定律有：，由于依据两次电压表和电流表的示数一样则：，从表达式可得R01大于R 。〔1〕欧姆调零需要将红黑笔短接；指针向右偏转说明热敏电阻其阻值随温度的上升而不断减小；〔2〕b端使其电阻处于最大值；由于电压表和电流表读数一样，结合欧姆定律可以比较电阻的大小，利用两次总电阻一样可以求出热敏电阻的阻值大小。13.【答案】〔1〕解：甲乙滑动时的加速度大小均为甲与乙碰前的速13.【答案】〔1〕解：甲乙滑动时的加速度大小均为甲与乙碰前的速度v1 ，则甲乙碰撞时由动量守恒定律然后乙做减速运动，当速度减为零时则解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时则〔2〕解：甲与乙碰前运动的时间〔2〕解：甲与乙碰前运动的时间则甲运动的总时间为碰后甲运动的时间则甲运动的总时间为【考点】动量守恒定律，匀变速直线运动根本公式应用【解析】【分析】〔1〕动摩擦因数的大小，结合牛顿其次定律可以求出甲乙运动的加速度大小，甲与乙碰前做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出碰前速度的大小，甲乙碰撞过程动量守恒，利用动量守恒定律可以求出乙碰后速度的大小，结合乙做匀减速直线运动的速度位移公式可以求出运动的位移；14.【答案】〔114.【答案】〔1〕解：电子在电场中加速有在磁场Ⅰ中，由几何关系可得联立解得在磁场Ⅰ联立解得在磁场Ⅰ中的运动周期为由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为在磁场Ⅰ中的运动时间为联立解得Q点出来的动能为〔2〕解：在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得解得由于联立解得【解析】【分析】〔1〕电子在电场中加速，利用动能定理可以求出电子进入磁场的速度大小，电子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿其次定律可以求出I区域的磁感应强度的大小；利用几何关系可以求出电子在磁场中运动的圆心角，结合运动的周期可以求出电子运动的时间，利用动能定理可以求出电子从Q离开的动能大小；〔2〕I做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出最大的轨道半径，结合牛顿其次定律可以求出电子的最大速度，利用动能定理可以求出k值的最大值。3-3】15.【答案】〔15.【答案】〔1〕小于；不变〔2〕解：以注入后的全部气体为争论对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1,有注射器内气体体积为V2 ，有依据抱负气体状态方程有代入数据解得【解析】【解答】〔【解析】【解答】〔1〕机场地面温度与高空客舱温度一样，以瓶内气体为争论对象，扩泉水位置变化时其瓶内的温度保持不变，由题意知瓶内气体体积变小，依据抱负气体状态方程，可以得出瓶内的气体其压强变大，可得高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强。【分析】〔1〕由于温度不变，瓶内气体体积变小可以判别瓶内气体的压强变大；由于温度不变所以气体的平均动能保持不变；16.【答案】〔1〕小于；最大〔216.【答案】〔1〕小于；