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2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国甲卷)
物　理
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题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0分。
14．一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中(　　)
A．机械能一直增加
B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变
D．被推出后瞬间动能最大
B　[把铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，可以把铅球的运动看作平抛运动，运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，A错误；平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，加速度为重力加速度g，保持不变，B正确；竖直方向速度随时间增大，有vy＝gt，v合＝，所以速度一直增大，C错误；由上述分析可知，速度增大，动能也一直增加，所以推出瞬间动能最小，D错误。]
15．在下列两个核反应方程中
O Li―→2X
X和Y代表两种不同的原子核，以Z和A分别表示X的电荷数和质量数，则(　　)
A．Z＝1，A＝1　　 B．Z＝1，A＝2
C．Z＝2，A＝3 D．Z＝2，A＝4
D　[设Y的质量数为a，电荷数为b。根据质量数守恒可以列出方程A＋14＝a＋17、a＋7＝2A，求得A＝4，根据电荷数守恒可以列出方程Z＋7＝b＋8、b＋3＝2Z，求得Z＝2，故D正确。]
16．一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　　D
D　[选项中图像皆为x-t图像，x-t图像中图线各点切线斜率表示该点的瞬时速度大小。由题意可知，小车初速度为0，0～t1时间内小车做匀加速运动，根据公式v＝at，可知小车速度增大，所以图像斜率增大，t1～t2时间内小车做匀减速运动，图像斜率减小，t＝t2时刻速度降为0，故D正确。]
17．一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
C　[设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知运动周期与轨道半径成反比，所以有T＝，k为比例系数，再由圆周运动知识和牛顿第二定律有F＝mr，将T＝代入，解得F＝mr3，因为质点所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，所以n＝3，C正确。]
18．在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是(　　)
A　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　D
A　[电子只受电场力的作用，在电场中做曲线运动，电子做曲线运动时，运动轨迹应处在电场力方向与速度方向之间，且电场力方向沿电场线的切线方向、速度方向沿轨迹的切线方向，画出电子在某一点的受力方向和速度方向如图所示，可知A正确，B、C、D错误。
]
19．用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
BC　[对水平面上的物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a图像中图线的斜率k＝m，截距为μmg，由题F-a图像可知k甲>k乙，则m甲>m乙，A错误，B正确；由题F-a图像可知两图线的截距相同，则μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因为m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正确，D错误。]
20．光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
BD　[带电粒子从P点沿圆筒的半径进入磁场区域，若以O1为圆心做圆周运动，在A点与筒壁发生碰撞，则运动轨迹如图所示，由几何关系可知∠OAO1＝90°，所以粒子一定会沿圆筒的半径方向离开磁场，与筒壁碰撞后依然沿圆筒的半径方向，所以粒子不可能通过圆心O，且每次碰撞后瞬间，粒子的速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，故A错误，D正确；由对称性可知，粒子至少需要碰撞2次才能从P点离开，如图所示，B正确；设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝m，设∠POA＝α，由几何关系有tan ＝＝，若粒子恰好运动一周从P点离开，则粒子在磁场中运动的时间t＝×T＝，则粒子的速度越大，α越大，粒子在磁场中运动的时间越短，若粒子运动一周不能从P点离开，则运动时间无法确定，故C错误。]
21．一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则(　　)
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
AD　[在小磁体下落的过程中，它经过的每匝线圈的磁通量都先增大后减小，但由上到下每匝线圈都依次充当电源，由电流的最大值逐渐增大可以判断小磁体的下落速度一定越来越大，故A正确；电流变化的原因是线圈的磁通量先增大后减小，而不是小磁体的N、S极上下颠倒，故B错误；小磁体下落过程中线圈中的电流不断变化，所以线圈受到的安培力也不断变化，由牛顿第三定律可知线圈给小磁体的作用力也不断变化，故C错误；由题图可知当小磁体通过线圈下部时线圈电流的最大值大于小磁体通过线圈上部时线圈电流的最大值，由闭合电路欧姆定律可知，当小磁体通过线圈下部时线圈中产生的电动势的最大值大于小磁体通过线圈上部时线圈中产生的电动势的最大值，由法拉第电磁感应定律可知，当小磁体通过线圈下部时线圈中磁通量变化率的最大值大于小磁体通过线圈上部时线圈中磁通量变化率的最大值，故D正确。]
第Ⅱ卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共47分)
22．(5分)某同学用伏安法测绘一额定电压为6 V、额定功率为3 W的小灯泡的伏安特性曲线，实验所用电压表内阻约为6 kΩ，电流表内阻约为1.5 Ω。实验中有图(a)和(b)两个电路图供选择。
(1)实验中得到的电流I和电压U的关系曲线如图(c)所示，该同学选择的电路图是图________(填“a”或“b”)。
(2)若选择另一个电路图进行实验，在答题卡所给图上用实线画出实验中应得到的关系曲线的示意图。
[解析]　(1)小灯泡正常发光时的电阻R＝＝ Ω＝12 Ω，已知电压表的内阻约为6 kΩ，电流表的内阻约为1.5 Ω，小灯泡与电压表并联的阻值约为11.98 Ω，小灯泡与电流表串联的阻值约为13.5 Ω，由题图(c)可知，小灯泡正常发光时对应的电流为500 mA，对应的电阻为12 Ω，故该同学选择的电路图是(a)。
(2)若选择题图(b)进行实验，当小灯泡正常发光时，电流表示数为500 mA，而电压表示数要大于6 V，得到的示意图如图中实线所示。
[答案]　(1)a　(2)见解析图
23．(10分)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连，右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。
(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s，以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生对应位移所用时间和平均速度分别为Δt和。表中ΔxAD＝________ cm，＝________ cm/s。
位移区间 AB AC AD AE AF
Δx/cm 6.60 14.60 ΔxAD 34.90 47.30
/(cm·s-1) 66.0 73.0 87.3 94.6
(2)根据表中数据得到小车平均速度随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。
在答题卡上的图中补全实验点。
(3)从实验结果可知，小车运动的-Δt图线可视为一条直线，此直线用方程＝k·Δt＋b表示，其中k＝________ cm/s2，b＝________ cm/s。(结果均保留3位有效数字)
(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小vA＝________，小车的加速度大小a＝________。(结果用字母k、b表示)
[解析]　(1)由纸带数值得出ΔxAD＝6.60 cm＋8.00 cm＋9.40 cm＝24.00 cm；＝＝80.0 cm/s。
(2)如图所示。
(3)由图像可求得直线斜率k＝ cm/s2＝71.0 cm/s2，b＝58.9 cm/s。
(4)由于小车做匀加速直线运动，以A点为运动起点，其位移方程为Δx＝vAΔt＋a(Δt)2，则平均速度＝＝vA＋aΔt。故斜率k＝a，b＝vA，所以a＝2k，vA＝b。
[答案]　(1)24.00　80.0　(2)见解析图 (3)71.0±0.5　58.9±0.1　(4)b　2k
24．(12分)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
[解析]　(1)设小球离开桌面时的速度为v0，
根据能量守恒定律有Ep＝－0，
解得v0＝。
(2)设小球第一次落地前瞬间的竖直速度大小为vy，小球第一次与地面碰撞后瞬间的竖直速度大小为v′y。
从第一次碰后离开地面到达最高点的过程中，竖直方向根据运动学公式有＝－2gh，
根据题意有＝，
设小球从离开桌面到第一次与地面碰撞的运动时间为t，水平方向的位移为s。则有
vy＝gt，s＝v0t，
联立解得s＝。
[答案]　(1)　(2)
25．(20分)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌面右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
[解析]　(1)由题意可知Q与P发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间P、Q的速度分别为vP、vQ，
碰撞过程动量守恒，有3mv0＝3mvQ＋mvP，
机械能守恒，有＝＋，
联立解得vQ＝v0，
vP＝v0，
碰撞后绝缘棒Q匀速通过导轨，因为P、Q落点一致，所以P、Q脱离导轨时速度大小相等，因此金属棒P滑出导轨时的速度
v′P＝vQ＝v0。
(2)金属棒P从碰撞后开始运动到脱离导轨，
由能量守恒定律有Q＝－，
解得Q＝。
(3)设金属棒P从碰撞后瞬间到脱离导轨的过程中，金属棒P的位移为x，平均速度为，运动时间为Δt，则
x＝Δt，
平均电动势，
平均电流＝，
平均安培力l，
对于金属棒P，根据动量定理有
－Δt＝mv′P－mvP，
设绝缘棒Q与金属棒P碰撞后在导轨上运动的时间为t，则有x＝vQt，
联立解得t＝。
[答案]　(1)v0　　(3)
(二)选考题(共15分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)
33．[物理——选修3-3](15分)
(1)(5分)在一汽缸中用活塞封闭着一定质量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．气体的体积不变，温度升高
B．气体的体积减小，温度降低
C．气体的体积减小，温度升高
D．气体的体积增大，温度不变
E．气体的体积增大，温度降低
(2)(10分)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。
(ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度；
(ⅱ)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。
(1)ABD　[根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，当理想气体体积不变时，W＝0，温度升高，ΔU>0，则Q>0，A符合题意；当理想气体体积减小时，W>0，温度降低，ΔU<0，则Q<0，B符合题意；当理想气体体积减小时，W>0，温度升高，ΔU>0，若恰好W＝ΔU，则气体与外界无热量交换，C不符合题意；当理想气体体积增大时，W<0，温度不变，ΔU＝0，则Q>0，D符合题意；当理想气体体积增大时，W<0，温度降低，ΔU<0，若恰好W＝ΔU，则气体与外界无热量交换，E不符合题意。]
(2)[解析]　方法一：(ⅰ)设大气压强为p0，高压舱容积为V0，则对于初始状态一，有
p1＝1.2p0，V1＝V0，T1＝(273＋17) K＝290 K，
设舱内气体全部等压升温至27 ℃时的体积为V2，密度为ρ2，对于状态二，有
p2＝p1，T2＝(273＋27) K＝300 K，
根据盖-吕萨克定律，有＝，
根据升温前后气体总质量保持不变，有ρ1V1＝ρ2V2，
联立解得＝，
整理并代入数据解得ρ2＝1.41 kg/m3。
(ⅱ)设此时为状态三，T3＝T2、p3＝p0，舱内气体全部由状态二变化到状态三时的体积为V3，
由状态二到状态三，气体温度不变，根据玻意耳定律，有p2V2＝p3V3，
根据变化前后气体总质量保持不变，有
ρ2V2＝ρ3V3，
联立解得＝＝，
整理并代入数据解得ρ3＝ρ2＝1.18 kg/m3。
方法二：(ⅰ)设大气压强为p0，气体的摩尔质量为M，则对于初始状态一，有
p1＝1.2p0，T1＝(273＋17) K＝290 K，
对理想气体有pV＝nRT，
又n＝，
气体密度ρ＝，
联立解得ρ＝，
其中气体摩尔质量M与热力学常量R为定值，状态一到状态二的过程压强不变，即
p2＝p1，T2＝(273＋27) K＝300 K，
则＝，
代入数据解得ρ2＝1.41 kg/m3。
(ⅱ)设此时为状态三，T3＝T2，p3＝p0，
根据(ⅰ)中分析有＝，
代入数据解得ρ3＝1.18 kg/m3。
[答案]　(2)(ⅰ)1.41 kg/m3　(ⅱ)1.18 kg/m3
34．[物理——选修3-4](15分)
(1)(5分)等腰三角形abc为一棱镜的横截面，ab＝ac；一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反射。下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．甲光的波长比乙光的长
B．甲光的频率比乙光的高
C．在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D．该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E．在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大
(2)(10分)分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s。t＝0时刻，P波刚好传播到坐标原点处，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x＝10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
(ⅰ)在答题卡给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t＝2.5 s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)；
(ⅱ)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
(1)ACE　[如图所示，找出以bc边为镜面的两束光出射点的像点A′、B′，连接ab边入射点与像点，找出反射点的位置，由图可知棱镜对甲光的折射率小于棱镜对乙光的折射率，D错误；波长越短折射率越大，则甲光波长大于乙光波长，A正确；频率越高折射率越大，所以甲光的频率小于乙光的频率，B错误；光在介质中的传播速度v＝，棱镜对甲光折射率小，故其在棱镜中的传播速度大，C正确；由图可知甲光在棱镜内bc边反射时的入射角大于乙光反射时的入射角，E正确。
]
(2)[解析]　(ⅰ)当t＝2.5 s时，设波的传播距离为s，s＝vt＝10 m，P波恰好传播到x＝10 m位置。由题意可知其起振方向向下，且沿x轴正向传播，所以波形图如图中虚线所示。
Q波恰好传播到x＝0 m位置。由题意可知其起振方向向上，且沿x轴负向传播，所以波形图如图中实线所示。
(ⅱ)取x轴上某点的坐标为x，P、Q两列波的振动频率相同、t＝0时刻振动方向相反，题图所示范围内两列波叠加时，加强条件为点到坐标原点和x＝10 m处的距离差Δx＝|2x－10 m|＝(n＝0)，解得振幅最大的平衡位置有x＝3 m和x＝7 m，减弱条件为Δx＝|2x－10 m|＝nλ(n＝0，1)，解得振幅最小的平衡位置有x＝1 m、x＝5 m、x＝9 m。
[答案]　(2)(ⅰ)见解析　(ⅱ)见解析
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