2023年高考理綜物理真題試卷(全國Ⅲ卷)帶解析

2023年高考理綜物理真題試卷〔全國皿卷〕、選擇題〔單項選擇〕〔2023?卷川〕1934年，約里奧-居里夫婦用a粒子轟擊鋁核 ，產生了第一個人工放射性核素 X:二―、 亠？T。X的原子序數和質量數分別為〔A. 15和28 B.15和30

〕C.16和30 D.17和31〔2023?卷川〕為了探測引力波，天琴打算”估量放射地球衛(wèi)星P,其軌道半徑約為地球半徑的 16倍；另一地球衛(wèi)星Q的軌道半徑約為地球半徑的A.2:1 B.4:1

4倍。PQ的周期之比約為〔〕C.8:1 D.16:1〔2023?卷川〕一電阻接到方波溝通電源上，在一個周期內產生的熱量為

Q ；假設該電阻接到正弦交變電方源上，在一個周期內產生的熱量為等于〔〕

Q 正

U,周期為T,如以下圖。則Q :Q0方 正0A. B. C.1:2 D.2:1在一斜面頂端，將甲乙兩個小球分別以 v和落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的〔2倍 B.倍二、選擇題〔多項選擇〕

的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球〕C.倍 D.倍〔2023?卷川〕甲乙兩車在同一平直大路上同向運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動。甲乙兩車的位置x隨時間t的變化如以下圖。以下說法正確的選項是〔 〕ti時刻兩車速度相等C.的某時刻，兩車速度相等

0ti時間內，兩車走過的路程相等tit2時間內，兩車走過的路程相等Dtit2時間內〔2023?卷川〕v隨t的變化關系如以下圖，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都一樣；兩次提升的高度一樣，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第②次提升過程，〔〕

①次和第礦車上升所用的時間之比為C.電機輸出的最大功率之比為

4:52:1

電機的最大牽引力之比為D.4:5

2:1〔2023?卷川〕如圖〔a〕,在同一平面內固定有一長直導線 PQ和一導線框R,R在PQ的右側。導線PQi,i的變化如圖〔b〕所示，規(guī)定從QP為電流的正方向。導線框勢〔〕

R中的感應電動在一-一時為零C.在 時最大，且沿順時針方向

在 時轉變方向D在 時最大，且沿順時針方向〔2023?卷川〕如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒 a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、

下極板四周，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b

t,a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面，

a、b間的相互作用和重力可無視。以下說法正確的選項是〔 〕a的質量比b的大C.t時刻，a和b的電勢能相等三、試驗題

t時刻，a的動能比b的大D.t時刻，a和b的動量大小相等甲、乙兩同學通過下面的試驗測量人的反響時間。試驗步驟如下：甲用兩個手指輕輕捏住量程為L的木尺上端，讓木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端〔位置恰好處于L刻度處，但未遇到尺〕，預備用手指夾住下落的尺。甲在不通知乙的狀況下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夾住尺子。假設夾住尺子的位置刻度為Li，重力加速度大小為g，則乙的反響時間為 〔用L、Li和g表示〕。當地的重力加速度大小為g=9.80m/s2，L=30.0cm，Li=10.4cm,乙的反響時間為 s。〔2位有效數字〕寫出一條提高測量結果準確程度的建議： 。〔2023?卷川〕一課外試驗小組用如以下圖的電路測量某待測電阻

RxRo為標準定值電阻(Ro=20.0Q)；〔:J可視為抱負電壓表。 Si為單刀開關，S2位單刀雙擲開關，E為電源，R為滑動變阻器。承受如下步驟完成試驗:⑴依據試驗原理線路圖〔a〕,將圖〔b〕中實物連線 ⑵將滑動變阻器滑動端置于適當位置，閉合 S;91端，轉變滑動變阻器動端的位置，登記此時電壓表U2；

的示數U1;然后將 S2擲于2⑷待測電阻阻值的表達式R<= ⑸重復步驟〔3〕,得到如下數據：

〔用R0、U1、U2表示〕；112345U1/V0.250.300.360.400.44U2/V0.861.031.221.361.493.443.433.393.403.395R=_.〔1位小數〕四、解答題(2023?卷川)如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓 U加速后在紙面內水平向右

甲種離子射入磁場的速度大小為vi,并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MNI。不計重力影響和離子間的相互作用。求：(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。(2023?卷川)如圖，在豎直平面內，一半徑為 R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為a,sina=號，一質量為m的小球沿水平軌道向右A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還始終受到一水平恒力的作用，小球在零。重力加速度大小為g。求：

C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為(1)A點時動量的大?。?/p>

C點時速度的大小;C點落至水平軌道所用的時間。五、選考題[3-3]13.〔2023?卷川〕(1)b的直線所示。在此

如圖，確定量的抱負氣體從狀態(tài)abp-Va氣體溫度始終降低D.氣體始終從外界吸熱(2)在兩端封閉、粗細均勻的

氣體內能始終增加氣體始終對外做功E氣體吸取的熱量始終全部用于對外做功管兩端豎直朝上時，左、右兩邊空氣柱的長度分別為

li=18.0cm12=12.0cm,12.0cmHg。U形管緩慢平放在水平桌面上，沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊。柱的長度。在整個過程中，氣體溫度不變。六、選考題[3-4]

U形管平放時兩邊空氣14.(2023?卷川)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=0和t=0.20s時的波形分別如圖中實線和虛線所示。己知該波的周期T>0.20s。以下說法正確的選項是( )0.40m/sC.x=0.08mt=0.70s時位于波谷

0.08mD*0.08mt=0.12s時位于波谷E. 假設此波傳入另一介質中其波速變?yōu)?0.80m/s，則它在該介質中的波長為0.32m 如圖，某同學在一張水平放置的白紙上畫了一個小標記“圖中 0點)，然后用橫截面為等邊三角形ABC的三棱鏡壓在這個標記上，小標記位于AC邊上。DABDAC邊的垂線交ACF。D點正上方向下順著直線DF的方向觀看。恰好可以看到小標記的像；過OAB邊的垂線交DE=2cm,EF=1cm。求三棱鏡的折射率?！膊豢紤]光線在三棱鏡中的反射 〕答案解析局部、＜b＞選擇題〔單項選擇〕＜/b1.【答案】B【考點】核反響方程【解析】【解答】依據核反響遵循的質量數守恒和電荷數守恒可知， X的電荷數為2+13=15，質量數為4+27-30，依據原子核的電荷數等于原子序數，可知X1530，B符合題意。故答案為：B【分析】此題考察了核反響方程。由核反響方程的電荷數和質量數守恒即可解出此題?！究键c】開普勒疋律，萬有引力定律及其應用【考點】開普勒疋律，萬有引力定律及其應用【解答】設地球半徑為R,依據題述，地球衛(wèi)星PFP=16RQ的軌【解ii站道半徑為RQ=4R,依據開普勒定律，一==64P與QTP:TQ=8:1,C符合題意。故答案為：C【分析】利用開普勒其次定律解答或依據萬有引力供給向心力 ”再結合題意可求解?！敬鸢浮緿【考點】焦耳定律，溝通電的最大值與有效值【解析】【解答】依據題述，正弦交變電流的電壓有效值為 ，而方波溝通電的有效值為Uo依據焦耳定律和歐姆定律，Q-l依據焦耳定律和歐姆定律，Q-lRT=T,可知在一個周期T內產生的熱量與電壓有效值的二次方成正比，Q方：Q正=U02:〔)2=21D符合題意。方 【分析】依據題意分別求出正弦式溝通電和方波溝通電的有效值，再依據焦耳定律和歐姆定律分別求出熱量，從而得出Q :Q 方 此題要明確求焦耳熱應當利用 四值”中的有效值，能夠熟記正〔余〕弦式溝通電的有效值，并能利用熱效應的含義求解方波溝通電的有效值為解題的關鍵?！敬鸢浮緼【考點】平拋運動【解析】【解答】設甲球落至斜面時的速率為V1，乙落至斜面時的速率為V2，由平拋運動規(guī)律，X=Vty= gt2 ,設斜面傾角為0 ,由幾何關系，tan 9=y/x ,小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，-mv2+mgy=[mv12,聯(lián)立解得：V1=「1；「■,即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，V2=符合題意。故答案為：A

V/2，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的 2倍，A【分析】由平拋運動的特點和規(guī)律結合題意建立幾何關系，再由機械能守恒定律可求得甲球落至斜面時的速率與乙球落至斜面時速率的關系。二、＜b＞選擇題〔多項選擇〕＜/b＞【答案】C,D【考點】S-t圖象【解析】【解答】依據位移圖象的物理意義可知，在 ti時刻兩車的位置一樣，速度不相等，乙車的速度大于甲車的速度，選項A0到ti時間內，乙車走過的路程大于甲車，選項

B不符合題意；從tit2X1X2位置，兩車走過的路程相等，斜率等于速度可知，從tit2時間內的某時刻，兩車速度相等，故答案為：CD

C符合題意；依據位移圖像的D符合題意?！痉治觥恐牢灰茣r間圖像的物理意義：圖像的斜率表示速度，交點表示兩車同一時刻到達同一位置。解決此題的關鍵是明確圖像的物理意義，位移時間圖像很簡潔與速度時間圖像混淆。【答案】A,C【考點】V-t圖象，對單物體〔質點〕的應用，變力做功，功率的計算t，依據速度圖象的面積等于位移〔此題中為提升的高度〕可知,11 1~X2oX/o=—X(t+3to/2) X V0

解得：t=5t0/2，所以第「次和其次次提升過程所用時間之比為2t0:5t0/2=4:5A符合題意；由于兩次提升變速階段的加速度大小一樣，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma,可得提升的最大牽引力之比為 1:1，選項B不符合題意；由功率公式，P=Fv,電v機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為v0

2:1C符合題意；加速上升過程的加速度也

a1==,加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m〔—+g〕,減速上升過程的加速度 a2=-—，減速上升過程的牽引力Vo 1F2=ma2+mg=m〔g- 〕F3=mg。第』W1=F1XX0X0F2X-X0Xv0=mgv0t0；第②次提升過程做功W2=F1X- Xt0XV0+F3XV0X30/2+F2X Xt0XV0=mgV0t0;兩次做功一樣，故答案為：AC

D不符合題意。【分析】由速度時間圖像的面積表示位移可求出第F-mg=ma,可得提升的最大牽引力之比。由

②次的時間結合題意求出時間之比。由牛頓其次定律，P=Fv可得最大功率之比。由題意結合做功的表達式分別求出兩種狀況下各段牽引力做功狀況，從而求出電機做功之比?！敬鸢浮緼,C【考點】楞次定律，感應電動勢的產生條件，法拉第電磁感應定律【解析】【解答】由圖〔b〕PQt=T/4時到達最大值，變化率為零，導線框R中磁通量變化率t=T4A符合題意；t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率方向不變，導致導線框t=T/2時，導線框中產生的感應電動勢方向不變，選項

R中磁通量變化率的正負不變，依據楞次定Bt=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導致導線框 R中磁通量變化率最大，依據法拉第電磁感應定t=T/2C符合題意；由楞次定律可推斷出在故答案為：AC

t=T時感應電動勢的方向為逆時針方向， D不符合題意?！痉治觥坑蓤D〔b〕可知各段時間電流的變化狀況及電流的變化率，從而可確定磁通量的變化率，再依據法拉第電磁感應定律和楞次定律可判定各段時間的感應電動勢的變化狀況及方向?！敬鸢浮緽,D【考點】對單物體〔質點〕的應用，動能定理的理解，動量定理，電勢差、電勢、電勢能，勻變速直線運動根本公式應用【解析】【解答】依據題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，依據a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面，可知 a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa＞ab。對微粒a，由牛頓其次定律，qE=maaab，由牛頓其次定律，qE=mbab，聯(lián)立解得：1

亍，由此式可以得出a的質量比b小，選項A不符合題意；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，依據動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B符合題意；由于在t時刻兩微粒經過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在 t時刻，a和b的電勢能不C不符合題意；由于a微粒受到的電場力〔合外力〕等于b微粒受到的電場力〔合外力〕，依據動量定t時刻，a微粒的動量大小等于b微粒，D符合題意。故答案為：BD【分析】由題意結合運動學公式 ，牛頓其次定律、動能定理、動量定理可分別求得a和b的加速度、質量、動能、動量的關系。由于某時刻t,兩微粒在同一水平面可知電勢相等，依據R=q札〔此公式需留意每個物理量的正負號〕可求得兩微粒電勢能的關系。三、＜b＞試驗題＜/b＞9.【答案】(1)9.【答案】(1)5〔3〕屢次測量取平均值；初始時乙的手指盡可能接近尺子【考點】自由落體運動【解析】【解答】依據題述，在乙的反響時間t內，尺子下落高度h=L-L1,由自由落體運動規(guī)律，h=gt2,解得t=j”I”-八。代入數據得: t=0.20s。i【分析】由題意可知尺子下落的高度為L-L，依據自由落體運動的規(guī)律」=］可寫出得乙的反響時間表達式，代入數據可求出反響時間。i本試驗要求靈敏應用自由落體運動根本規(guī)律，另外留意試驗結果要求?！步Y果保存兩位有效數字〕10.【答10.【答案】;—:丘;482【解析】【解答】開關S2擲于1端，由歐姆定律可得通過 FX的電流l=Ui/Ro,將開關S＞擲于2端，F(xiàn)bU-rU.和Rx串聯(lián)電路電壓為U2，Rx兩端電壓為U=U2-Ui，由歐姆定律可得待測電阻阻值 FX=U/I= Fb=S—-1〕Ro°5 1 S5次測量所得廠的平均值，X20.0=48.2Qo

〔3.44+3.43+3.39+3.40+3.39〕=3.41，代入Rx=〔訂-1〕Ro=〔3.41-1〕【分析】〔1〕連接實物圖時依據原理圖依次連接〔留意線不要穿插，正負極不要接反，滑動變阻器是分壓還是限流〕5S21端，依據歐姆定律可通過Rx的電流為J92端，可得Rx兩端電壓為U2-U1 ,再由歐姆定律得出RXoRX的平均值。四、＜b＞解答題＜/b＞【答案】〔1〕解:設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為 R1磁場的磁感應強度大小為 B,由動能定理有由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有白暮②由幾何關系知丄丫.一；③由①②③式得〔2〕解:設乙種離子所帶電荷量為R2。同理有⑤

q2、質量為m2 ,射入磁場的速度為V2,在磁場中做勻速圓周運動丄■由題給條件有由①②③⑤⑥⑦ 式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為⑧【考點】對單物體〔質點〕的應用，電荷在電場中的加速，單邊有界磁場，洛倫茲力【解析】【分析】依據題意甲離子經加速電壓由動能定理可得進入磁場的速度，進入磁場后由牛頓其次定律結合幾何關系可求得磁感應強度。同理可知乙離子的半徑，綜合可知甲乙兩種離子的比荷?！敬鸢浮俊?〕解:設水平恒力的大小為7“7一 ■■①

FoC點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有設小球到達C點時的速度大小為v， 由牛頓其次定律得由①②③式和題給數據得解:A點的速度大小為2-1「丄」：⑥二①LMJ-氷：衣”⑦由動能定理有/■”/L⑧

，作一」 ，交PA于D點，由幾何關系得⑨⑨

式和題給數據得，小球在A點的動量大小為解:小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為 g。設小球在豎直方向的初速度為 ，從C點落至水平軌道上所用時間為 t。由運動學公式有■JD⑩

1_-二「？由⑤⑦⑩？ 式和題給數據得一汁?【考點】力的合成，對單物體〔質點〕的應用，動能定理的綜合應用，勻變速直線運動根本公式應用【解析】【分析】〔1〕由力的合成法則及在C點由牛頓其次定律可求出水平恒力度。

FoC點的速從A到C有動能定理，幾何關系和動量的表達式可求出小球到達 A點時的動量。C落至水平軌道，在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，由運動學公式可得落至水平軌道所用的時間。五、<b選考題[3-3]</b>【答案】〔1〕B,C,D〔2〕解:設U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊氣體的壓強分別為p，此時原左、右兩邊氣體長度分別變?yōu)?/p>

pip2。U形管水平放置時，兩邊氣體li和|2‘。由力的平衡條件有—X―SJ①式中為水銀密度，g為重力加速度大小。由玻意耳定律有pili=pli”②2=p|‘③|i”1—12-2”④由①②③④ 式和題給條件得li”=22.5cm⑤|2‘=7.5cm⑥【考點】共點力平衡條件的應用，熱力學第確定律〔能量守恒定律〕，氣體試驗定律，抱負氣體的狀態(tài)方程【解析】【解答】〔i〕確定質量的抱負氣體從a到b的過程，由抱負氣體狀態(tài)方程

paVa/Ta=pbVb/Tb可知,Tb>Ta,即氣體的溫度始終上升，選項

A不符合題意；依據抱負氣體的內能只與溫度有關，可知氣體的內能始終增加，選項B符合題意；由于從a到b的過程中氣體的體積增大，所以氣體始終對外做功，選項C符合題意；依據熱力學第確定律，