2023年广东省高考物理试卷(a卷)(含答案).docx

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1、2023 年广东省高考物理试卷A 卷一、单项选择题：本大题共 4 小题，每题 4 分，总分值 16 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.选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分14 分某航母跑道长 200m。飞机在航母上滑行的最大加速度为 6m/s2，起飞需要的最低速度为 50m/s。那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为A5m/sB10m/sC15m/sD20m/s24 分如图，甲、乙两颗卫星以一样的轨道半径分别绕质量为 M 和 2M 的行星做匀速圆周运动，以下说法正确的选项是A甲的向心加速度比乙的小B甲的运行周期比乙的小C甲的角速度比乙的大D甲的线速

2、度比乙的大34 分喷墨打印机的简化模型如以下图，重力可无视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中A向负极板偏转 B电势能渐渐增大C运动轨迹是抛物线 D运动轨迹与带电量无关1244 分如图，抱负变压器原、副线圈匝数比 n ：n =2：1，V 和 A 均为抱负电表，灯光电阻L1R =6，AB 端电压 u =12sin100tV以下说法正确的选项是A. 电流频率为 100HzBV 的读数为 24VCA 的读数为 0.5A D变压器输入功率为 6W二、双项选择题：本大题共5 小题，每题 6 分，共 54 分在每题给出的四个选项中，有两个选项

3、符合题目要求，全部选对的得 6 分，只选 1 个且正确的得 3 分，有选错或者不答的得 010分5 6分 铀 核 裂 变 是 核 电 站 核 能 的 重 要 来 源 ， 其 一 种 裂 变 反 应 是 U+ nBa+Kr+3n，以下说法正确的有 A上述裂变反响中伴随着中子放出B. 铀块体积对链式反响的发生无影响C铀核的链式反响可人工把握 D铀核的半衰期会受到环境温度的影响66 分图为某同学设计的喷水装置，内部装有 2L 水，上部密封 1atm 的空气 0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm 的空气 0.1L，设在全部过程中空气可看作抱负气体，且温度不变，以下说法正确的有 A充气后，密封气体压强

4、增加 B充气后，密封气体的分子平均动能增加C翻开阀门后，密封气体对外界做正功D翻开阀门后，不再充气也能把水喷光76 分如图，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度一样的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，以下说法正确的有A甲的切向加速度始终比乙的大 B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达 B 处86 分如图，物体 P 静止于固定的斜面上，P 的上外表水平现把物体 Q 轻轻地叠放在 P上，则AP 向下滑动 BP 静止不动CP 所受的合外力增大 DP 与斜面间的静摩擦力增大96 分如图，两个初速度大小一样的同种离子 a 和

5、 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最终打到屏 P 上不计重力以下说法正确的有 Aa、b 均带正电Ba 在磁场中飞行的时间比 b 的短Ca 在磁场中飞行的路程比 b 的短Da 在 P 上的落点与O 点的距离比 b 的近三、解答题109 分争论小车匀变速直线运动的试验装置如图a所示，其中斜面倾角 可调，打点计时器的工作频率为 50Hz，纸带上计数点的间距如图b所示，其中每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出局部试验步骤如下： A测量完毕，关闭电源，取出纸带 B接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车 C将小车依靠在打点计时器四周，小车尾部与纸带相连D把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位

6、孔上述试验步骤的正确挨次是：用字母填写图b中标出的相邻两计数点的时间间隔 T=s计数点 5 对应的瞬时速度大小计算式为 v5=为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为 a=X119 分图a是测量电阻 R 的原理图学生电源输出电压可调，电流表量程选 0.6A内阻不计，标有长度刻度的均匀电阻丝 ab 的总长为 30.0cm（1） 依据原理图链接图b的实物图A21（2） 断开 S ，合上 S ；调整电源输出电压为 3.0V 时，单位长度电阻丝为电压 u=V/cm记录此时电流表的示数1121（3） 保持 S 闭合，合上 S ；滑动 c 点转变 ac 的长度 L，同时调整电源输出电压，

7、使电流表 A2的示数与步骤2记录的值一样，记录长度 L 和 A 的示数 I测量 6 组 L 和 I 值，测量数据已X在图c中标出，写出 R与 L、I、u 的关系式 R=；依据图c用作图法算出 R =XX12122102121218 分如图，两块一样平板 P 、P 置于光滑水平面上，质量均为 mP 的右端固定一轻质弹簧，左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L物体 P 置于 P 的最右端，质量为 2m 且可以看作质点P 与 P 以共同速度 v 向右运动，与静止的 P 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 与 P 粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点弹簧始终在弹性限度内P 与 P 之间的动摩擦

8、因数为 ，求：12121P 、P 刚碰完时的共同速度v 和 P 的最终速度v ；p2此过程中弹簧最大压缩量 x 和相应的弹性势能 E 1318 分如图a所示，在垂直于匀强磁场 B 的平面内，半径为 r 的金属圆盘绕过圆心 O的轴转动，圆心 O 和边缘 K 通过电刷与一个电路连接，电路中的 P 是加上确定正向电压才能导通的电子元件流过电流表的电流I 与圆盘角速度 的关系如图b所示，其中ab 段和 bc 段均为直线，且 ab 段过坐标原点0 代表圆盘逆时针转动：R=3.0，B=1.0T，r=0.2m无视圆盘、电流表和导线的电阻（1） 依据图b写出 ab、bc 段对应 I 与 的关系式；（2） 求出

9、图b中 b、c 两点对应的 P 两端的电压 Ub、Uc；（3） 分别求出 ab、bc 段流过 P 的电流 Ip 与其两端电压 Up 的关系式2023 年广东省高考物理试卷A 卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共 4 小题，每题 4 分，总分值 16 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.选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分14 分某航母跑道长 200m。飞机在航母上滑行的最大加速度为 6m/s2，起飞需要的最低速度为 50m/s。那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为A5m/sB10m/sC15m/sD20m/s【分析】飞机的末速度、加速度和位

10、移，代入公式，即可求出初速度。【解答】解：由运动学公式 v2v 2=2as0代人数据得：m/s，应选 B 正确。应选：B。【点评】该题考察导出公式的应用，直接代入公式即可。24 分如图，甲、乙两颗卫星以一样的轨道半径分别绕质量为 M 和 2M 的行星做匀速圆周运动，以下说法正确的选项是A甲的向心加速度比乙的小B甲的运行周期比乙的小C甲的角速度比乙的大D甲的线速度比乙的大【分析】抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力供给，列式开放争论即可【解答】解：依据卫星运动的向心力由万有引力供给，有：A、由于，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，故 A 正确；B、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，

11、故甲的周期大于乙的周期，故 B 错误；C、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的角速度小于乙的角速度，故 C 错误；D、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的线速度小于乙的线速度，故D 错误。应选：A。【点评】抓住半径一样，中心天体质量不同，依据万有引力供给向心力开放争论即可，留意区分中心天体的质量不同34 分喷墨打印机的简化模型如以下图，重力可无视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中A向负极板偏转 B电势能渐渐增大C运动轨迹是抛物线 D运动轨迹与带电量无关【分析】由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方

12、向；依据电子做类平抛运动来确定侧向位移，依据电场力做功来确定电势能变化状况【解答】解：A、由于带负电，故向正极板偏转，A 错误；B、由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能削减，B 错误；C、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故 C 正确；D、由侧向位移 y=at2=2，可知运动轨迹与带电量有关，D 错误。应选：C。【点评】解答此题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的44 分如图，抱负变压器原、副线圈匝数比 n1：n2=2：1，V 和 A 均为抱负电表，灯光电阻RL=6，AB 端电压 u1=12sin100tV以下说法正确的选项是A. 电流频率

13、为 100HzBV 的读数为 24VCA 的读数为 0.5A D变压器输入功率为 6W【分析】依据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论1【解答】解；A、AB 端电压 u =12sin100tV。电流频率为 f=50Hz，故 A 错误；B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，22依据电压与匝数成正比，可知，U =6V，故 B 错误； C、I =1A，A 的读数为 1A，故 C 错误；122 2D、P =P =U I =6W，故 D 正确。应选：D。【点评】把握住抱负变压器的电压、电流及功率之间的关系，此题即可得到解决二、双项选择题：本大题共5

14、小题，每题 6 分，共 54 分在每题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，只选 1 个且正确的得 3 分，有选错或者不答的得 0 分5 6分 铀 核 裂 变 是 核 电 站 核 能 的 重 要 来 源 ， 其 一 种 裂 变 反 应 是 U+ nBa+Kr+3n，以下说法正确的有 A上述裂变反响中伴随着中子放出B. 铀块体积对链式反响的发生无影响C铀核的链式反响可人工把握 D铀核的半衰期会受到环境温度的影响【分析】由铀核裂变可知 AC 正确，B 错误，铀核的半衰期与物理、化学变化无关【解答】解：A、由核反响方程式可以看出该反响生成了 2 个中子，A 正确；B、铀块体

15、积需到达临界体积才能发生链式反响，所以铀块体积对链式反响的发生有影响。B 错误；C、铀核的链式反响可以通过把握棒进展人工把握，C 正确；D、放射性物质的半衰期是元素本身的属性，与外界物理环境和化学环境均无关，D 错误。应选：AC。【点评】此题考察了重核的裂变方程，核反响条件，半衰期的特点，难度不大66 分图为某同学设计的喷水装置，内部装有 2L 水，上部密封 1atm 的空气 0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm 的空气 0.1L，设在全部过程中空气可看作抱负气体，且温度不变，以下说法正确的有 A充气后，密封气体压强增加 B充气后，密封气体的分子平均动能增加C翻开阀门后，密封气体对外界做正功

16、D翻开阀门后，不再充气也能把水喷光11221【分析】由于温度不变，故充气后，密封气体的分子平均动能不变；充气过程为等温过程，由抱负气体状态方程：pV=nRT 可推断 p 的变化；由公式 p V +p V =pV 可知封闭气体压强大于外界压强，故翻开阀门后，气体会把水喷出，直到封闭气体压强与外界压强相等【解答】解：A、封闭气体中再充入 1atm 的空气 0.1L 后，由于体积不变，所以气体物质的量 n变大，由抱负气体状态方程：pV=nRT 可知，当n 变大，则压强 p 变大，故A 正确；B、温度是平均动能的标志，温度不变，所以分子的平均动能不变，故 B 错误；11221C、由公式 p V +p

17、V =pV 可知封闭气体压强变为 1.2atm，大于大气压强，所以翻开阀门后，气体膨胀，对外界做功，故 C 正确；11221D、膨胀过程温度不变属于等温变化，假设都喷完容器中的水，由 p V +p V =pV 得喷完容器中的水后，容器的气体压强小于外界气体压强，所以水不能喷完，故 D 错误。应选：AC。【点评】此题考察了热力学第确定律的应用，记住温度是分子平均动能的标志76 分如图，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度一样的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，以下说法正确的有A甲的切向加速度始终比乙的大 B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能

18、到达同一高度D甲比乙先到达 B 处【分析】由受力分析及牛顿其次定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；哪一个先到达 B 点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用 vt 图象来计算说明【解答】解：A：由受力分析及牛顿其次定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小， 故 A 错误； B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度重力势能相等处的动能也相等， 故 B 正确；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开头阶段的位移比较大，故甲总是先到达同一高度的位置。故 C 错误，D 正确。应选：

19、BD。【点评】此题应当用“加速度”解释：高度一样，到达底端的速度大小就一样，但甲的加速度渐渐减小，乙的加速度渐渐增大所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢它们的 vt 图象如图，结合 vt 图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴之间的面积可以用来表示位移86 分如图，物体 P 静止于固定的斜面上，P 的上外表水平现把物体 Q 轻轻地叠放在 P上，则AP 向下滑动 BP 静止不动CP 所受的合外力增大 DP 与斜面间的静摩擦力增大【分析】先对 P 受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，依据平衡条件求解出各个力；物体 Q轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力【解答】

20、解：A、B、对 P 受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，依据平衡条件，有：N=Mgcos f=Mgsin fN故 tan由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力，故 P 静止不动，故A 错误，B 正确；C、物体 P 保持静止，合力为零，故 C 错误；D、由于物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，相当于增大物体 P 重力，故 P 与斜面间的静摩擦力增大， 故 D 正确；应选：BD。【点评】此题关键是对物体受力分析，求解出支持力和静摩擦力表达式；物体 Q 轻轻地叠放在P 上，相当于增大物体 P 重力96 分如图，两个初速度大小一样的同种离子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀

21、强磁场，最终打到屏 P 上不计重力以下说法正确的有Aa、b 均带正电Ba 在磁场中飞行的时间比 b 的短Ca 在磁场中飞行的路程比 b 的短Da 在 P 上的落点与O 点的距离比 b 的近【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力供给向心力做匀速圆周运动，要娴熟应用半径公式和周期公式进展求解【解答】解：a、b 粒子的运动轨迹如以下图：粒子 a、b 都向下由左手定则可知，a、b 均带正电，故 A 正确；由 r=可知，两粒子半径相等，依据上图中两粒子运动轨迹可知a 粒子运动轨迹长度大于 b 粒子运动轨迹长度，运动时间 a 在磁场中飞行的时间比 b 的长，故 BC 错误； 依据运动轨迹可知，在 P 上的落点

22、与 O 点的距离 a 比 b 的近，故 D 正确。应选：AD。【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径三、解答题109 分争论小车匀变速直线运动的试验装置如图a所示，其中斜面倾角 可调，打点计时器的工作频率为 50Hz，纸带上计数点的间距如图b所示，其中每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出局部试验步骤如下： A测量完毕，关闭电源，取出纸带 B接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车 C将小车依靠在打点计时器四周，小车尾部与纸带相连D把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔上述试验步骤的正确挨次是：DCBA用字母填写图b中标出的相邻两计数点的时间间隔 T=0.1s5

23、计数点 5 对应的瞬时速度大小计算式为 v = 为 了 充 分 利 用 记 录 数 据 ， 减 小 误 差 ， 小 车 加 速 度 大 小 的 计 算 式 应 为 a=【分析】先连接试验器材，测量时先接通电源，后释放纸带；打点计时器的工作频率为 50Hz，每隔 0.02s 打一次电，每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出，共 5 个 0.02s；匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；依据公式x=aT2 列式求解【解答】解：先连接试验器材，后穿纸带，再连接小车，最终打点并选择纸带进展数据处理； 故为 DCBA；打点计时器的工作频率为 50Hz，每隔 0.02s 打一次电，每相邻两点之

24、间还有 4 个记录点未画出，共 5 个 0.02s，故 T=0.1s；匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故；依据公式x=aT2，有：；解得：；故答案为：DCBA，0.1，【点评】此题关键明确试验原理、试验步骤，会计算瞬时速度和加速度，根底题119 分图a是测量电阻 RX 的原理图学生电源输出电压可调，电流表量程选 0.6A内阻不计，标有长度刻度的均匀电阻丝 ab 的总长为 30.0cm（1） 依据原理图链接图b的实物图A21（2） 断开 S ，合上 S ；调整电源输出电压为 3.0V 时，单位长度电阻丝为电压 u=0.1V/cm记录此时电流表的示数1121（3） 保持 S 闭合

25、，合上 S ；滑动 c 点转变 ac 的长度 L，同时调整电源输出电压，使电流表 A2的示数与步骤2记录的值一样，记录长度 L 和 A 的示数 I测量 6 组 L 和 I 值，测量数据已XXX在图c中标出，写出R 与 L、I、u 的关系式R =；依据图c用作图法算出 R =6.0【分析】1比照电路图连线即可；（2） 输出电压为 3.0V，电阻丝粗细均匀，用电压除以长度即可；（3） 电阻丝左侧并联局部电流不变，故单位长度电压恒定，即电压与长度成正比；依据欧姆定律列式求解待测电阻表达式后结合图象分析即可【解答】解：1连线实物图如图；（2） 电源输出电压为 3V，电阻丝长度为 30cm，故每 1cm

26、 长度电阻丝分得电压为 0.1V；x（3） ac 间电压为 Lu，电流为 I，故依据欧姆定律，有：R =； 描点作 LI 图，如以以下图所示：x斜率为：k=，故电阻 R =ku=600.1=6.0故答案为：1如以下图，20.1，3，6.0【点评】此题关键明确试验原理，写出 LI 关系式，然后结合图线分析数据，不难12122102121218 分如图，两块一样平板 P 、P 置于光滑水平面上，质量均为 mP 的右端固定一轻质弹簧，左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L物体 P 置于 P 的最右端，质量为 2m 且可以看作质点P 与 P 以共同速度 v 向右运动，与静止的 P 发生碰撞，碰撞时间极

27、短，碰撞后P 与 P 粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点弹簧始终在弹性限度内P 与 P 之间的动摩擦因数为 ，求：12121P 、P 刚碰完时的共同速度v 和 P 的最终速度v ；p2此过程中弹簧最大压缩量 x 和相应的弹性势能 E 1212【分析】1P 、P 碰撞过程，由动量守恒定律列出等式对P 、P 、P 系统，由动量守恒定律求解1232当弹簧压缩最大时，P 、P 、P 三者具有共同速度 v ，由动量守恒定律和能量守恒定律求解12【解答】解：1P 、P 碰撞过程，由动量守恒定律mv =2mv 011解得 v =，方向水平向右 12对 P 、P 、P 系统，由动量守恒定律mv +

28、2mv =4mv 0022解得 v =，方向水平向右1222当弹簧压缩最大时，P 、P 、P 三者具有共同速度v ，由动量守恒定律mv +2mv =4mv 002对系统由能量守恒定律2mg2L+x=2mv+ 2mv 4mv解得 x=Lpp最大弹性势能 E =2mv 解得 E =mv+ 2mv 4mv2mgL+x 12答：1P 、P刚碰完时的共同速度是右；2此过程中弹簧最大压缩量 x 是，方向水平向右，P 的最终速度是，方向水平向L，相应的弹性势能是mv【点评】此题综合考察了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的力气要求较高， 需加强这方面的训练1318 分如图a所示，在垂直于匀强磁场

29、 B 的平面内，半径为 r 的金属圆盘绕过圆心 O的轴转动，圆心 O 和边缘 K 通过电刷与一个电路连接，电路中的 P 是加上确定正向电压才能导通的电子元件流过电流表的电流I 与圆盘角速度 的关系如图b所示，其中ab 段和 bc 段均为直线，且 ab 段过坐标原点0 代表圆盘逆时针转动：R=3.0，B=1.0T，r=0.2m无视圆盘、电流表和导线的电阻（1） 依据图b写出 ab、bc 段对应 I 与 的关系式；（2） 求出图b中 b、c 两点对应的 P 两端的电压 Ub、Uc；pp（3） 分别求出 ab、bc 段流过 P 的电流 I 与其两端电压 U 的关系式【分析】1依据电流与角速度的关系图

30、线，得出电流与角速度的关系式（2） 由于圆盘的内阻不计，试验 P 端的电压等于电源的电动势，依据 E=求出电动势的大小pU（3） 依据欧姆定律，抓住 P 两端电压等于电阻 R 两端电压得出流过 P 的电流 I 与其两端电压的关系式p1【解答】解：1由图可知，在 ab 段，直线斜率 k =2故对应 I 与 的关系式为：I=A45rad/s15 rad/s 在 bc 段，直线斜率 k =2设表达式 I=k +b，把 =45rad/s，I=0.4A 代入解得 b=0.05故对应 I 与 的关系式为：I=0.05 A 15rad/s45 rad/s（2） 圆盘转动时产生的感应电动势 E=Brv=Br=

31、Br2故 b 点对应的 P 两端的电压U =E =Br2bbbc 两点对应的 P 两端的电压 Uc=Ec=Br2cb代入数据解得 U =0.30V Uc=0.90V（3） 元件 P 在 b 点开头导通，pppp所以在 ab 段 I =00.9VU 0.3V，在 bc 段，U =II Rp I=0.05A，U =Br2，pp联立以上各式可得 bc 段流过 P 的电流 I 与其两端电压 U 的关系式为：ppI =0.05V0.3VU 0.9V答：1ab、bc 段对应 I 与 的关系式分别为 I= A45rad/s15 rad/s，I=0.05 A15rad/s45 rad/s（2） 中 b、c 两点对应的 P 两端的电压分别为 0.30V，0.90Vppppp（3） ab 流过P 的电流 I 与其两端电压 U 的关系式分别为：I =0A0.9VU 0.3V，I =0.05A0.3VU 0.9Vp【点评】解决此题的关键把握转动切割产生的感应电动势表达式，并结合欧姆定律进展求解