2023年高考物理真題試卷

2023年高考物理真題試卷〔全國甲卷〕一、選擇題:此題共8小題，每題6分，共48分。在每題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部630分?！?48分〕如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)整，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。假設(shè)由30°60°t將〔〕A.漸漸增大 B.漸漸減小 C.先增大后減小 D.先減小后增大【答案】D【解析】PQ【解析】PQ的水平距離為L，由運(yùn)動學(xué)公式可知可得可知時，t有最小值，故當(dāng)30°60°時下滑t先減小后增大。故答案為：D。【分析】當(dāng)斜面夾角肯定時，物塊在斜面做勻變速直線運(yùn)動，利用勻變速運(yùn)動的位移公式可以求出時間最短的夾角，進(jìn)而判別下滑時間的大小變化。A.10m/s21000m/s2B.100m/s2D.10000m/s2A.10m/s21000m/s2B.100m/s2D.10000m/s2C.【答案】C【解析】【解答】紐扣在轉(zhuǎn)動過程中由向心加速度【解析】【解答】紐扣在轉(zhuǎn)動過程中由向心加速度故答案為：C。3.兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，3.兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。假設(shè)一根無限長直導(dǎo)線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B，則圖中與導(dǎo)線距離均為dM、N兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為〔〕A.B、0 B.0、2BC.2B、2B D.B、B【答案】B【考點】平行四邊形定則，安培定則【解析】【解答】兩直角導(dǎo)線可以等效為如下圖的兩直導(dǎo)線，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線分別在M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向為垂直紙面對里、垂直紙面對外，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零；兩直導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直紙面對里，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B；綜上分析B符合題意。故答案為：B。4.4.X經(jīng)圖中所示的一系列、衰變后，生成穩(wěn)定的原子核Y，在此過程中放射出電子的總個數(shù)為〔〕A.6A.6C.10B.8D.14【解析】【解答】由圖分析可知，核反響方程為設(shè)經(jīng)過【解析】【解答】由圖分析可知，核反響方程為設(shè)經(jīng)過次 衰變，次衰變。由電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒可得；解得，6個電子。故答案為：A?！痉治觥坷觅|(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以求出衰變的次數(shù)，利用衰變次數(shù)可以求出放出電子的個數(shù)。5.20232月，執(zhí)行我國火星探測任務(wù)的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后，進(jìn)入運(yùn)行周期約為1.8×105s的橢圓形?？寇壍?，軌道與火星外表的最近距離約為2.8×105m3.4×106m，火星外表處自由落體的加速度大小約為A.6×105m6×107mB.A.6×105m6×107mB.6×106mD.6×108mC.【答案】C【解析】【解答】無視火星自轉(zhuǎn)則①【解析】【解答】無視火星自轉(zhuǎn)則①可知設(shè)與為1.8×105s的橢圓形?？寇壍乐芷谝粯拥膱A形軌道半徑為，由萬引力供給向心力可知②設(shè)近火點到火星中心為③設(shè)遠(yuǎn)火點到火星中心為④由開普勒第三定律可知⑤由以上分析可得故答案為：C。【分析】利用引力形成重力可以求出火星半徑的大?。辉倮靡┙o向心力結(jié)合周期的大小可以求出火星在?？寇壍赖陌腴L軸大小，結(jié)合幾何關(guān)系可以求出天問一號?？抗潭ㄅc火星外表最遠(yuǎn)的距離。6.某電場的等勢面如下圖，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點，則〔 〕一正電荷從b點運(yùn)動到e點，電場力做正功一電子從a點運(yùn)動到d4eVb點電場強(qiáng)度垂直于該點所在等勢面，方向向右a、b、c、d四個點中，b點的電場強(qiáng)度大小最大【答案】B,D【考點】電場強(qiáng)度和電場線【解析】【解答】A．由圖象可知φb=φe則正電荷從b點運(yùn)動到e點，電場力不做功，A不符合題意；B．由圖象可知φa=3V，φd=7V依據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系有Wad=Epa-Epd=(φa-φd)×(-e)=4eVB符合題意；C．沿電場線方向電勢漸漸降低，則b點處的場強(qiáng)方向向左，C不符合題意；D．由于電場線與等勢面處處垂直，則可畫出電場線分布如以下圖所示由上圖可看出，b點電場線最密集，則b點處的場強(qiáng)最大，D符合題意。故答案為：BD。7.m的物體自傾角為的固定斜面底端沿斜面對上滑動。該物體開頭滑動時的動能為，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達(dá)斜面底端時動能為。，重力加速度大小為7.m的物體自傾角為的固定斜面底端沿斜面對上滑動。該物體開頭滑動時的動能為，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達(dá)斜面底端時動能為。，重力加速度大小為g。則〔〕A.物體向上滑動的距離為B.物體向下滑動時的加速度大小為C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長【答案】B,C【解析】【解答】AC【解析】【解答】AC．物體從斜面底端回到斜面底端依據(jù)動能定理有物體從斜面底端到斜面頂端依據(jù)動能定理有整理得；B．物體向下滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有求解得出A物體從斜面底端到斜面頂端依據(jù)動能定理有整理得；B．物體向下滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有求解得出D．物體向上滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有物體向下滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有BD．物體向上滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有物體向下滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有由上式可知a >a由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過一樣的位移，依據(jù)公式則可得出由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過一樣的位移，依據(jù)公式則可得出D不符合題意。故答案為：BC?！痉治觥坷梦矬w從斜面底端到頂端的動能定理結(jié)合全程的動能定理可以求出物體上滑的距離及與斜面之間的動摩擦因數(shù)大??；利用牛頓其次定律可以求出加速度的大??；利用加速度的比較結(jié)合位移公式可以比較運(yùn)動的時間。8.由一樣材料的導(dǎo)線繞成邊長一樣的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開頭下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如下圖。不計空氣阻力，下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能消滅的是〔〕甲和乙都加速運(yùn)動甲和乙都減速運(yùn)動甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動【答案】A,B【解析】【解答】設(shè)線圈到磁場的高度為h【解析】【解答】設(shè)線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時，有感應(yīng)電動勢為兩線圈材料相等〔設(shè)密度為〕，質(zhì)量一樣〔設(shè)為〕，則設(shè)材料的電阻率為，則線圈電阻感應(yīng)電流為安培力為由牛頓其次定律有聯(lián)立解得感應(yīng)電流為安培力為由牛頓其次定律有聯(lián)立解得加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有一樣的加速度。當(dāng)時，甲和乙都加速運(yùn)動，當(dāng)時，甲和乙都減速運(yùn)動，當(dāng)時都勻速。【分析】利用動生電動勢的表達(dá)式結(jié)合歐姆定律可以求出感應(yīng)電流的表達(dá)式，結(jié)合牛頓其次定律可以判別其線圈加速度的表達(dá)式，進(jìn)而判別與匝數(shù)、橫截面積的大小無關(guān)。9.為測量小銅塊與瓷磚外表間的動摩擦因數(shù)，一同學(xué)將貼有標(biāo)尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為的斜面〔sin=0.34，cos9.為測量小銅塊與瓷磚外表間的動摩擦因數(shù)，一同學(xué)將貼有標(biāo)尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為的斜面〔sin=0.34，cos=0.94〕，小銅塊可在斜面上加速下滑，如下圖。該同學(xué)用手機(jī)拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲5個連續(xù)相等時間間隔〔每個時間間隔?T=0.20s〕si〔i=1，2，3，4，5〕，如下表所示。s1s2s3s4s55.87cm 7.58cm 9.31cm11.02cm12.74cm由表中數(shù)據(jù)可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為 m/ss1s2s3s4s55.87cm 7.58cm 9.31cm11.02cm12.74cm【答案】0.43；0.32【解析】【解答】依據(jù)逐差法有代入數(shù)據(jù)可得小銅塊沿斜面下滑的加速度大小【解析】【解答】依據(jù)逐差法有代入數(shù)據(jù)可得小銅塊沿斜面下滑的加速度大小對小銅塊受力分析依據(jù)牛頓其次定律有代入數(shù)據(jù)解得【分析】利用逐差法可以求出加速度的大小，結(jié)合牛頓其次定律可以求出動摩擦因數(shù)的大小。電壓表〔300mV300〕10.某同學(xué)用圖〔a〕所示電路探究小燈泡的伏安特性，所用器材有：小燈泡〔電壓表〔300mV300〕電流表〔300mA0.27電流表〔300mA0.27〕滑動變阻器R1〔0-20〕電阻箱R2〔9999.9〕E〔6V，內(nèi)阻不計〕S、導(dǎo)線假設(shè)干。完成以下填空：310Ω、20Ω、30Ω的定值電阻可供選擇，為了描繪小燈泡電流在00~300mA的U-I曲線，R應(yīng)選取阻值為 Ω的定值電阻；0閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于變阻器的 〔填“a”或“b”〕端；在流過電流表的電流較小時，將電阻箱R2的阻值置零，轉(zhuǎn)變滑動變阻器滑片的位置，讀取電壓表和電流表的示數(shù)U、I，結(jié)果如圖〔b〕所示。當(dāng)流過電流表的電流為10mA時，小燈泡的電阻為 Ω〔保存1位有效數(shù)字〕；U/mV24.0 46.0 76.0 110.0128.0152.0184.0216.0250.0I/mA 140.0160.0180.0200.0U/mV24.0 46.0 76.0 110.0128.0152.0184.0216.0250.0I/mA 140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.01〔6〕該同學(xué)觀測到小燈泡剛開頭發(fā)光時流過電流表的電流為160mA，可得此時小燈泡電功率W1= W〔保存2〔6〕該同學(xué)觀測到小燈泡剛開頭發(fā)光時流過電流表的電流為160mA，可得此時小燈泡電功率W1= W〔保存2位有效數(shù)字〕；當(dāng)流過電流表的電流為300mA時，小燈泡的電功率為W2，則= 〔保存至整數(shù)〕?！敬鸢浮俊?〕10〔2〕a〔3〕0.7〔4〕2700〔5〕增大〔6〕0.074；10【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線【解析】【解答】〔【解析】【解答】〔1〕由于小燈泡額定電壓2.5V，電動勢6V，則滑動滑動變阻器時，為了保證電路安全，需要定值電阻分擔(dān)的電壓則有0~300mA的伏安特性曲線，即R010Ω；則有〔3〕由圖可知當(dāng)流過電流表的電流為10mA時，電壓為7mV〔3〕由圖可知當(dāng)流過電流表的電流為10mA時，電壓為7mV，則小燈泡的電阻為〔4〕由題知電壓表滿量程時對應(yīng)于小燈泡兩端的電壓為3V時，有解得〔5〕由圖〔b〕和表格可知流過小燈泡電流增加，圖像中變大，則燈絲的電阻增大；160mA46mA，依據(jù)〔4〕的分析可知此0.46AW1=0.46V×0.16A≈0.074W300mA2.5V，此時小燈泡電功率故有W2=2.5V×0.3A=0.75W故有【分析】〔1〕小燈泡的額定電壓，結(jié)合電動勢的大小可以判別定值電阻需要分擔(dān)的電壓，結(jié)合歐姆定律可以求出定值電阻的大小；為了保護(hù)電路其滑動變阻器的滑片應(yīng)當(dāng)打在a端；利用圖像可以得出燈泡的電壓和電流，結(jié)合歐姆定律可以求出燈泡電阻的大小；利用電壓表滿偏時燈泡兩端的電壓為3V，結(jié)合歐姆定律可以求出其R2的大?。焕脠D像坐標(biāo)和原點連線的斜率變大可以判別電阻不斷增大；利用圖像電壓和電流可以求出小燈泡電功率的大??；利用功率的大小可以求出功率的比值。11.如圖，一傾角為的光滑斜面上有5011.如圖，一傾角為的光滑斜面上有50個減速帶〔圖中未完全畫出〕，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車〔可視為質(zhì)點〕從距第一個減速帶L處由靜止釋放。小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時的速度有關(guān)。觀看覺察，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均一樣。小車通過50個減速帶后馬上進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，連續(xù)滑行距離s后停下。小車與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能；【答案】〔1〕解：由題意可知小車在光滑斜面上滑行時依據(jù)牛頓其次定律有30個減速帶后速度為v【答案】〔1〕解：由題意可知小車在光滑斜面上滑行時依據(jù)牛頓其次定律有30個減速帶后速度為v131個減速帶時的速度為v2，則有2由于小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均一樣，故后面過減速帶后的速度與到達(dá)下一個減速帶均為v1和v；經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能為2聯(lián)立以上各式解得解：由〔1〕知小車通過第50個減速帶后的速度為v1 ，則在水平地面上依據(jù)動能定理有30個減速帶，依據(jù)動能定理有聯(lián)立解得故在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能為解：由題意可知可得【考點】動能定理的綜合應(yīng)用，牛頓其次定律【解析】【分析】〔1〕小車在光滑下面上滑行時，利用牛頓其次定律可以求出加速度的大小，利用速度位移公式可以求出小車通過第3031個減速帶的速度大小，結(jié)合動能的變化可以求出損失的機(jī)械能大??；〔2〕小車經(jīng)過減速帶后在水平面做勻減速直線運(yùn)動，利用動能定理可以求出經(jīng)過減速帶的速度大小；結(jié)合全程的動能定理可以求出總損失是機(jī)械能大小，除以減速帶的個數(shù)可以求出平均損失的機(jī)械能大?。弧?〕全程的損失的平均機(jī)械能和在之后損失的機(jī)械能的表達(dá)式，利用兩者的大小關(guān)系可以求出L的大小范圍。12.l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣PM處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；兩擋板間有垂直紙面對外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)整的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m，電荷量為q〔q>0〕的粒子自電場中某處以大小為v0P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運(yùn)動過程中粒子未與擋板碰撞。粒子射入磁場PQ60°，不計重力。求粒子放射位置到P點的距離；求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；【答案】〔1〕解：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由類平拋運(yùn)動規(guī)律可知①②PQ【答案】〔1〕解：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由類平拋運(yùn)動規(guī)律可知①②PQ60°，有③粒子放射位置到P點的距離④由①②③④式得⑤〔2〕解：帶電粒子在磁場運(yùn)動在速度⑥由①②③④式得⑤〔2〕解：帶電粒子在磁場運(yùn)動在速度⑥由幾何關(guān)系可知，最小半徑⑦最大半徑⑧帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力供給，由向心力公式可知⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍由幾何關(guān)系可知⑩解：假設(shè)粒子正好從QN由幾何關(guān)系可知⑩帶電粒子的運(yùn)動半徑為?帶電粒子的運(yùn)動半徑為?MN的最近距離?由⑩??式解得?【解析】【分析】〔1〕粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，末速度的方向，利用速度的分解可以求出豎直方向的分速度大小，結(jié)合速度公式可以求出運(yùn)動的時間，再利用類平拋運(yùn)動的位移公式可以求出分運(yùn)動的位移大小，利用位移的合成可以求出粒子放射位置到達(dá)P點距離的大?。涣Ｗ釉诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運(yùn)動，畫出粒子在QN之間恰好離開磁場的運(yùn)動軌跡，利用幾何關(guān)系可以求出軌道半徑的大小，結(jié)合牛頓其次定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小范圍；畫出粒子正好從QN中點離開磁場的運(yùn)動軌跡，利用幾何關(guān)系可以求出軌道半徑的大小，利用軌道半徑可以求出粒子在磁場中軌跡與擋板MN的最近距離。三、[物理——33]〔230分〕13.如圖，肯定量的抱負(fù)氣體經(jīng)受的兩個不同過程，分別由體積-溫度〔V-t〕圖上的兩條I和Ⅱ表示，V1和V2分別為兩直線與縱軸交點的縱坐標(biāo)；t0為它們的延長線與橫軸交點的橫坐標(biāo)，t0是它們的延長線與橫軸交點的橫坐標(biāo)，t0=-273.15℃；a、b為直線I上的一點。由圖可知，氣體在狀態(tài)a和b的壓強(qiáng)之比 = ；氣體在狀態(tài)b和c的壓強(qiáng)之比 = 。如圖，一汽缸中由活塞封閉有肯定量的抱負(fù)氣體，中間的隔板將氣體分為A、B兩局部；初始時，A、B的體積均為V，壓強(qiáng)均等于大氣壓p0 ，隔板上裝有壓力傳感器和控制裝置，當(dāng)隔板兩邊壓強(qiáng)差超過0.5p0時隔板就會滑動，否則隔板停頓運(yùn)動。氣體溫度始終保持不變。向右緩慢推動活塞，使B的體積減小為 。〔i〕求A的體積和B的壓強(qiáng)；【答案】〔1〕1；〔2〕解：〔i〕【答案】〔1〕1；〔2〕解：〔i〕對B氣體分析，等溫變化，依據(jù)波意耳定律有解得對A氣體分析，依據(jù)波意耳定律有 ，聯(lián)立解得〔ⅱ〕再使活塞向左緩慢回到初始位置，假設(shè)隔板不動，則A的體積為 ，由波意耳定律可得A此狀況下的壓強(qiáng)為則隔板肯定會向左運(yùn)動，設(shè)穩(wěn)定后氣體A的體積為 、壓強(qiáng)為 ，氣體B的體積為 、壓強(qiáng)為 ，依據(jù)等溫變化有 ，，聯(lián)立解得 〔舍去〕，【解析】【解答】〔1〕依據(jù)蓋呂薩克定律有【考點】P-V圖、P-T圖、【解析】【解答】〔1〕依據(jù)蓋呂薩克定律有整理得由于體積-溫度〔V-t〕I為等壓線，則a整理得由于體積-溫度〔V-t〕I為等壓線，則a、b兩點壓強(qiáng)相等，則有設(shè)時，當(dāng)氣體體積為其壓強(qiáng)為，當(dāng)氣體體積為其壓強(qiáng)為，根據(jù)等溫變化，則有由于直線I和Ⅱ各為兩條等壓線，則有，聯(lián)立解得〔2〕由于B氣體消滅等溫變化，利用狀態(tài)方程可以求出B氣體的壓強(qiáng)，利用B氣體的壓強(qiáng)可以求出A氣體壓強(qiáng)的大小，結(jié)合A的等溫變化可以求出A的體積大??；假設(shè)隔板不動，利用等溫變化可以求出A的壓強(qiáng)進(jìn)而判別隔板肯定發(fā)生移動；再利用AB的等溫變化可以求出B的壓強(qiáng)和A的體積大小?！?〔1〕n=1.5d=10.0cm的玻璃板上外表射入。真空中的光速為m/s，則該單色光在玻璃板內(nèi)傳播的速度為 m