2023年高考全国甲卷物理高考真题解析国高考真题解析

2023年高考全国甲卷物理试题8681〜5题只有一项6〜863分，有选错的0分。如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板F处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调整，使得QPf与夹e3060°,物块的下滑时间「将〔〕铁架台/A.增大【答案】D【解析】【分析】

渐渐增大 B,渐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后【详解】设PQ的水平距离为由运动学公式可知

cos6*2可得t2= 41gsin200=45°时，fQ3060f先减小后增大。D。“旋转纽扣”是一种传统玩耍。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替消灭。拉动屡次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s,此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为〔〕C.1000m/s2 D.10000m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】纽扣在转动过程中由向心加速度C。

co=2初=100;rrad/s两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与。”。在一条直线上，PO”与。F在一条直线上，两/,电流方向如下图。假设一根无限长直导线通过电流/d处的磁感应强度大小为则图中与导线距离均为［M、N两点处的磁感应强度大小分别为〔〕A.【答案】B【解析】【分析】

B、0 B.0、2B C.2B、2B D.3、B【详解】两直角导线可以等效为如下图两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在肱处的磁感应强度方向为垂直纸面对里、垂直纸面对外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在NM23；综上分析B正确。EO”Q如图，一个原子核X经图中所示的一系列a、“衰变后，生成稳定的原子核Y,在此过程中放射出电子6【答案】A【解析】【分析】

B.8 C.10 D.14【详解】由图分析可知，核反响方程为2最X.2%Y+a：He+Me设经过。次a衰变，次“衰变。由电荷数与质量数守恒可得238=206+492=82+2。一力解得6个电子应选Ao202321.8x105s的椭圆形停靠轨道，轨道与火星外表的最近距离约为2.8x105m。火星半径约为3.4x106m,火星外表处自由落体的加速度3.7m/s2,则“天问一号”的停靠轨道与火星外表的最远距离约为()A.A.6xl05mB.6x106mC.6x107mD.6x108m【答案】C【解析】【分析】【详解】无视火星自转则【详解】无视火星自转则GMm~^=mg①八可知GM=gR2设与为1.8X105s的椭圆形停靠轨道周期一样的圆形轨道半径为r,由万引力供给向心力可知GMm——-GMm——-—~m—丫②4/,2T2设近火点到火星中心为R]=/?(§)设远火点到火星中心为R=7?+%④2由开普勒第三定律可知R+7?,3}23_12)⑤由以上分析可得6?«6xl07m26, 一正电荷从A点运动到e点，电场力做正功一电子从。点运动到d点，电场力做功为4eV人点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右【答案】BD【解析】【分析】A.由图象可知A错误；由图象可知

〔pb=〔pe依据电场力做功与电势能的变化关系有B正确；

Wad=Epa

a

沿电场线方向电势渐渐降低，则万点处的场强方向向左，C错误；由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如以下图所示D正确。BD。7. maE.向上sina=0.6,重力5加速度大小为g。则〔 〕;^2mg物体向下滑动时的加速度大小为普物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】BC【解析】【分析】AC.物体从斜面底端回到斜面底端依据动能定理有k-“mg•21cosa- ~Ek物体从斜面底端到斜面顶端依据动能定理有-mglsinajumglcosa=0-Ek整理得I =-—；//=0.5mgA错误，C正确；B. 物体向下滑动时的依据牛顿其次定律有ma=mgsina一/nmgcosa求解得出5B正确；D.物体向上滑动时的依据牛顿其次定律有mah=mgsina+jumgcosa物体向下滑动时的依据牛顿其次定律有tna下=mgsinajumgcosa由上式可知［由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过一样的位移，依据公式I=—at22则可得出f上f下BC8,由一样材料的导线绕成边长一样的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线场区域，磁场的上边界水平，如下图。不计空气阻力，下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能消灭的是〔〕甲口口乙XXXXXXXXXXXXXXX甲和乙都加速运动甲和乙都减速运动甲加速运动，乙减速运动甲减速运动，乙加速运动【答案】AB【解析】【分析】【详解】设线圈到磁场的高度为九，线圈的边长为7,则线圈下边刚进入磁场时，有v=yf2gh感应电动势为

E—nBlv两线圈材料相等〔设密度为「0〕，质量一样〔设为〃z〕,则Q,则线圈电阻感应电流为安培力为

1 mBv0R\6nlpp0mB2vF=nBIl=---------16pPo由牛顿其次定律有mg—F—ma联立解得FB-va=8~m=8~^B2V加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有一样的加速度。当g> 时，甲和16mB-v乙都加速运动，当g<—时，甲和乙都减速运动，当g=—时都匀速。16m

B2Vi6mAB。9〜1213〜16求作答。〔一〕必考题9. a的斜面〔sin«=0.34,cosa=0.94〕,小铜块可在斜面上加速下滑，如下图。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔〔每个时间间隔AT=0.20s〕内小铜块沿斜面Si〔z=l,2,3,4,5〕,如下表所示。S1S2S3S4S55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cmm/s2,小铜块与瓷砖外表间的动摩擦因数为。〔29.80m/s2〕

⑴.0.43 〔2〕.0.32详解】［1］依据逐差法有

_〔*+，4〕一〔亳+$1〕。— Z〔2AT〕代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小a®0.43m/s2［2］对小铜块受力分析依据牛顿其次定律有mgsina-/nmgcosa=ma代入数据解得/Ja0.3210, 〔。〕所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡〔2.5V,0.3A〕电压表〔量程300mV,内阻300Q〕电流表〔量程300mA,内阻0.27Q〕定值电阻R〕R〔0-20Q〕电阻箱R2〔9999.9Q〕电源E〔6V,内阻不计〕开关S、导线假设干。完成以下填空：310Q、20Q、30Q0~300mAU-/Q的定值电阻;〔填“a或%“〕端;在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，转变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电1位有效数字〕；(b)(4) 为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V,该同学经计算知，应将化的阻值调整为QoRi,测得数据如下表所示:U/mV24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0//mA140.0160.0180.02000220.0240.0260.02800300.0(5)(6)

由图(b)160mA,Wi=W2300mAW2,则洁=(保存至整数)。(1).10【解析】【分析】

(2).a⑶.0.7 (4).2700 (5).增大(6).0.074 (7),10【详解】(1)[1]由于小灯泡额定电压2.5V,电动势6V,则滑动滑动变阻器时，为了保证电路安全，需要定值电阻分担的电压

U=6V—2.5V=3.5V则有35VR—51.7。w0.3A则需要描绘小灯泡在0~300mA的伏安特性曲线，即Ro应选取阻值为10Q；[2]为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a端；[3]10mA时，电压为7mV,则小灯泡的电阻为7x10-310x103

Q=0.7Q[4]3V时，有3 0.37?2+R\R\解得0=2700。[5]由图(b)和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中：变大，则灯丝的电阻增大；[6]依据表格可知当电流为160mA时，电压表的示数为46mA，依据(4)的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46A,则此时小灯泡电功率W,i=0.46Vx0.16A»0.074W[7]300mA2.5V,此时小灯泡电功率W2=2.5VX0.3A=0.75W故有%=0.75°吗0.074如图，一倾角为0的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d；一质量为机的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带£处由静止释放。小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观看觉察，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均一样。小车通过第50个减速带后马上进入与斜面光滑连接的水平地面，连续滑行距离sg。求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；假设小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则乙应满足什么条件？(无动力)小车E⑴瞄叫⑵L>d§【解析】【分析】【详解】〔1〕由题意可知小车在光滑斜面上滑行时依据牛顿其次定律有mgsin0=ma30个减速带后速度为vi,31个减速带时的速度为刃，则有v；-vf=2ad由于小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均一样，故后面过减速带后的速度与到达下一VIv2；经过每一个减速带时损失的机械能为1 2 1 ，2△E=—mv-—mVy2联立以上各式解得AE=mgdsin0由〔1〕知小车通过第50个减速带后的速度为vi,则在水平地面上依据动能定理有-jumgs=0-从小车开头下滑到通过第30个减速带，依据动能定理有〕sin0—联立解得

；mv^AE总-mg〔£+29d〕sin-/jmgs故在每一个减速带上平均损失的机械能为,AEymg〔L+29d〕sin6*-/nmgs= —= 30 30由题意可知

AE”〉AE可得L〉dsin6*如图，长度均为/的两块挡板竖直相对放置，间距也为Z,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面对外、磁感应强度大小可调整的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q〔q＞。〕voF点处射入磁PQ的夹角为60°,不计重力。〔1〕求粒子放射位置到P点的距离；求磁感应强度大小的取值范围；假设粒子正好从0V的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板枷的最近距离。【答案】(1)施吼；(2) <B<^^-；()粒子运动轨迹见解析,

39-10右6qE (3+j3)q/ql 3 44【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知ox=vt①o1,=q22 2m粒子射入磁场时的速度方向与FQ的夹角为60。，有

Vnttan30°^—粒子放射位置到P点的距离

s=y/x2+y2④由①②③④式得

s=应侨⑤6qE带电粒子在磁场运动在速度v=V。⑥cos30° 3带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从0N点射出)如下图由几何关系可知，最小半径最大半径

2 i⑦cos30° 3cos75°

=(A/3+1)Z带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力供给，由向心力公式可知八mv2—qvB= r

2mv

2mv0(3+

<B< 0扁/ ql假设粒子正好从0V的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如下图。由几何关系可知sin。= V5.--I2带电粒子的运动半径为^=cos(30°+^)@

A/5.MN的最近距离<nn=《sin30°/)f⑫39-10A/3Z44””〔二〕选考题:［3-3］如图，肯定量的抱负气体经受的两个不同过程，分别由体积-温度〔阻〕III表示，I上的一点。由图可知，气体在状态。和》的压强之比Pa c的压强之比业=Pb Pc〔1〕1【解析】

〔2〕.夺【分析】【详解】［1］依据盖吕萨克定律有

V7+273整理得

V=kt+Z13k由于体积-温度〔V-Q图像可知，直线I为等压线，则“、力两点压强相等，则有压=1Pb⑵设f=O°C时，当气体体积为％其压强为Pl，当气体体积为克其压强为P2,依据等温变化，则有AK=P2*III各为两条等压线，则有P[=Pb，P.=Pc联立解得

PcP2yi如图，一汽缸中由活塞封闭有肯定量的抱负气体，中间的隔板将气体分为A、B两局部；初始时，A、B的体积均为V,压强均等于大气压例，隔板上装有压力传感器和掌握装置，当隔板两边压强差超过O.5poV时隔板就会滑动，否则隔板停顿运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为一。2AB的压强；再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。活塞隔板A B 【答案】(i)VA=0.4V,PB=2P萨(ii)V=(45-V)V,P^^±A B 【解析】【分析】【详解】(i)对B气体分析，等温变化，依据波意耳定律有解得PB2p。A气体分析，依据波意耳定律有PoV=PMPA=PB+O 5PO联立解得V,=0.4V3〔ii〕再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则AV,由波意耳定律可得23py=p”^-v( 0A此状况下的压强为2P”=-PO<PB-Q-5POB的体积为*”p；,根据等温变化有p(y=PAVA*p(y=PBVB联立解得

,3A/? .全圭、‘3+打PB=^~PO(舍去)”PBV=(45-1)VA3-4]如图，单色光从折射率“=1.5d=10.0cm3xlO8m/s,m/s；对于全部可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时r的取值范围是s<t<s〔不考虑反射〕。

(1).2xlO8(2).5X1T° (3),3^5x101