2023年廣東省深圳市高考物理二模試卷(有答案解析)

2023年廣東省深圳市高考物理二模試卷一、單項選擇題〔530.0分〕我國一代可控核聚變爭論裝置“中國環(huán)流器二號M”又被稱為“人造太陽”將在2023年投入運行。其所發(fā)生的可控核聚變方程是 ，H、H、和X的質量分別為、、和，真空中的光速為c。以下說法正確的選項是X是質子大亞灣核電站利用核聚變發(fā)電該核反響所釋放的核能為和 的結合能之和大于 的結合能20231013日將發(fā)生火星沖日現(xiàn)象，即火星、地球和太陽剛好在一條直線上，如以下圖，火星軌道半徑為地球軌道半徑的倍，地球和火星繞太陽運行的軌道都視為圓。則火星與地球繞太陽運行的線速度大小之比為2：3火星與地球繞太陽運行的加速度大小之比為4：9火星與地球的公轉周期之比為 ：20231013日前有可能再次發(fā)生火星沖日現(xiàn)象一個帶負電的粒子從 處由靜止釋放，僅受電場力作用，沿x軸正方向運動，加速度a隨位置變化的關系如以下圖， 可以得出從到過程中，電勢先上升后降低在和處，電場強度一樣粒子經和處，速度等大反向粒子在處，電勢能最大戶外野炊所用的便攜式三腳架，由三根完全一樣的輕桿通過鉸鏈組合在一起，每根桿均可繞鉸鏈自由轉動。如以下圖，將三腳架靜止放在水平地面mg，不計支架與鉸鏈之間的摩擦，則當每根桿與豎直方向的夾角為當每根桿與豎直方向的夾角為

時，桿受到的壓力大小為時，桿對地面的摩擦力大小為當每根桿與豎直方向的夾角均變大時，三根桿對鉸鏈的作用力的合力118頁變大當每根桿與豎直方向的夾角均變大時，桿對地面的壓力變大如以下圖，某時刻將質量為10kg的貨物輕放在勻速運動的水平傳送帶最左端，當貨物與傳送帶速度恰好相等時，傳送帶突然停頓運動，貨物最終停在傳送帶上。貨物與傳送帶間的動摩擦因10cm，重力加速度取則貨物10cm運動的總時間為與傳送帶由摩擦而產生的熱量為5J5J二、多項選擇題〔527.0分〕電磁感應現(xiàn)象在科技和生活中有著廣泛的應用，以下說法正確的選項是圖中利用了放射線圈和接收線圈之間的互感現(xiàn)象構成變壓器現(xiàn)手機充電圖中給電磁爐接通恒定電流，可以在鍋底產生渦流，給鍋中食物加熱B不閉合，S斷開將不會產生延時效果218頁圖中給電子感應通以恒定電流時，被加速的電子獲得恒定的加速度某同學使用小型電動打夯機平坦自家房前的場地，如以下圖是電動打夯機的構造示意圖。質量為mM的底座含電動機上的轉軸相連。電動機帶動擺錘繞轉軸O在豎直面內勻速轉動，轉動半徑為R，重力加速度為g。以下說法正確的選項是轉到最低點時擺錘處于失重狀態(tài)擺錘在最低點和最高點，桿給擺錘的彈力大小之差為6mg假設打夯機底座剛好能離開地面，則擺錘的角速度為假設打夯機底座剛好能離開地面，則擺錘轉到最低點時，打夯機對地面的壓力為如以下圖，在豎直平面內有一上下邊界均水平，垂直線框所在平面的勻強磁場，磁感應強度正方形單匝金屬線框在磁場上方 處，質量為 ，邊長為 ，總阻值為 現(xiàn)將線框由靜止釋放，下落過程中線框ab邊始終與磁場邊界平行，ab邊剛好進入磁場和剛好離開磁場時的速度均為 ，不計空氣阻力，重力加速度取 則cd邊剛進入磁場時抑制安培力做功的功率為9W勻強磁場區(qū)域的高度為穿過磁場的過程中線框電阻產生的焦耳熱為線框通過磁場上邊界所用時間為以下說法正確的選項是確定質量的抱負氣體，在等壓膨脹過程中，確定吸取熱量當分子間的引力與斥力平衡時，分子勢能最大其它條件一樣，空氣的相對濕度越大，晾曬在室外的衣服越不簡潔干布朗運動證明白懸浮微粒的分子在做無規(guī)章運動在任何自然過程中，一個孤立系統(tǒng)的總熵不會減小一段繩子置于x軸上，某同學使繩子的左端即波源 在y軸上做不連續(xù)的簡諧運動，振動周期為 某時刻波剛好傳到P點P間繩上各點形成的波形如以下圖此時由波形可知318頁y軸正方向波在介質中傳播的速度為Q此時以

y軸負方向運動此波形是波源先做一次全振動后停頓振動

，接著再振動半個周期形成的1sQP點三、試驗題〔215.0分〕某同學在試驗室使用半徑一樣的兩個小球，按如圖試驗裝置來驗證動量守恒定律。他的主要試驗操作如下：用天平測量a、b兩球的質量 和用游標卡尺測出兩個小球的直徑d用刻度尺測出軌道末端距離地面的高度H用重錘線標出小球拋出點在水平地面上的白紙上的豎直投影點O在白紙上面放好復寫紙，先不放b球，把aD點由靜止釋放，落到復寫紙上，重復屢次；再把b球放在斜槽軌道水平局部最右端，把a球仍從Db球相碰后，兩球分別落在復寫紙上的不同位置，重復屢次用圓規(guī)在白紙上找到三個平均落點MP和并用刻度尺測量出圖中的 、 和 的長度上述試驗操作中不必要的步驟是 ；假設滿足關系式 ，則驗證了系統(tǒng)碰撞過程中動量守恒；用測量的物理量表示試驗測得： ， ， ， ， 。則本試驗的相對誤差是

保存一位有效數(shù)字相對誤差為 。某興趣小組測一電池組的電動勢和內阻，電動勢約為3V，內阻約為 現(xiàn)有如下試驗器材：電壓表 ，內阻約為電流表C.定值電阻D.電阻箱E.滑動變阻器F.待測電池組G.S、導線假設干為完成試驗需將電流表A改裝成較大量程的電流表A應與定值電或“并”，改裝后電流表的量程為 mA。

聯(lián)填“串”為測量盡可能準確，電阻箱 與滑動變阻器 應選

填“ ”或“ ”依據你所選用的試驗器材，設計試驗電路并在答題卡的虛線框內將電路圖補充完整所選器材要標明符號按正確的電路圖連接好電路進展試驗并屢次測量，同時記錄各儀器的讀數(shù)然后做出圖象如以下圖，但遺忘標注縱坐標，請你補充完整，此縱坐標應填I、U、或 。假設圖418頁kb，則該電池的電動勢應符號表示

，內阻

。用題中的相四、計算題〔452.0分〕“反向蹦極”是一項比蹦極更刺激的運動。如以下圖，彈性輕繩的上端固定在O點，拉長后將下端固定在體驗者的身上并與固定在地面上的力傳感器相連傳感器示數(shù)為 翻開扣環(huán)，人從A點由靜止釋放，像火箭一樣被“豎直放射”，經B上升到最高位置C點，在B點時速度最大，在上升過程中，僅在最終1s內做勻變速直線運動。BC間距 ，人與裝備總質量 可視為質點。彈性繩的彈力始終遵循胡克定律，無視空氣阻力，重力加速度g取 求：人在最終1s內位移h的大小和釋放瞬間人的加速度a的大??；彈性繩的勁度系數(shù)k和釋放前彈性繩的彈性勢能 。xOy，第一象限內含坐標軸有垂直于坐標平面對里的勻a、均可視為質點質m、3m，不帶電的小球bO處的絕緣支架圖中未畫出上。小球a帶電量為，從第三象限的P點，以速度豎直向上射出，小球aO時，速度方xb球發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。碰后兩個小球帶電518頁量均變?yōu)榇鸥袘獜姸?/p>

bxNayQ點圖中未畫出。，不計兩個小球之間的庫侖力和空氣阻力，重力加速度為g。求：a、b球的速度、；EQO的距離；O的距離。如以下圖，將橫截面積 、容積為 ，開口向上的導熱良好的氣缸置于 的環(huán)境中用厚度不計的輕質活塞將體積為 的抱負氣體封閉在氣缸中，氣缸底部有一個單向閥門外界大氣壓強 ，重力加速度 ，不計一切摩擦。求：QN給氣缸充氣，每次可將體積為 ，壓強為 的抱負氣體全部打入氣缸中，則打氣多少次，才能使其內部壓強到達 ；當氣缸內氣體壓強到達 時，停頓打氣，關閉閥門N，將質量為 的物體放在活塞上，然后拔掉卡銷Q，則環(huán)境溫度為多少攝氏度時，活塞恰好不脫離氣缸。一正三棱柱形透亮體的橫截面如以下圖， ，透亮體中心有一半徑為R的球形真空區(qū)域一束平行單色光從ABc。求：

618頁D點射入透亮體的光束要經受多長時間從透亮體射出；AB面直接進入中間的球形真空區(qū)域，則必需在透亮體AB面上貼至少多ACBC面的反射光線影響718頁答案：C

答案與解析 解析：解：A、依據質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X10，是中子，該核反響A錯誤；B、大亞灣核電站利用核裂變發(fā)電，故B錯誤；C聚變時釋放的能量C正確；D、該核反響的過程中釋放能量，可知和的結合能之和小于 的結合能，故D錯誤。應選：C。依據質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可以求出X為何種粒子；該核反響為核聚變；依據愛因斯坦質能方程可知，聚變時釋放的能量 。此題考察了愛因斯坦質能方程、裂變反響和聚變反響等學問點。關鍵點：理解裂變和聚變的特點，會應用質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒推斷生成物的類別。答案：B解析：解：火星和地球繞太陽做圓周運動，萬有引力供給向心力， ，火星公轉軌道半徑為地球的 倍，A、 ，則火星與地球的線速度大小之比為 ，故A錯誤；B、 ，則火星與地球的加速度大小之比為4：9，故B正確；C、 ，則火星與地球的公轉周期之比為 ： ，故C錯誤；D

其中：： ：，解得： 年，故下一次發(fā)生火星沖日現(xiàn)象的時間為2023年1月13日，故D錯誤。應選：B。依據題干供給的信息，火星和地球繞太陽做圓周運動的向心力等于太陽的萬有引力，列式比較火星與地球的周期、線速度和向心加速度大小關系。依據兩次相距最近的時間間隔為地球比火星多轉動一周的時間，據周期關系計算即可。此題考察了萬有引力定律及其應用，關鍵抓住萬有引力供給向心力，列式求解出線速度、周期和向心加速度的表達式，再進展爭論。答案：A解析：解：AD、依據圖象可知，從到過程中，粒子先加速后減速，所以電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增加，到處，電勢能最小依據 可知，粒子帶負電，所以電勢先上升后降低，故A正確，D錯誤；B、由于 ，所以電場強度和加速度大小成正比，方向相反，所以在和處，電場強度大小相等，方向相反，故B錯誤；C、依據運動學公式可知 可知， 圖象的面積表示，所以粒子經和處，速度大818頁C錯誤；應選：A。分析從到過程中，電場力做功狀況，從而推斷電勢能的變化狀況，再分析處的電勢能，依據分析電勢的變化狀況；依據牛頓其次定律分析加速度與電場強度的的關系，再依據圖象分析電場強度的狀況；依據運動學公式可知 可知， 圖象的面積表示 ，以此分析粒子經 和處的速度。解決該題的關鍵是能依據圖象分析粒子的運動狀況，知道電場力做功與電勢能的變化的關系，知道圖象的面積表示。答案：B解析解：A以吊鍋和細鐵鏈整體為爭論對象依據平衡條件得： 得 ，由牛頓第三定律知，桿受到的壓力大小為 ，故A錯誤；B、當每根桿與豎直方向的夾角為

時，桿對地面的摩擦力大小為B正確；C、當每根桿與豎直方向的夾角均變大時，三根桿對鉸鏈的作用力的合力不變，仍與重力mg等大反C錯誤；D以整個裝置為爭論對象由平衡條件知， 得 因此由牛頓第三定律知，D錯誤。應選：B。以吊鍋和細鐵鏈整體為爭論對象，分析受力，依據平衡條件求出桿對細鐵鏈的支持力，從而得到桿受到的壓力。對桿，依據平衡條件求地面對桿的摩擦力，從而得到桿對地面的摩擦力。對整個裝置分析，由平衡條件分析地面對桿的支持力，來分析桿對地面的壓力。解決此題時，要靈敏選擇爭論對象，分析受力狀況，利用平衡條件和牛頓第三定律進展解答。答案：D解析：解：令傳送帶的速度為v，依據題意可知，貨物在傳送帶上先加速后做減速運動，加速運動階段，其加速度大小為：當貨物加速到和傳送帶速度相等時，所用時間為：貨物發(fā)生的位移為：傳送帶發(fā)生的位移為：減速運動過程中貨物的加速度大小為：當貨物速度減為零，所用的時間為：貨物發(fā)生的位移為：918頁依據題意可知，貨物在傳送帶上留下的劃痕長為： ，所以傳送帶的速度為 ，貨物發(fā)生的總位移為 ，運動的總時間為 ，與傳送帶由摩擦而產生的熱量 ，貨物獲得的最大動能為應選：D。

ABC錯誤，D正確。貨物在傳送帶上先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，依據牛頓其次定律求解加速度大小，依據 求解加速度和減速運動的時間，依據 求解加速和減速時的位移，找到貨物與傳送帶的相對位移的表達式，從而求解傳送帶的速度，再結合運動學公式求解總位移和總時間，依據求解熱量，依據 求解最大動能。熟記運動學的相關公式以及由于摩擦而產生的熱量的公式。答案：AC解析：解：A、圖中利用了放射線圈和接收線圈之間的互感現(xiàn)象構成變壓器，利用互感原理使手機充A正確；B、圖中給電磁爐接通交變電流，可以在鍋底產生渦流，給鍋中食物加熱，故B錯誤；C、圖中假設線圈B不閉合，S斷開，線圈B中不產生感應電流，工作電路會馬上斷開，不會產生延C正確；D、圖中給電子感應通以交變電流時，產生交變的磁場，感應出交變電壓，使電子獲得恒定D錯誤。應選：AC。變壓器的工作原理是互感，是一種電磁感應原理。電磁爐應通以交變電流。延時繼電器是利用電磁感應原理。電子感應能通以交變電流。解決此題的關鍵要理解各種裝置的工作原理，要把握電磁感應產生的條件，來分析其工作原理。答案：CD解析：解：A、擺錘轉動最低點時，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、擺錘在最高點時，依據向心力公式可知： ，在最低點有： ，聯(lián)立解得擺錘在最低點和最高點，桿給擺錘的彈力大小之差為： ，故B錯誤；C錘位于最高點，有：對擺錘有：解得： ，故C正確；D、在最低點，對擺錘有：則：18頁對打夯機有： ，故D正確。應選：CD。擺錘在最低點時，加速度向上，處于超重狀態(tài)。擺錘做圓周運動，在最高點和最低點時，重力和拉力的合力供給向心力，據此分析桿對擺錘的彈力大小之差。當拉力的大小等于電動機連同打夯機底座的重力時，才能使打夯機底座剛好離開地面。依據牛頓其次定律求出擺錘通過最低位置時對擺錘的拉力從而得知打夯機對地面的壓力。此題考察了向心力的相關計算，解題此題的關鍵承受隔離法分析，擺錘在豎直方向上的合力供給其做圓周運動的向心力，而對于打夯機始終處于受力平衡狀態(tài)。答案：ABD解析：解：Acd邊剛進入磁場時的速度為，則cd邊剛進入磁場時產生的感應電動勢為線框中感應電流為cd邊剛進入磁場時抑制安培力做功的功率 ，故A正確；B、線框進入磁場和穿出磁場的兩個過程運動狀況一樣。設勻強磁場區(qū)域的高度為H，ab邊剛好進入磁場為。線框完全在磁場中運動時做加速度為g的勻加速運動，有解得 ，故B正確；C、設穿過磁場的過程中線框電阻產生的焦耳熱為 由能量守恒定律得：，解得 ，故C錯誤；D、設線框通過磁場上邊界所用時間為t。線框通過磁場上邊界的過程，由動量定理得：又聯(lián)立解得 ，故D正確。應選：ABD。cdcd邊產生的感應電動勢，由歐cd磁場后做加速度為g的勻加速運動，由運動學公式和幾何關系求磁場區(qū)域的高度。由能量守恒定律求線框產生的焦耳熱。對于線框通過磁場上邊界的過程，利用動量定理求運動時間。解決此題的關鍵要抓住線框進入磁場和穿出磁場的兩個過程運動狀況一樣，線框完全磁場中運動時做加速度為g的勻加速運動。要知道線框穿出磁場的過程做變減速運動，不能依據運動學公式求運動時間，可以依據動量定理求運動時間。答案：ACE18頁解析解：A依據抱負氣體狀態(tài)方程 壓強不變體積增大溫度確定上升而體積增大，說明氣體對外做功，即 ，溫度上升，說明內能增大，即 ，再依據熱力學第確定律知， ，即氣體確定吸熱，故A正確。BB錯誤。C的水汽量接近飽和的程度有關，在潮濕的天氣里，空氣的相對濕度大，水蒸發(fā)得慢，所以洗了的衣C正確。D、布朗運動是懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的永不停息地做無規(guī)章運動，間接證明白分子永D錯誤。E、依據熵增加原理，在任何自然過程中，一個孤立系統(tǒng)的總熵不會減小，故E正確。應選：ACE。先依據抱負氣體狀態(tài)方程 溫度的變化再依據熱力學第確定律推斷是否吸熱依據 圖布朗運動是懸浮微粒的無規(guī)章運動，說明液體分子在做無規(guī)章運動；依據熵增加原理解析。此題考察了布朗運動、分子勢能、熱力學定律等學問點。這種題型學問點廣，多以根底為主，只要尋常多加積存，難度不大。答案：ABD解析：解：A、依據波向右傳播，由圖可得：波前質點P向上振動，故波源起振方向向上，故A正確；B、由圖知，波長 ，波速 ，故B正確；CQ向下振動，但振動速度不愿定等于波的傳播速度，故C錯誤；D、由波形圖知，波源先做一個全振動，中間停頓振動時間 ，再振動半個周期所形成的，故D正確；E、波形圖中各質點并不隨波運動，傳遞的是一種振動形式，故E錯誤；應選：ABD。由波前質點振動方向推斷波源振動方向；由圖讀出波長依據波速公式求波速，但質點振動速度與波速是完全不同的概念；由波形圖學問推導波的形成過程；波形圖中各個質點只上下振動，不隨波逐流。機械振動問題中，一般依據振動圖或質點振動得到周期、質點振動方向；再依據波形圖得到波長和波的傳播方向，從而得到波速及質點振動，進而依據周期得到路程。答案：解析：解： 驗證動量守恒定律，需要用天平測量兩個小球的質量；為了發(fā)生對心碰撞，兩球的直徑需一樣，但具體直徑大小，并不需要測量；只需要保證小球做平拋運動的高度一樣，不需要用刻度尺測量其具體值；需要用重錘線標出小球拋出點在水平地面上的白紙上的豎直投影點O18頁在白紙上面放好復寫紙，先不放baD點由靜止釋放，落到復寫紙上，重b球放在斜槽軌道水平局部最右端，把aDb球相碰后，兩球分別落在復寫紙上的不同位置，重復屢次；M、PN，并用刻度尺測量出圖中的、和的長度紙上的不同位置，重復屢次；上述試驗操作中不必要的步驟是。碰撞過程中，假設水平方向動量守恒，由動量守恒定律得： ，小球做平拋運動時拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間t相等，兩邊同時乘以時間t，，得： 。相對誤差。故答案為： ； ； 。，落地時間一樣，不需要具體測量高度大??；試驗要驗證兩個小球系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，即要驗證 ，可以通過平拋運動將速度的測量轉化為水平射程的測量；通過公式：相對誤差 ，來計算相對誤差。試驗運用轉換法，馬上測量小球做平拋運動的初速度轉換成測平拋運動的水平位移；由于本試驗僅限于爭論系統(tǒng)在碰撞前后動量的關系，所以各物理量的單位不必統(tǒng)一使用國際單位制單位。答案：并6解析：解：

A改裝成較大量程的電流表，A應與定值電阻

并聯(lián)；并聯(lián)后的量程：m滑動變阻器不能讀出具體的電阻值，所以選擇電阻箱更合理。電源的電動勢只有3V15V，在電路中電壓表的讀數(shù)的誤差是比較大的，所以可以不選擇電壓表，只使用電流表與電阻箱也可以測量電源的電動勢與內電阻；所以畫出電路圖如圖；由 的分析可知，電流表的路程擴大為原來的3倍，結合試驗原理圖電路可知，，則：18頁bR圖象的斜率：得電動勢：圖象的斜率：得電動勢：則電源內阻：故答案為： 并，6；；如圖；；；或依據電流表改裝的原理分析即可；結合給出的儀表，分析需要的測量電路，推斷選擇的電阻；依據試驗原理，畫出電路圖；象，然后結合公式推斷截距的意義以及斜率的意義，最終求出即可。中給出的條件及坐標中隱含的信息。答案：解： 依據題意可知，釋放前后人的受力如以下圖， ，釋放前，人處于平衡狀態(tài)有： ，釋放后： ，解得： ，由題意可知，上升最終階段繩子松弛，人只受重力做勻減速運動到最高點，可以逆向看作自由落體運動，最終1s內上升的高度為： ；在B點速度最大，此時彈性繩的彈力剛好與重力大小相等，設彈簧的伸長量為，則： ，，解得 ，釋放前，彈性繩的拉力為 ，此時彈簧的伸長量為： ，所以人從釋放到運動到最高點的距離為： ，上升過程中機械能守恒則依據機械能守恒定律有釋放前彈性繩的彈性勢能： 答： 人在最終1s內位移h的大小為15m，釋放瞬間人的加速度a的大小為 ；彈性繩的勁度系數(shù)k為 ，釋放前彈性繩的彈性勢能為7500J。18頁解析： 分別分析釋放前以及釋放瞬間人的受力依據牛頓其次定律求解釋放瞬間人的加速度a的1sg的減速運動，逆向可看做自由落體運動，依據1sh的大小；

求解人在人在B伸長量，依據胡克定律求解勁度系數(shù)，釋放后人和彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒依據機械能守恒定律求解釋放前彈性繩的彈性勢能 。解決該題的關鍵是知道釋放瞬間，彈性繩的彈力并不會發(fā)生突變，知道人運動到B點時，人受到的彈力和重力大小相等，方向相反。答案：解： 球a和球b在O點發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，依據運動守恒定律得：，依據能量守恒定律可得： ，聯(lián)立解得： ， ；a做勻變速曲線運動，水平方向做勻加速直線運動，設加速度為，依據速度時間關系可得：豎直方向做勻減速直線運動： ，聯(lián)立解得： ；碰后兩個小球帶電量均為 ；aQ點時水平方向速度變?yōu)樗俣葹?，水平方向：依據牛頓其次定律可得：Q點到原點O的距離聯(lián)立解得：

，設加b球所受洛倫茲力b球的運動分解成速率的勻圓運動和水平向右的速度為的勻速運動。N0，所以速度照舊為，設球b運動時間為，將分解：依據洛倫茲力供給向心力可得：依據幾何關系：依據平衡條件可得：所以水平方向：，而： ，聯(lián)立解得：，、2、答： 碰后a、b球的速度分別為 ，；18頁E的大小為點O的距離為

，Q點到原點O的距離為 ；， 、2、解析： 球a和球b在O點發(fā)生彈性碰撞，依據運動守恒定律和能量守恒定律聯(lián)立求解；在第三象限中，分析球a的運動狀況，依據運動學公式求解電場強度；分析碰后a球在第三象限內的運動狀況，再次依據運動學公式求解QO的距離；碰后b球所受洛倫茲力 可以將小球的運動分解為水平方向的勻速直線運動與圓周運動的合成，依據運動的合成與分解結合勻速圓周運動的特點進展解答。此題主要是考察帶電粒子在磁場中的運動和在電場中的偏轉，