近2年全国高考物理真题汇编（原卷+答案解析）

第第页2022-2023年全国高考物理真题汇编【参考答案】1．【答案】A【解析】根据功的定义式可知则有因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。故选A。2．【答案】B【解析】氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子放出光子，且放出光子的能量等于两能级之差，能量减少。故选B。3．【答案】C【解析】A．波尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征，A错误；B．玻尔的原子理论成功的解释了氢原子的分立光谱，但不足之处，是它保留了经典理论中的一些观点，如电子轨道的概念，还不成完全揭示微观粒子的运动规律，B错误；C．光电效应揭示了光的粒子性，C正确；D．电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，质子、中子及原子、分子均具有波动性，D错误。故选C。4．【答案】D【解析】x—t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t1图像斜率变大，t1—t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。故选D5．【答案】C【解析】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v<v0），则列车进隧道前必须减速到v，则有v=v0-2at1解得在隧道内匀速有列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=v+at3解得则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为故选C。6．【答案】D【解析】AB．小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误；CD．小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。故选D。7．【答案】D【解析】A．根据图像的斜率表示加速度，由题图可知时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；B．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；C．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；D．根据图像可直接判断知，时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。故选D8．【答案】C【解析】A．由图（b）的振动图像可知，振动的周期为4s，故三列波的波速为A错误；B．由图（a）可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为故时，D处的质点还未开始振动，B错误；C．由几何关系可知，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为故时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；D．时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为由振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为故时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm。D错误。故选C。9．【答案】B【解析】根据法拉第电磁感应定律可知故选B。10．【答案】C【解析】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；D．卫星从P点变轨时，要加速增大速度，此后做离心运动速度减小，则在地火转移轨道运动时的速度P点速度大于地球绕太阳的速度，故D错误；故选C。11．【答案】A【解析】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有即下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选A。12．【答案】D【解析】由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1=qE区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvA∙2B1=qE则再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，A错误；B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvBB1=q∙2E则vB=2v0再根据，可知粒子半径变为原来2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，B错误；C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据，有则C错误；D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据，有则D正确。故选D。13．【答案】①.0.78②.1.29③.>【解析】[1]钩码个数为2时，弹簧A的伸长量[2]弹簧B的伸长量[3]根据系统机械能守恒定律可知两根弹簧的重力势能减少量和钩码减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能14．【答案】①.乙②.③.6.5×10－5【解析】（1）[1]由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则L是丙到乙的距离。（2）[2]根据电阻定律有再根据欧姆定律有联立有则（3）[3]根据图像可知k=6.5V/m则根据（2）代入数据有ρ=6.5×10－5Ω∙m15．【答案】①.B②.C③.D【解析】（1）[1]AC．用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故AC错误；B．在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确。故选B。（2）[2]AC．为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；B．上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。故选C。（3）[3]A．竖直方向，根据水平方向联立可得故A错误；B．竖直方向，根据水平方向联立可得故B错误；CD．竖直方向根据水平方向联立可得故D正确，C错误。故选D。16．【答案】①.②.③.变小【解析】（1）[1]根据题意画出光路图如下图所示（2）设光线入射角为θ、折射角为α，则在C点根据折射定律有nsinθ=sinα由于射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角，则S1S2=CB根据几何关系可知联立解得（3）[3]若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则画出光路图如下可看出S1S2间的距离变小。17．【答案】（1）；（2）0.97【解析】（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为，温度变化过程中体积不变，故由查理定律有解得（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有解得18．【答案】（1）；（2）【解析】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知得小球离开桌面时速度大小为（2）离开桌面后由平抛运动规律可得第一次碰撞前速度的竖直分量为，由题可知离开桌面后由平抛运动规律得，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为19．【答案】（1）60m；（2）【解析】详解】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有竖直方向上有代入数据联立解得（2）根据题意可知又因为联立可得20．【答案】【解析】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为设抛出瞬间小球的速度为，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为、，根据平抛运动位移公式有令，则有已标注的线段、分别为则有整理得故在抛出瞬间小球的速度大小为21．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）质量为的货物绕点做匀速圆周运动，半径为，根据牛顿第二定律可知（2）货物从静止开始以加速度做匀加速直线运动，根据运动学