资源简介

2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)
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。
14．一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球(　　)
A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
B　[对排球受力分析可知，排球上升过程中受到的空气阻力方向向下，加速度大小a1＝g＋，排球下降过程中受到的空气阻力方向竖直向上，加速度大小a2＝g－，显然a1>a2，排球上升和下降过程的位移大小相等，所以排球上升的时间小于下降的时间，A错误；全过程根据能量守恒定律可知，排球被垫起后瞬间的速度最大，B正确；排球在最高点时速度为零，加速度为g，C错误；由a2＝g－可知，随着速度的变化，加速度大小a2在变化，所以下降过程中排球做非匀变速运动，D错误。]
15．小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
D　[由题干中的信息知，小车的动能一直增加，可知合力使小车的速度增大，又曲线运动中合力改变运动的方向，根据运动的合成与分解可知，合力方向与速度的夹角应小于90°，又速度沿轨迹的切线方向，合力指向轨迹的凹侧，故D正确。]
16．2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048 J。假设释放的能量来自物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为(光速为3×108 m/s)(　　)
A．1019 kg　　　 B．1024 kg
C．1029 kg D．1034 kg
C　[设每秒钟平均减少的质量为m，由质能方程得＝，其中t0＝1 s，t＝60 s，代入数据得m＝＝ kg＝1.9×1029 kg，C正确。]
17．一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知(　　)
A．图(c)是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
A　[强磁体下落过程中，在金属铝管中运动时，强磁体受到两个阻力的作用，一个是金属铝管中的电流对强磁体的阻力作用，另一个是线圈中电流对强磁体的阻力作用，在有机玻璃管中运动时，强磁体只受到线圈中电流对强磁体的阻力作用，所以金属铝管对强磁体的阻力作用会大一些，故强磁体在金属铝管中运动的速度比在有机玻璃管中运动的速度小，所以有机玻璃管外所绕线圈中磁通量的变化率要比金属铝管外所绕线圈中磁通量的变化率大，根据法拉第电磁感应定律可知，有机玻璃管外所绕线圈中电流的峰值更大，所以题图(c)是用玻璃管获得的图像，A正确；强磁体在金属铝管中下落过程中，强磁体下落的速度越大，金属铝管切割磁感线就越快，金属铝管内产生的涡流就越大，对强磁体的阻碍作用就越大，所以强磁体做变加速运动，B错误；强磁体在玻璃管中下落，由题图(c)可知，线圈中的电流不断变化，所以线圈对强磁体的阻力作用是时刻变化的，C错误；由A中分析可知，强磁体在金属铝管中运动的速度比在有机玻璃管中的小，又距离一样，所以强磁体在金属铝管中下落的时间比在玻璃管中下落的时间长，即用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管的长，D错误。]
18．如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　)
A． B． C． D．
A　[画出带电粒子仅在磁场中运动时的运动轨迹，如图所示。设带电粒子仅在磁场中运动的轨迹半径为r，运动轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得cos θ＝＝，r－a＝r cos θ，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝2a＝，在匀强磁场区域加上匀强电场后带电粒子沿x轴运动，分析知，此时粒子受力平衡，则有Eq＝qvB，联立解得＝，A正确。
]
19．在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球(　　)
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
BC　[在正点电荷形成的电场中，离点电荷越近电势越高，而负电荷在电势越高的地方，电势能越小，在电势越低的地方，电势能越大，因为OP>OM，所以P点电势小于M点电势，小球在P点的电势能大于在M点的电势能，因为OM＝ON，所以小球在M、N两点的电势能相等，故B正确；小球在运动过程中只有电场力和重力做功，机械能与电势能之和守恒，又小球在M、N两点的电势能相等，故小球在M、N两点的机械能相等，C正确；因为P点在O点右上方，且OP>OM，所以小球开始运动时，电场力做正功，小球的电势能先减少，故A错误；根据题图可知，小球从M到N的过程中先靠近O点再远离O点，故电场力先做正功后做负功，故D错误。]
20．黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12＝3.0 V，U23＝2.5 V，U34＝－1.5 V。符合上述测量结果的可能接法是(　　)
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
CD　[由题意可知，U12＝3.0 V，U23＝2.5 V，U34＝－1.5 V，可知接线柱1的电势最高，接线柱3的电势最低，则接线柱1接电源正极，接线柱3接电源负极，故A、B错误；当电阻R接在接线柱1、4之间时，电路图如图甲所示，UR＝U14＝4 V，故C正确；当电阻R接在接线柱2、4之间时，电路图如图乙所示，UR＝U24＝1 V，故D正确。
]
21．如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　)
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于－fl
D．物块的动能一定小于－fl
BD　[根据题意分析可知，物块做匀减速运动、木板做匀加速运动，物块离开木板时，物块的速度大于木板的速度，则有物块位移x物＝t，木板位移x木＝t，又x物－x木＝l，v1＞v2，可知x木第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)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：
(1)用图钉将白纸固定在水平木板上。
(2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，并________。(多选，填正确答案标号)
A．用刻度尺量出橡皮条的长度
B．用刻度尺量出两细线的长度
C．用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D．用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
(3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到________，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。
(4)选择合适标度，由步骤(2)的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图，得出合力F′的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力F的图示。
(5)比较F′和F的________，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
[解析]　(2)记录在两个分力作用下橡皮条的形变量(即小圆环的位置)以及两个分力的方向即可，C、D正确。
(3)换用一个力时，这个力产生的效果和刚才的两个力产生的效果必须一致，即两次小圆环停止时的位置相同。
(5)利用平行四边形定则求得两个分力产生的效果与一个力产生的效果在误差范围内相同时，即可验证平行四边形定则的正确性。
[答案]　(2)CD
(3)步骤(2)中小圆环停止时的位置
(5)大小和方向是否在误差范围内相同
23．(10分)一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0 Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
(1)实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
(2)将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝________，金属丝的电阻r＝________。(结果均用R0、U1、U2表示)
(3)继续微调R，重复(2)的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
U1/mV 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
U2/mV 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
(4)利用上述数据，得到金属丝的电阻r＝14.2 Ω。
(5)用米尺测得金属丝长度L＝50.00 cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图(b)所示，该读数为d＝________ mm。多次测量后，得到直径的平均值恰与d相等。
(6)由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝________×10-7 Ω·m。(保留2位有效数字)
[解析]　(2)电压表(内阻非常大)可视为理想电压表，不考虑电压表的分流作用，所以K与1端相连和K与2端相连时，电路中的电流相同。根据电路结构与欧姆定律可知U1＝Ir，U2＝I(R0＋r)，解得I＝，r＝。
(5)根据螺旋测微器的读数原则，可知螺旋测微器的读数为0＋15.0×0.01 mm＝0.150 mm。
(6)由电阻的决定式r＝＝，得ρ＝，代入数据得ρ＝5.0×10-7 Ω·m。
[答案]　(2)　　(5)0.150　(6)5.0
24．(12分)如图，等边三角形ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q。
(1)求B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
(2)求C点处点电荷的电荷量。
[解析]　(1)M处的电场强度方向竖直向下，所以位于A、B两点处的点电荷在M处产生的电场强度等大反向，即A、B两点处的点电荷电性相同，且EAM＝EBM，即＝，
又因为M为AB边的中点，即AM＝BM，所以qB＝q，
分析可知，C点处点电荷在M处产生的电场强度方向竖直向下，所以C点处点电荷为正电荷。
N处的电场强度方向竖直向上，沿BC方向与垂直BC方向(AN方向)分解，如图所示，
因为C点处为正电荷，ECN沿CB向下，所以B点处点电荷在N处产生的电场强度方向沿BC向上，即B点处点电荷为正电荷，故A点处点电荷也为正电荷。
(2)设等边三角形边长为L，由以上分析可知
EBC＝EBN－ECN，＝tan 60°，
联立并根据电场强度与库仑定律的关系得
tan 60°＝－，
解得qC＝q。
[答案]　(1)q　A、B、C都为正电荷　(2)q
25．(20分)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
[解析]　(1)设小球与圆盘碰撞前瞬间速度大小为v0，
根据自由落体运动规律可得＝2gl，
解得v0＝，
小球与圆盘发生的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得mv0＝mv1＋Mv2，
根据机械能守恒定律可得＝＋，
联立解得v1＝－v0，v2＝v0，
即v1＝－，v2＝。
(2)圆盘向下运动过程中所受摩擦力与重力大小相等，故圆盘做匀速直线运动，小球相对圆盘向上做初速度为v0的竖直上抛运动，在第一次碰撞到第二次碰撞之间小球与圆盘间的最远距离x＝＝l。
(3)设从第一次碰撞后到第二次碰撞所用时间为t1，
则有v2t1＝v1t1＋，
解得t1＝，
则这段时间内圆盘运动的距离x1＝v2t1＝2l，
第二次碰撞前瞬间小球的速度v′1＝v1＋gt1＝v0，
小球与圆盘第二次碰撞，根据动量守恒定律可得
mv′1＋Mv2＝mv3＋Mv4，
根据机械能守恒定律可得
＋＝＋，
联立解得v3＝0，v4＝v0＝，
碰撞后小球相对圆盘向上做初速度为v0的竖直上抛运动，则分析可知第二次碰撞后到第三次碰撞所用时间t2＝，
圆盘运动的距离x2＝v4t2＝4l，
第三次碰撞前瞬间小球的速度v′3＝v3＋gt2＝2v0，
小球与圆盘第三次碰撞，根据动量守恒定律可得
mv′3＋Mv4＝mv5＋Mv6，
根据机械能守恒定律可得
＋＝＋，
联立解得碰撞后小球和圆盘的速度分别为
v5＝v0＝，v6＝v0＝，
碰撞后小球相对圆盘向上做初速度为v0的竖直上抛运动，则第三次碰撞后到第四次碰撞所用时间t3＝，
圆盘运动的距离x3＝v6t3＝6l，
由以上规律知，第四次碰撞后圆盘运动的距离x4＝8l，因为x1＋x2＋x3＋x4＝20l＞19l，所以小球与圆盘只能碰撞4次。
[答案]　(1)　　(2)l　(3)4次
(二)选考题(共15分。请考生从2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)对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是________。(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．等温增压后再等温膨胀
B．等压膨胀后再等温压缩
C．等容减压后再等压膨胀
D．等容增压后再等压压缩
E．等容增压后再等温膨胀
(2)(10分)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
(1)ACD　[A选项，由于两个过程都是等温变化，故初状态与末状态温度相等，内能也相等，A正确。B选项，第一个过程为等压膨胀，该过程压强不变，根据盖-吕萨克定律，体积变大，故温度升高；第二个过程为等温压缩，说明温度不变，故经过两个过程，最终温度升高，内能变大，B错误。C选项，第一个过程为等容减压，该过程体积不变，根据查理定律，压强变小，故温度降低；第二个过程为等压膨胀，由B选项分析可知，温度升高，因为温度先降低后升高，初末状态温度可能相等，所以内能可能相等，C正确。D选项，第一个过程为等容增压，该过程体积不变，根据查理定律，压强变大，故温度升高；第二个过程为等压压缩，该过程压强不变，根据盖-吕萨克定律，体积变小，故温度降低，因为温度先升高后降低，初末状态温度可能相等，所以内能可能相等，D正确。E选项，第一个过程为等容增压，由D选项分析可知，温度升高；第二个过程为等温膨胀，温度不变，故最终温度升高，内能变大，E错误。]
(2)[解析]　倒置前，设A中气体压强为pA1，B中气体压强为pB1，根据压强关系，有pA1＝pB1＋20 cmHg①
倒置后A管在上，A管内气体发生等温变化，压强变小，体积变大，故A管内的空气柱长度增加1 cm，即倒置后A管内空气柱长度为11 cm。
A管的内径是B管的2倍，故A管的横截面积为B管的4倍，又水银柱体积不变，可得4ΔhA＝ΔhB，即ΔhB＝4 cm，倒置后B管内空气柱长度为6 cm。
倒置后，设A中气体压强为pA2，B中气体压强为pB2，根据压强关系，有pB2＝pA2＋23 cmHg②
A管内气体和B管内气体都发生等温变化，根据玻意耳定律，
对A管内气体有pA1VA1＝pA2VA2，
即10pA1＝11pA2③
对B管内气体有pB1VB1＝pB2VB2，
即10pB1＝6pB2④
综合①②③④得pB1＝54.36 cmHg，
pA1＝74.36 cmHg。
[答案]　(2)pA1＝74.36 cmHg　pB1＝54.36 cmHg
34．[物理——选修3-4](15分)
(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播，图(a)是t＝0时刻的波形图；P是介质中位于x＝2 m处的质点，其振动图像如图(b)所示。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．波速为2 m/s
B．波向左传播
C．波的振幅是10 cm
D．x＝3 m处的质点在t＝7 s时位于平衡位置
E．质点P在0～7 s时间内运动的路程为70 cm
(2)(10分)如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形ABC，AB＝AC＝l，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
(1)ABE　[由波动图像可知λ＝4 m，由振动图像可知T＝2 s，则波速v＝＝2 m/s，A正确；由题图(b)可知质点P在t＝0时刻向下运动，在题图(a)中，根据“同侧法”可判断简谐横波向左传播，B正确；由题图(a)可知振幅为5 cm，C错误；0～7 s内，质点振动＝3T，x＝3 m处的质点将运动到正向最大位移处，D错误；质点P在一个周期内运动的路程为4A，所以0～7 s内，质点P运动的路程为3×4A＝70 cm，E正确。]
(2)[解析]　过BC反射面作A点的像点A′，连接AA′，交BC于O点。由于过M点的折射光经BC面反射经过A点，根据对称性，折射光的延长线必过像点A′。设光线在M点折射时的折射角为α，由折射定律得＝，解得α＝30°，
在△AMA′中，已知∠AMA′＝120°，∠MAA′＝45°，
则∠MA′A＝15°，
已知AB＝AC＝l，则AA′＝l，
在△AMA′中，由正弦定理得＝，
解得AM＝l。
[答案]　(2)l
13/13

展开更多......

收起↑