2023年全国1卷物理试题解析

20231卷物理局部解析江苏省资深特级教师戴儒京解析二、选择题：此题共8小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，第14~18题只有一19~21630分。高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A．与它所经受的时间成正比 B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比1 1 1 p2【解析】E k

max，与位移x成正比。E k

2mv2

2ma2t2

2m

，与速度平方，时间平方，动量平方成正比。【答案】14．B如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一FPxP离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，以下表示Fx之间关系的图像可能正确的选项是B．1C． D．【解析】Fmgk(x x)ma，其中mgkx，x 是初位置弹簧的压缩量，x x0 0 0 0P离开静止位置的位移为x时弹簧的压缩量。Fmakx，Fx的一次函数，A正确。【答案】15．Aa、bcab=5cm，bc=3cm，ca=4cmca、ba、b所带电荷量k，则A．a、bkC．a、bk

16 16B．a、bk9 964 64．ab的电荷异号，27 27【解析】画出c的受力图如下两种状况：从力的方向可以推断：a、b的电荷异号。c所带电荷量确实定值为qcb所带电荷量确实定值为q,a所带电荷kqFkQq〔此式中的kk不同〕r22F k9

4 64有ac

ac k

F 16 Fbc

3 27【答案】16．DOPQSPQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心。轨道的电阻无视不计。OMO转动的金属杆。MPQS上，OMB，现使OMOQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定〔过程Ⅰ〕；再使磁感B增加到B”〔过程Ⅱ〕OMB的电荷量相等，则 等于B5 3 7A．4 B．2 C．4 D．21【解析】在过程Ⅰ中

E

B r24

，在过程Ⅱ中qIt t R R R1 (B”B)2r2 B 3q R【答案】17．B

二者相等，解得B

=2。如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab2R：bcR的四分之一的圆弧，与abb点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开头向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开头运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR【解析】当小球从a到c的过程中，依据动能定理F(2RRmgRFmg，解得v 2 gRc

mv2，c3c点运动到其轨迹最高点，设小球上升h，则mgh0

mv2，得h2R。此c过程小球在水平方向上的位移x

at2，其中a g，t

2h2 R(依据竖F2 m gF直方向的运动算得)x2RF所做的功，小球从a点开头运动到其轨迹最高点，E W F2RRx5mgR机 F【答案】18．C北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回时小磁针处于静止状态。以下说法正确的选项是开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面对里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面对里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面对外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面对外的方向转动【解析】A．开关闭合后的瞬间，铁芯内磁通量向右并增加，依据楞次定律，左线圈感应电流方向在直导线从南向北，其磁场在其上方向里，所以小磁针的N极朝垂直纸面对里的方向转动,A正确；B、C直导线无电流，小磁针恢复图中方向。D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，电流方向与A相反，小磁针的N极朝垂直纸面对外的方向转动，D正确。【答案】19.AD20．2023年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。依据科学家们复原的过100s400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量4并利用牛顿力学学问，可以估算出这一时刻两颗中子星A．质量之积B．质量之和C．速率之和 D．各自的自转角速度【解析】设两颗中子星相距为L，质量分别为m、m1 2

，轨道半径分别为r、r1 2

，依据万有引力供给向心力，有

Gmm1

m2rm2r

，由于rr

L，所以质量之和为L2 1 1 2 2 1 2

2L2(r

，其中2

1s〕，L400km，1 2 G 1 2 G

T 12可求，B正确。依据vr，得v v1 2

(r1

r)L，可求。C正确；2可以求出两颗中子星相互围着运动的角速度，不行以求出各自的自转角速度，D错误。【答案】20．BCa、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，平面b上的电势2Va10eVad6eV。以下说法正确的选项是A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVDbd2倍【解析】设相邻两条等势线之间的电势差为U0ad的过程中抑制电场力所做的6eV，We3U6eV，所以U2Vaf渐渐降低。平0 0b2Vc上的电势为零，A正确；由于从a到f，电势降低4U 8V，所以电势能增大8eV，动能削减8eV，可能到达0f；但假设在a时速度方向在a平面内，加速度方向向左，就可能到达不了平面f，所以B正确。5d2eV，C错误；bd2倍，所以速率是2倍。【答案】21．AB17422~3233~38题为选考题，考生依据要求作答。〔一〕129分。22.〔5分〕如图〔a〕，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘：一标尺由游标和主尺构成主尺竖直固定在弹簧左边托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。现要测量图〔a〕中弹簧的劲度系数，当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950cm；当托盘内放有质量为0.100kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图〔b〕所示，其读数为 cm。当地的重力加速度大小为9.80m/s2，此弹簧的劲度系数为 _N/m〔3位有效数字〕。63.7cm，游标尺的第15个格与主尺某格对齐，所以读数为0.05150.75mm3.775cmkF0.1009.80N/m53.7N/mx 3.775102【答案】22．〔5分〕3.775 53.723.〔10分〕某试验小组利用如图〔a〕所示的电路探究在25℃~80℃范围内某热敏电阻的温〔图中虚线区域〕中的热敏电阻RT〔25℃时的阻值〕900.0ΩE〔6V，内阻可无视〕：电压表〔150mV〕：R0〔20.0Ω〕，滑动变阻器R1〔1000Ω〕：电阻箱R2〔阻0-999.9Ω〕：单刀开关S1，单刀双掷开关S2。22 2 0 试验时，先按图〔a〕连接好电路，再将温控室的温度t80.0℃，将S21端接通，S1R1U0R1的滑片位置不变，R2S2RUS，登记R2tR225.0°CR-t22 2 0 t/℃25.030.040.050.060.070.080.0R2/Ω900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0答复以下问题：在闭合S1前，图〔a〕中R1的滑片应移动到 〔填“a”或“b”〕端；在图〔b〕的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R2-t曲线：71由图〔b〕R125℃-80°Ct=44.0℃R=1Ω；将Rt握于手心，手心温度下R2的相应读数如图〔c〕所示，该读数为 Ω，则手心温度为 ℃。【解析】电流要从小渐渐增大，所以，电阻要渐渐减小，初始位置在电阻最大处，即b。【答案】23．〔10分〕〔1〕b 〔2〕如以下图〔3〕450 〔4〕620.0 33.024．〔12分〕mE后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求烟花弹从地面开头上升到弹中火药爆炸所经过的时间；爆炸后烟花弹向上运动的局部距地面的最大高度0100【解答】24．〔1〕v0

E

mv2①8设烟花弹从地面开头上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt②1 2E联立①②式得t ③g m〔2〕设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1E=mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两局部均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和1 1212v4mv24mv2212

E⑤1 1由⑥式知，烟花弹两局部的速度方向相反，向上运动局部做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上局部连续上升的高度为

2，由机械能守恒定律有

1mv24 1

1联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上局部距地面的最大高度为

2Emg⑧25.〔20分〕y>0y轴负方向的匀强电场，场强大小为Ey<111 0xOy平面对外的匀强磁场。一个氕核1H2H先后yy=h点以一样的动能射出，速度方向沿x轴正方向。1H进入磁场时，速x60°O1H111 mq不计重力。求11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离1磁场的磁感应强度大小12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离11【答案】25．〔1〕1H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如以下图。19设1Hav，它在电场中的运动时间为t，第1 1 1 1Os1。由运动学公式有s1v1t1① h

12at2由题给条件，1Hx轴正方向夹角160。1H进入磁场时1y重量的大小为a1t1v1tan1③2 3联立以上各式得s1 3 h④11H在电场中运动时，由牛顿其次定律有qEma1⑤设1H进入磁场时速度的大小为v，由速度合成法则有v1

1v2〔at2⑥1 1

1 111B，1HR1

1，由洛伦兹力公式和牛顿1其次定律有qvB1

mv21⑦1R1由几何关系得s12R1sin1⑧6mE联立以上各式得B ⑨qh12H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v1

2，在电场中的加速度大小1，由题给条件得

1 mv2⑩2 2 2 2 12由牛顿其次定律有qE2ma2122H第一次射入磁场时的速度大小为12

v，速度的方向与x轴正方向夹角为

2，10入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。2由运动学公式有s vt2

⑫ h1at2

⑬ v v2

t2 ⑭22 2 22

2 2 22sin 2

at22⑮v2联立以上各式得s

2v⑯2 1 2 1 2 2 1设2H在磁场中做圆周运动的半径为 R1〔2m〕v

2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运⑰动的半径公式得⑰

R 2

2 2R12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距1s，由几何关系有s2R

sin ⑱2 2 2 212H第一次离开磁场时得位置到原点O的距离为1〔ss 2 3 2-1〕h⑲〔2 2 3〔二〕选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。假设多做，则每学科按所做的第一题计分。33．[物理—3-3]〔15分〕〔1〕〔5分〕如图，确定质量的抱负气体从状态a开头，经受过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，以下说法正确的选项是 〔选对1个得2分，选对2个得41135130分〕。A．过程①中气体的压强渐渐减小 B．过程②中气体对外界做正功C．过程④中气体从外界吸取了热量D．状态c、d的内能相等E．状态d的压强比状态b的压强小【解析】对于EOdabb’，OdPd

Pab是等容线，b”由于T>T

P

P，D正确。其余比较简洁，不赘述。b b’

b b” b d【答案】33.〔1〕BDE〔2〕〔10分〕如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两局部，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K开头时，K关闭汽缸内上下两局部气体的压强均为p0 现将K翻开，，VK关闭，活塞平衡8时其下方气体的体积减小了V，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重6力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。121 【答案】33．〔2〕设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为Vp1 V 体积为 ，压强为V 2 2耳定律得pVpV① pVpV②02 11 02 22V V V 13 V V V由条件得V V③ V = ④1 2 6 8 24 2 2 6 3mp2

SpSmg⑤115pS联立以上各式得m

0 ⑥26g34．[3-4〕〔15分〕〔1〕〔5分〕如图，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30°，一束红光垂直AB边射入从AC边上的D点射出其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为 。假设改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角 〔“小于”“等于”或“大于”〕60°。 sini 【解析】n 3，由于同一玻璃对蓝光的折射率大于红光，所以大sinr sin