【高考真題】2023年高考理綜物理真題試卷-全國甲卷（含答案）

【高考真題】2023年高考理綜物理真題試卷（全國甲卷）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項是符合題目要求的，第6~8題有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．一同學(xué)將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉(zhuǎn)動的影響，鉛球在平拋運動過程中()A．機械能一直增加 B．加速度保持不變C．速度大小保持不變 D．被推出后瞬間動能最大2．在下列兩個核反應(yīng)方程中X+714N→Y+Y+37X和Y代表兩種不同的原子核，以Z和A分別表示X的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)則()A．Z=1，A=1 B．Z=1，A=2 C．Z=2，A=3 D．Z=2，A=43．一個小車沿直線運動，從t=0開始由靜止勻加速至t=t1時刻，此后做勻減速運動，到t=t2時刻速度降為零。在下列小車位移x與時間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是（）A． B．C． D．4．一質(zhì)點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于（）A．1 B．2 C．3 D．45．在一些電子顯示設(shè)備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當?shù)姆莿驈婋妶觯梢允拱l(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是()A．B．C．D．6．用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）A．m甲<m乙 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙7．光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是()A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線8．一有機玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離。如圖(a)所示。現(xiàn)讓一個很小的強磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖(b)所示。則（）A．小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快B．下落過程中，小磁體的N極，S極上下順倒了8次C．下落過程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大二、必考題：共47分。9．某同學(xué)用伏安法測繪一額定電壓為6V、額定功率為3W的小燈泡的伏安特性曲線，實驗所用電壓表內(nèi)阻約為6kΩ，電流表內(nèi)阻約為1.5Ω，實驗中有圖(a)和(b)兩個電路圖供選擇。（1）實驗中得到的電流I和電壓U的關(guān)系曲線如圖(c)所示，該同學(xué)選擇的電路圖是圖()(填“a”或“b")。（2）若選擇另一個電路圖進行實驗，在圖（c）上用實線畫出實驗中應(yīng)得到的關(guān)系曲線的示意圖。10．某同學(xué)利用如圖(a)所示的實驗裝置探究物體做直線運動時平均速度與時間的關(guān)系。讓小車左端和紙帶相連。右端用細繩跨過定滑輪和鉤碼相連。鉤碼下落，帶動小車運動，打點計時器打出紙帶。某次實驗得到的紙帶和相關(guān)數(shù)據(jù)如圖(b)所示。（1）已知打出圖(b)中相鄰兩個計數(shù)點的時間間隔均為0.1s。以打出A點時小車位置為初始位置，將打出B、C、D、E、F各點時小車的位移△x填到表中，小車發(fā)生應(yīng)位移所用時間和平均速度分別為△t和v-。表中△xAD=cm，v-AD位移區(qū)間ABACADAEAF△r(cm)6.6014.60△xAD34.9047.30v-66.073.0v87.394.6（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)得到小車平均速度v隨時間△t的變化關(guān)系，如圖(c)所示。題卡上的圖中補全實驗點。（3）從實驗結(jié)果可知，小車運動的v-△t圖線可視為一條直線，此直線用方程v=k?t+b表示，其中k=cm/s2，b=（4）根據(jù)(3)中的直線方程可以判定小車做勻加速直線運動，得到打出A點時小車速度大小vA=，小車的加速度大小a=。(結(jié)果用字母k，b表示)11．如圖，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上。用質(zhì)量為m的小球壓彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為Ep。釋放后，小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的45。小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。

求：

（1）小球離開桌面時的速度大小；（2）小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。12．如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為1，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大?。唬?）金屬體P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間。三、選考題：共15分。13．（1）在一汽缸中用活塞封閉著一定量的理想氣體，發(fā)生下列緩慢變化過程，氣體一定與外界有熱量交換的過程是。(填入正確答案標號。)A．氣體的體積不變，溫度升高B．氣體的體積減小，溫度降低C．氣體的體積減小，溫度升高D．氣體的體積增大，溫度不變E．氣體的體積增大，溫度降低（2）一高壓艙內(nèi)氣體的壓強為1.2個大氣壓，溫度為17℃，密度為1.46kg/m3(i)升高氣體溫度并釋放出艙內(nèi)部分氣體以保持壓強不變，求氣體溫度升至27℃時內(nèi)氣體的密度；(ii)保持溫度27℃不變，再釋放出艙內(nèi)部分氣體使艙內(nèi)壓強降至10個大氣壓，求艙內(nèi)氣體的密度。14．（1）等腰三角形△abc為一棱鏡的橫截面，ab=ac；一平行于bc邊的細光束從ab邊射入棱鏡，在bc邊反射后從ac邊射出，出射光分成了不同顏色的兩束，甲光的出射點在乙光的下方，如圖所示。不考慮多次反時。下列說法正確的是。A．甲光的波長比乙光的長B．甲光的頻率比乙光的高C．在棱鏡中的傳播速度，甲光比乙光的大D．該棱鏡對甲光的折射率大于對乙光的折射率E．在棱鏡內(nèi)bc邊反射時的入射角，甲光比乙光的大（2）分別沿x軸正向和負向傳播的兩列簡諧橫波P、Q的振動方向相同，振幅均為5cm，波長均為8m，波速均為4m/s。t=0時刻，P波剛好傳播到坐標原點，該處的質(zhì)點將自平衡位置向下振動；Q波剛好傳到x=10m處，該處的質(zhì)點將自平衡置向上振動。經(jīng)過一段時間后，兩列波相遇。(i)在給出的坐標圖上分別畫出P、Q兩列波在t=2.5s時刻的波形圖(P波用虛線，Q波用實線)；(ii)求出圖示范圍內(nèi)的介質(zhì)中，因兩列波干涉而振動振幅最大和振幅最小的平衡位置。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.鉛球在空中運動過程中，只有重力做功，機械能守恒，故A不符合題意；

B.鉛球只受重力作用，合力恒定，所以加速度也恒定，故B符合題意；

CD.根據(jù)動能定理，重力做正功，動能增大，所以鉛球的速度大小逐漸增大，被推出后瞬間動能最小，故CD不符合題意。

故答案為：B。

【分析】鉛球在空中運動過程中，只有重力做功，機械能守恒；鉛球只受重力作用，合力恒定，所以加速度也恒定；根據(jù)動能定理，重力做正功，動能增大，所以鉛球的速度大小逐漸增大。2．【答案】D【解析】【解答】設(shè)Z'、A'分別為Y的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)。由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得：A+14=A'+17，Z+7=Z'+8，A'+7=2A，Z'+3=2Z，聯(lián)立解得：Z=2，A=4。

故答案為：D。

【分析】核反應(yīng)方程式滿足質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒。3．【答案】D【解析】【解答】小車速度是先增大，后減小，s-t圖像的斜率表示速度大小，所以斜率先增大后減小；小車的位移一直增大，故D符合題意，ABC不符合題意。

故答案為：D。

【分析】s-t圖像的斜率表示速度大小。4．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)題意，令T=kr，質(zhì)點做勻速圓周運動，合力提供向心力，則F合=mω2r=m（5．【答案】A【解析】【解答】各項受力分析如下，

A.，電子各處的運動軌跡和受的電場力相符合，故A正確；

B.，電子受力矛盾，故B錯誤；

C.，電子受力矛盾，故C錯誤；

D.，電子受力矛盾，故D錯誤；

故答案為：A。

【分析】帶電粒子只受電場力，根據(jù)電場力沿電場線的切線方向，同時指向帶電粒子運動軌跡的凹側(cè)，且力的方向與軌跡切線不平行，據(jù)此分析。6．【答案】B,C【解析】【解答】根據(jù)牛頓第二定律得：F-μmg=ma，解得：F=μmg+ma。結(jié)合圖像知，m甲>m乙，μ甲7．【答案】B,C,D【解析】【解答】A.粒子從P點沿磁場半徑方向進入磁場區(qū)域，以O(shè)1為圓心做圓周運動，在A點沿半徑方向與圓筒碰撞，軌跡如圖：

粒子與圓筒碰撞后依然沿半徑方向進入磁場區(qū)域，所以粒子不可能通過圓心O，故A不符合題意；

B.由圖可知，粒子至少與圓筒碰撞兩次（A、B點），然后從小孔射出，故B符合題意；

C.設(shè)粒子在磁場中運動的軌道半徑為r，圓筒的半徑為R，粒子在磁場中做圓周運動有：qvB=mv2r，設(shè)∠POA=θ，由幾何關(guān)系得：tanθ2=rR=mvqBR，粒子在磁場中做圓周運動的時間為：t=2πθ×8．【答案】A,D【解析】【解答】A.在小磁體下落的過程中，它經(jīng)過的每匝線圈的磁通量都是先增大后減小，但由上到下電流的最大值逐漸增大，可以判斷小磁體的下落速度一定時越來越大，故A符合題意；

B.電流變化的原因是線圈的磁通量先增大后減小，而不是小磁體的N、S極上下顛倒，故B不符合題意；

C.小磁體下落過程中線圈中的最大電流逐漸增大，所以線圈受到的安培力逐漸增大，由牛頓第三定律知線圈給小磁體的作用力也逐漸增大，故C不符合題意；

D.根據(jù)I=ER總知，電流最大值逐漸增大，感應(yīng)電動勢的最大值也逐漸增大，根據(jù)E=?Φ?t知，感應(yīng)電動勢的最大值逐漸增大，磁通量的變化率最大值逐漸增大，故D符合題意。

故答案為：AD。

9．【答案】（1）a（2）解：若選用b進行實驗，當小燈泡正常發(fā)光時，電流表示數(shù)為0.5A，而電壓表示數(shù)要大于6V，所以圖像如圖實線所示：

【解析】【解答】（1）由c圖知，電壓U=6V時對應(yīng)的電流I=0.5A，此時燈泡的電阻R=UI=12Ω，小燈泡正常發(fā)光時的電阻：R燈【分析】（1）根據(jù)RVR燈10．【答案】（1）24.00；80（2）（3）70.8；59.0（4）b；2k【解析】【解答】（1）由圖b知，?xAD=xAB+xBC+xCD=6.60+8.00+9.40=24.00cm；vAD=xAD3T=24.003×0.1=80cm/s；

（2）補全實驗點如圖，

（3）b為圖像與縱軸的交點，直接讀得【分析】（1）根據(jù)?xAD=xAB+xBC+xCD、vAD=11．【答案】（1）解：對小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒得：Ep=1（2）解：設(shè)小球與地面碰撞前后豎直方向的速度分別為v1、v2。小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h，由運動學(xué)公式得：v22=2gh，

解得：v2=2gh，

垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的45，則v1=54【解析】【分析】（1）對小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒求小球離開桌面時的速度大?。唬?）由運動學(xué)公式求小球與地面碰撞后豎直方向的速度，進而得到小球與地面碰撞前豎直方向的速度，根據(jù)v1=gt求出平拋運動的時間，根據(jù)12．【答案】（1）解：對P、Q碰撞過程，由動量守恒和機械能守恒得：3mv0=3mvQ+mvP，12·3mv02=1（2）解：根據(jù)能量守恒得：Q=1（3）解：對金屬棒P，由動量定理得：-F安t=mvP'-mvP，

其中，F(xiàn)安=BIL，I=ER，E=BLv，

【解析】【分析】（1）對P、Q碰撞過程，由動量守恒和機械能守恒求碰撞后P、Q的速度，碰撞后，P做加速度減小的減速運動，絕緣棒Q勻速運動，由于P、Q先后落在地面上同一點，則P、Q做平拋運動的初速度相等；（2）根據(jù)能量守恒求金屬體P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；

（3）對金屬棒P，由動量定理求碰撞后位移，再根據(jù)t=x13．【答案】（1）A；B；D（2）解：(i)初狀態(tài)：V1=V0，T1=290K，末狀態(tài)：V2=？，T2=300K，根據(jù)蓋呂薩克定律得：V1T1=V2T2，解得：V2=30【解析】【解答】（1）A.氣體體積不變，不存在做功問題，溫度升高，內(nèi)能增大，系統(tǒng)一定從外界吸收熱量，故A符合題意；

B.氣體體積減小，外界對氣體做功，溫度降低，內(nèi)能減小，系統(tǒng)一定向外界放出熱量，故B符合題意；

C.氣體體積減小，外界對氣體做功，溫度升高，內(nèi)能增大，系統(tǒng)可以與外界不進行熱交換，故C不符合題意；

D.氣體的體積增大，氣體對外界做功，溫度不變，內(nèi)能不變，系統(tǒng)一定從外界吸收熱量，故