近2年全國(guó)高考物理真題匯編（原卷+答案解析）

第第頁(yè)2022-2023年全國(guó)高考物理真題匯編【參考答案】1．【答案】A【解析】根據(jù)功的定義式可知?jiǎng)t有因N是力的單位，故單位為J/m的物理量是力。故選A。2．【答案】B【解析】氫原子從某激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)，則該氫原子放出光子，且放出光子的能量等于兩能級(jí)之差，能量減少。故選B。3．【答案】C【解析】A．波爾的量子化模型很好地解釋了原子光譜的分立特征，A錯(cuò)誤；B．玻爾的原子理論成功的解釋了氫原子的分立光譜，但不足之處，是它保留了經(jīng)典理論中的一些觀點(diǎn)，如電子軌道的概念，還不成完全揭示微觀粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，B錯(cuò)誤；C．光電效應(yīng)揭示了光的粒子性，C正確；D．電子束穿過(guò)鋁箔后的衍射圖樣，證實(shí)了電子的波動(dòng)性，質(zhì)子、中子及原子、分子均具有波動(dòng)性，D錯(cuò)誤。故選C。4．【答案】D【解析】x—t圖像的斜率表示速度，小車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，因此速度變大即0—t1圖像斜率變大，t1—t2做勻減速運(yùn)動(dòng)則圖像的斜率變小，在t2時(shí)刻停止圖像的斜率變?yōu)榱?。故選D5．【答案】C【解析】由題知當(dāng)列車(chē)的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車(chē)速率都不允許超過(guò)v（v<v0），則列車(chē)進(jìn)隧道前必須減速到v，則有v=v0-2at1解得在隧道內(nèi)勻速有列車(chē)尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=v+at3解得則列車(chē)從減速開(kāi)始至回到正常行駛速率v0所用時(shí)間至少為故選C。6．【答案】D【解析】AB．小車(chē)做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向曲線(xiàn)的凹側(cè)，故AB錯(cuò)誤；CD．小車(chē)沿軌道從左向右運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，故合外力與運(yùn)動(dòng)方向夾角為銳角，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。7．【答案】D【解析】A．根據(jù)圖像的斜率表示加速度，由題圖可知時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的平均加速度比訓(xùn)練前的小，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像圍成的面積表示位移，由題圖可知時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練前運(yùn)動(dòng)員跑過(guò)的距離比訓(xùn)練后的大，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像圍成的面積表示位移，由題圖可知時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的位移比訓(xùn)練前的位移大，根據(jù)平均速度等于位移與時(shí)間的比值，可知訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的平均速度大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖像可直接判斷知，時(shí)刻后，運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練前速度減小，做減速運(yùn)動(dòng)；時(shí)刻后，運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練后速度增加，做加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選D8．【答案】C【解析】A．由圖（b）的振動(dòng)圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，故三列波的波速為A錯(cuò)誤；B．由圖（a）可知，D處距離波源最近的距離為3m，故開(kāi)始振動(dòng)后波源C處的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為故時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)還未開(kāi)始振動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．由幾何關(guān)系可知，波源A、B產(chǎn)生的橫波傳播到D處所需的時(shí)間為故時(shí)，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)間為由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處的質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，C正確；D．時(shí)，波源C處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處為波源C處傳播橫波的波谷；時(shí)，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動(dòng)時(shí)間為由振動(dòng)圖像可知此時(shí)D處為波源A、B處傳播橫波的波峰。根據(jù)波的疊加原理可知此時(shí)D處質(zhì)點(diǎn)的位移為故時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是2cm。D錯(cuò)誤。故選C。9．【答案】B【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知故選B。10．【答案】C【解析】A．因發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，則發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，即發(fā)射速度介于11.2km/s與16.7km/s之間，故A錯(cuò)誤；B．因P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的轉(zhuǎn)移軌道的半長(zhǎng)軸大于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，則其周期大于地球公轉(zhuǎn)周期（1年共12個(gè)月），則從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)間為軌道周期的一半時(shí)間應(yīng)大于6個(gè)月，故B錯(cuò)誤；C．因在環(huán)繞火星的停泊軌道的半長(zhǎng)軸小于調(diào)相軌道的半長(zhǎng)軸，則由開(kāi)普勒第三定律可知在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小，故C正確；D．衛(wèi)星從P點(diǎn)變軌時(shí)，要加速增大速度，此后做離心運(yùn)動(dòng)速度減小，則在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度P點(diǎn)速度大于地球繞太陽(yáng)的速度，故D錯(cuò)誤；故選C。11．【答案】A【解析】設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有即下滑過(guò)程中開(kāi)始階段傾角θ不變，Ek-x圖像為一條直線(xiàn)；經(jīng)過(guò)圓弧軌道過(guò)程中θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大。故選A。12．【答案】D【解析】由題知粒子在AC做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有qv0B1=qE區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，則粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為90°，根據(jù)，有A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度，有qvA?2B1=qE則再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角仍為90°，則t=t0，A錯(cuò)誤；B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)2倍，則粒子F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角仍為90°，則t=t0，B錯(cuò)誤；C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)的，則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為60°，根據(jù)，有則C錯(cuò)誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)的，則粒子OF邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為45°，根據(jù)，有則D正確。故選D。13．【答案】①.0.78②.1.29③.>【解析】[1]鉤碼個(gè)數(shù)為2時(shí)，彈簧A的伸長(zhǎng)量[2]彈簧B的伸長(zhǎng)量[3]根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可知兩根彈簧的重力勢(shì)能減少量和鉤碼減少的重力勢(shì)能等于彈簧增加的彈性勢(shì)能14．【答案】①.乙②.③.6.5×10－5【解析】（1）[1]由于電壓表測(cè)量的是乙、丙之間的電壓，則L是丙到乙的距離。（2）[2]根據(jù)電阻定律有再根據(jù)歐姆定律有聯(lián)立有則（3）[3]根據(jù)圖像可知k=6.5V/m則根據(jù)（2）代入數(shù)據(jù)有ρ=6.5×10－5Ω?m15．【答案】①.B②.C③.D【解析】（1）[1]AC．用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置，只能探究平拋運(yùn)動(dòng)豎直分運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，故AC錯(cuò)誤；B．在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，需要改變小錘擊打的力度，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)，故B正確。故選B。（2）[2]AC．為了保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)，需要斜槽末端水平，為了保證小球拋出時(shí)速度相等，每一次小球需要靜止從同一位置釋放，斜槽不需要光滑，故A錯(cuò)誤，C正確；B．上下調(diào)節(jié)擋板N時(shí)不必每次等間距移動(dòng)，故B錯(cuò)誤。故選C。（3）[3]A．豎直方向，根據(jù)水平方向聯(lián)立可得故A錯(cuò)誤；B．豎直方向，根據(jù)水平方向聯(lián)立可得故B錯(cuò)誤；CD．豎直方向根據(jù)水平方向聯(lián)立可得故D正確，C錯(cuò)誤。故選D。16．【答案】①.②.③.變小【解析】（1）[1]根據(jù)題意畫(huà)出光路圖如下圖所示（2）設(shè)光線(xiàn)入射角為θ、折射角為α，則在C點(diǎn)根據(jù)折射定律有nsinθ=sinα由于射入玻璃磚的入射角是射出玻璃磚的折射角，則S1S2=CB根據(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)立解得（3）[3]若改用寬ab更小的玻璃磚做實(shí)驗(yàn)，則畫(huà)出光路圖如下可看出S1S2間的距離變小。17．【答案】（1）；（2）0.97【解析】（1）瓶?jī)?nèi)氣體的始末狀態(tài)的熱力學(xué)溫度分別為，溫度變化過(guò)程中體積不變，故由查理定律有解得（2）保持溫度不變，擠壓氣體，等溫變化過(guò)程，由玻意耳定律有解得18．【答案】（1）；（2）【解析】（1）由小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知得小球離開(kāi)桌面時(shí)速度大小為（2）離開(kāi)桌面后由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得第一次碰撞前速度的豎直分量為，由題可知離開(kāi)桌面后由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，解得小球第一次落地點(diǎn)距桌面上其飛出的水平距離為19．【答案】（1）60m；（2）【解析】詳解】（1）滅火彈做斜向上拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向上有豎直方向上有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意可知又因?yàn)槁?lián)立可得20．【答案】【解析】頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個(gè)球之間被刪去3個(gè)影像，故相鄰兩球的時(shí)間間隔為設(shè)拋出瞬間小球的速度為，每相鄰兩球間的水平方向上位移為x，豎直方向上的位移分別為、，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)位移公式有令，則有已標(biāo)注的線(xiàn)段、分別為則有整理得故在拋出瞬間小球的速度大小為21．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）質(zhì)量為的貨物繞點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為，根據(jù)牛頓第二定律可知（2）貨物從靜止開(kāi)始以加速度做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)