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【高考真题】2023年高考理综物理真题试卷（全国乙卷）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1—5题只有一项是符合题目要求的，第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2023·全国乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【知识点】功能关系；瞬时速度；竖直上抛运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、上升过程做加速度减小的减速运动，下降过程做加速度减小的加速运动，克服空气阻力做功，同一位置上升的速度大于下降的速度的大小，所以上升的平均速度大于下降的平均速度，两过程的位移大小相等，所以上升的时间小于下降的时间，A错误；
B、整个过程克服空气阻力做功，机械能减小，故刚垫起后瞬间速度最大，B正确；
C、最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力，加速度是重力加速度g，C错误；
D、下降过程做加速度减小的加速运动，D错误；
故答案为：B
【分析】受力分析明确运动状态，全程克服空气阻力做功，机械能减小，同一高度，上升速度大于下降速度大小。
2．（2023·全国乙卷）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】由题可知，小车从左向右运动，且动能一直增加，曲线运动速度方向为曲线上任意一点的切线方向，所以小车做加速曲线运动，即速度方向和力方向的夹角为锐角，且力指向圆弧内测，故ABC错误，D正确；
故答案为：D
【分析】曲线运动的速度方向为曲线上任意一点的切线方向，合力方向指向运动轨迹的凹处；动能增加，则受力方向和运动方向的夹角为锐角，动能减少，则受力方向和运动方向的夹角为钝角。
3．（2023·全国乙卷）2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048J 。假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速为3×108m/s）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】由爱因斯坦质能方程可知，，故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确理解应用爱因斯坦质能方程。
4．（2023·全国乙卷）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ ）
A．图（c）是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、强磁体在竖直金属管中运动时，金属管会产生涡流，所以受到电磁阻尼，强磁铁在管中加速后很快打到平衡状态，匀速下降，脉冲电流峰值不变，而在玻璃管中磁体一直做加速运动，脉冲电流峰值不断增大，A正确；
B、在铝管中，脉冲电流峰值不变，磁通量的变化率相等，强磁体做匀速直线运动，B错误；
C、在玻璃管中，脉冲电流峰值不断增大，电流不断变化，电磁阻力不断变化，C错误；
D、强磁体由静止释放，在铝管中，最终在线圈间匀速运动，玻璃管中在线圈间加速运动，故在铝管中电流第一个峰到最后一个峰的时间长，D错误。
故答案为：A。
【分析】正确理解应用法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定，感应电动势的大小也反映了强磁体运动速度的大小，从而区分玻璃管和金属管中的运动情况。
5．（2023·全国乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】由电粒子在磁场中的偏转：分析如图，由几何关系可得：，
偏转角等于圆心角，，得，
由得(1)；
再加匀强电场E做直线运动：得，(2)，
联立解得，故BCD错误，A正确；
故答案为：A
【分析】正确应用磁偏转，找出圆心，利用几何关系计算粒子的半径；电磁复合场中的直线运动判断E与B的关系，两种情况联立就可以解出结果。
6．（2023·全国乙卷）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】B,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A、由正点电荷的电场的分布可知，， 带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，A错误；
B、带负电的小球由于，负电荷在电势高的位置电势能反而小，所以P点的电势能大于N的电势能，B正确；
C、MN两点电势能相等，M到N电场力总功为零，只有重力做功，故机械能相等，C正确；
D、M到N电场力先做正功后做负功，D错误；
故答案为：BC。
【分析】电场和重力场的复合场，要明确正点电荷的电场分布，根据电势的变化规律和电场力做功的特点进行判断。
7．（2023·全国乙卷）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12 = 3.0V，U23 = 2.5V，U34 = －1.5V。符合上述测量结果的可能接法是（ ）
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
【答案】C,D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；黑箱问题
【解析】【解答】A、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，A错误；
B、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，B错误；
C、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，C正确；
D、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，D正确；
故答案为：CD
【分析】电学黑箱题，由串并联电路的特点，根据题目选项逐一画出可能的电路图进行分析，得出结论。
8．（2023·全国乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【解答】由题意，设物块脱离时木板的速度为，物块的速度为，木板相对地面的位移为，物块相对地面的位移为，可得： ；；
AB 、物块匀减速，木板匀加速，由运动学公式： ；，由于：，
可得：，则：，所以：，故A错误，B正确；
CD、对系统能量守恒定律可得：得出物块的动能：，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】由板块模型的位移关系，速度关系，时间关系，根据运动学公式和系统能量守恒定律分析计算。
二、必考题：共47分。
9．（2023·全国乙卷）在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力和的大小，并 。（多选，填正确答案标号）
A．用刻度尺量出橡皮条的长度
B．用刻度尺量出两细线的长度
C．用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D．用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到 ，由测力计的示数得到拉力的大小，沿细线标记此时的方向。
④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作和的合成图，得出合力的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力的图示。
⑤比较和的 ，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
【答案】CD/DC；相同位置；大小和方向
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】 ② 标记小圆环的位置，使两个弹簧秤拉的效果和一个弹簧秤拉的效果相同，等效代替原理，标记两细线的方向，就是标记两个力的方向，要用力的图示作图，AB错误，CD正确；
故答案为：CD
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，使两次产生的效果相同，等效替代原理；
⑤比较和的大小和方向，看它们的一致程度，在误差允许的范围内，得出结论。
故答案为：CD/DC；相同位置；大小和方向。
【分析】验证力的平行四边形定则的实验中，利用等效替代原理，需要记录两个弹簧拉力产生的效果和一个弹簧拉力产生的效果相同，弹簧要拉到同一位置，同时记录力的大小和方向，用力的图示法作图，并以两个弹簧秤拉力为邻边做平行四边形，得出合力与一个弹簧秤的拉力对比，得出结论。
10．（2023·全国乙卷）一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻（阻值）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（a）是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
⑴实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
⑵将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为。由此得到流过待测金属丝的电流I= ，金属丝的电阻 。（结果均用、、表示）
⑶继续微调R，重复⑵的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
（） 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
（） 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
⑷利用上述数据，得到金属丝的电阻。
⑸用米尺测得金属丝长度。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为 mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。
⑹由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率 。（保留2位有效数字）
【答案】；；0.150；5.0
【知识点】导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】⑵根据串并联电路的特点，开关S接1时电压表读数为金属丝上的电压，开关接2S时电压表读数为 定值电阻 和金属丝上的总电压，由欧姆定律可得：，；
(5)螺旋测微器读数：0+15.0×0.01mm=0.150mm；
（6）利用电阻定律：得：.
【分析】根据串并联电路的特点，利用欧姆定律计算电流和金属丝电阻；螺旋测微器度数为主尺读数加旋钮读数乘以分度值，有估读位；应用电阻定律计算电阻率。
11．（2023·全国乙卷）如图，等边三角形位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求：
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。
【答案】（1）解：分析如图，由M点合场强竖直向下，C带正电，AB应为等量同种电荷，在M点合场强为零，M点只有C点电荷的竖直向下的电场，由N点合场强竖直向上可知，AB带等量同种正电荷，故B带正q的电荷量，A、B、C均为正电荷。
（2）解：设等边三角形边长为l，
对N点，由几何关系可得：，
由点电荷场强公式：，
联立解得：，
解得：。
【知识点】库仑定律；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【分析】（1）根据电场的叠加原理，由点电荷场强公式，点电荷电场线分布规律，等量同种电荷电场分布规律，确定B处电荷量和ABC处电荷的电性；
（2）分析N点电场强度，由几何关系计算C点电荷量。
12．（2023·全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球由静止下落，由机械能守恒定律：，
解得：，
小球与圆盘发生弹性碰撞，由动量守恒定律：，
能量守恒定律：
联立解得：； 。
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘碰后速度大小，方向竖直向下；
（2）碰后小球竖直上抛运动，圆盘摩檫力与重力平衡匀速下降，二者距离不断扩大，当小球速度减为零加速下降到与圆盘速度相等时，二者间距达到最大，即， 解得：
由运动学公式，最大距离为：
（3）第一次碰撞到第二次碰撞，二者位移相等，，
即：，
解得：
此时小球的速度为：
这段时间圆盘匀速下降的位移：
第二次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得：，
同理可得位移相等时： 即： 解得：
圆盘向下运动：；小球的速度：
第三次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得： ，
同理位移相等时： 即：解得：
圆盘向下运动：
归纳总结：第四次碰撞后圆盘下降的距离为：
至此圆盘相对于圆管下降了：
故小球和圆盘总计碰撞4次。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）对小球由机械能守恒定律解得碰前速度，再有弹性碰撞规律，由动量守恒定律和能量守恒定律求解；
（2）明确碰后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀速下降，利用运动学公式计算最远距离；
（3）应用运动学公式计算第二次碰撞前的小球的速度和圆盘下降的距离，由弹性碰撞规律，应用动量守恒定律和能量守恒定律计算碰后的速度，明确二者的运动，应用运动学公式计算第二次碰撞前小球的速度和圆盘下降的距离，依次运算，找出规律，判断碰撞次数。
三、选考题[物理-选修3-3]共15分。
13．（2023·全国乙卷）
（1）对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是（ ）
A．等温增压后再等温膨胀
B．等压膨胀后再等温压缩
C．等容减压后再等压膨胀
D．等容增压后再等压压缩
E．等容增压后再等温膨胀
（2）如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以cmHg为压强单位）
【答案】（1）A；C；D
（2）初始状态，设B管在上方时上部分气体的压强为，下部分气体压强为，则有：，
倒置状态，A管中气体压强减小，空气柱增加1cm，即A管中水银柱减小1cm，A管内径是B管2倍，即，
由此可知，B管水银柱增加4 cm，B管中空气柱减小4cm，此时：A管中气体，，
Ｂ管中气体，，
设此时A管中气体压强为，B管中气体压强为，可得：，
倒置前后温度不变，由波意耳定律，对A管中气体： ，
对B管中气体： ，
联立解得：
。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；物体的内能；气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】(1)A、一定质量的理想气体内能由温度决定，等温增压后再等温膨胀，温度不变，内能不变，A正确；
B、由理想气体状态方程：可知，等压膨胀温度升高，内能增大，再等温压缩内能不变，末状态温度高于初状态，内能增加，B错误；
C、由理想气体状态方程，等容压缩温度降低，后等压膨胀，温度升高，末温度可能等于初温度，初末状态内能可能不变，C正确；
D、由理想气体状态方程，等容增压温度升高，后等压压缩，温度降低，末温度可能等于初温度，初末状态内能可能不变，D正确；
E、由理想气体状态方程，等容增压温度升高，后等温膨胀，温度不变，末温度高于初温度，初末状态内能增加，E错误；
故答案为：ACD。
【分析】(1)正确一定质量的理解理想气体的内能由温度决定，利用理想气体状态方程逐一分析得出相应温度的变化情况，从而确定内能的变化情况。
(2)根据题意，确定倒置前后AB两管中气体的压强和水银柱空气柱的长度的变化，由等温变化，分别对AB管中气体列出气态方程，解方程组求解.
四、选考题[物理——选修3-4]共15分。
14．（2023·全国乙卷）
（1）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
（2）如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
【答案】（1）A；B；E
（2）解：根据题意画出光路图如下，
在AB边由几何关系可知，光线的入射角，
根据折射定律：
又因：
可得：，
在中，
由此可知光线在BC面的入射角
根据反射定律可得：
根据几何关系可知：，即为等腰三角形，则
又因为和相似，可得：
又因为AB=BC=l
联立可得
所以M到A的距离：
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的反射和折射
【解析】【解答】（1）A、由图a可知波长为4 m，由b图可知周期为2 s， 则波速：，A 周期；
B、由b图可知，零时刻P点从平衡位置向下振动，由a图根据“上下坡”法，可知波向左传播，B正确；
C、由a图可知，波的振幅为5cm， C错误；
D、由a图可知 x=3m处的质点t=0时刻在波谷，因，可知质点完成3次全振动后再经过半个周期到达波峰，D错误；
E、由t=7s可知，质点通过的路程，E正确；
故答案为：ABE。
【分析】(1)正确理解波的图像与质点振动图像，从中找出波长，周期，进一步计算波速，根据质点的振动图像进一步确定波的传播方向和质点的振动路程；
(2)根据题意做出光路图，由几何关系确定入射角的大小，由折射定律计算折射角，有几何关系确定另一边的入射角，由反射定律确定角度和三角形的相似从而计算边长.
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【高考真题】2023年高考理综物理真题试卷（全国乙卷）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1—5题只有一项是符合题目要求的，第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2023·全国乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动
2．（2023·全国乙卷）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·全国乙卷）2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048J 。假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速为3×108m/s）
A． B． C． D．
4．（2023·全国乙卷）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ ）
A．图（c）是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
5．（2023·全国乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·全国乙卷）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
7．（2023·全国乙卷）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12 = 3.0V，U23 = 2.5V，U34 = －1.5V。符合上述测量结果的可能接法是（ ）
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
8．（2023·全国乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
二、必考题：共47分。
9．（2023·全国乙卷）在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力和的大小，并 。（多选，填正确答案标号）
A．用刻度尺量出橡皮条的长度
B．用刻度尺量出两细线的长度
C．用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D．用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到 ，由测力计的示数得到拉力的大小，沿细线标记此时的方向。
④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作和的合成图，得出合力的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力的图示。
⑤比较和的 ，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
10．（2023·全国乙卷）一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻（阻值）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（a）是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
⑴实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
⑵将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为。由此得到流过待测金属丝的电流I= ，金属丝的电阻 。（结果均用、、表示）
⑶继续微调R，重复⑵的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
（） 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
（） 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
⑷利用上述数据，得到金属丝的电阻。
⑸用米尺测得金属丝长度。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为 mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。
⑹由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率 。（保留2位有效数字）
11．（2023·全国乙卷）如图，等边三角形位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求：
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。
12．（2023·全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
三、选考题[物理-选修3-3]共15分。
13．（2023·全国乙卷）
（1）对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是（ ）
A．等温增压后再等温膨胀
B．等压膨胀后再等温压缩
C．等容减压后再等压膨胀
D．等容增压后再等压压缩
E．等容增压后再等温膨胀
（2）如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以cmHg为压强单位）
四、选考题[物理——选修3-4]共15分。
14．（2023·全国乙卷）
（1）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
（2）如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】功能关系；瞬时速度；竖直上抛运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、上升过程做加速度减小的减速运动，下降过程做加速度减小的加速运动，克服空气阻力做功，同一位置上升的速度大于下降的速度的大小，所以上升的平均速度大于下降的平均速度，两过程的位移大小相等，所以上升的时间小于下降的时间，A错误；
B、整个过程克服空气阻力做功，机械能减小，故刚垫起后瞬间速度最大，B正确；
C、最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力，加速度是重力加速度g，C错误；
D、下降过程做加速度减小的加速运动，D错误；
故答案为：B
【分析】受力分析明确运动状态，全程克服空气阻力做功，机械能减小，同一高度，上升速度大于下降速度大小。
2．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；曲线运动
【解析】【解答】由题可知，小车从左向右运动，且动能一直增加，曲线运动速度方向为曲线上任意一点的切线方向，所以小车做加速曲线运动，即速度方向和力方向的夹角为锐角，且力指向圆弧内测，故ABC错误，D正确；
故答案为：D
【分析】曲线运动的速度方向为曲线上任意一点的切线方向，合力方向指向运动轨迹的凹处；动能增加，则受力方向和运动方向的夹角为锐角，动能减少，则受力方向和运动方向的夹角为钝角。
3．【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】由爱因斯坦质能方程可知，，故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确理解应用爱因斯坦质能方程。
4．【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、强磁体在竖直金属管中运动时，金属管会产生涡流，所以受到电磁阻尼，强磁铁在管中加速后很快打到平衡状态，匀速下降，脉冲电流峰值不变，而在玻璃管中磁体一直做加速运动，脉冲电流峰值不断增大，A正确；
B、在铝管中，脉冲电流峰值不变，磁通量的变化率相等，强磁体做匀速直线运动，B错误；
C、在玻璃管中，脉冲电流峰值不断增大，电流不断变化，电磁阻力不断变化，C错误；
D、强磁体由静止释放，在铝管中，最终在线圈间匀速运动，玻璃管中在线圈间加速运动，故在铝管中电流第一个峰到最后一个峰的时间长，D错误。
故答案为：A。
【分析】正确理解应用法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定，感应电动势的大小也反映了强磁体运动速度的大小，从而区分玻璃管和金属管中的运动情况。
5．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】由电粒子在磁场中的偏转：分析如图，由几何关系可得：，
偏转角等于圆心角，，得，
由得(1)；
再加匀强电场E做直线运动：得，(2)，
联立解得，故BCD错误，A正确；
故答案为：A
【分析】正确应用磁偏转，找出圆心，利用几何关系计算粒子的半径；电磁复合场中的直线运动判断E与B的关系，两种情况联立就可以解出结果。
6．【答案】B,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A、由正点电荷的电场的分布可知，， 带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，A错误；
B、带负电的小球由于，负电荷在电势高的位置电势能反而小，所以P点的电势能大于N的电势能，B正确；
C、MN两点电势能相等，M到N电场力总功为零，只有重力做功，故机械能相等，C正确；
D、M到N电场力先做正功后做负功，D错误；
故答案为：BC。
【分析】电场和重力场的复合场，要明确正点电荷的电场分布，根据电势的变化规律和电场力做功的特点进行判断。
7．【答案】C,D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；黑箱问题
【解析】【解答】A、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，A错误；
B、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，B错误；
C、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，C正确；
D、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，D正确；
故答案为：CD
【分析】电学黑箱题，由串并联电路的特点，根据题目选项逐一画出可能的电路图进行分析，得出结论。
8．【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【解答】由题意，设物块脱离时木板的速度为，物块的速度为，木板相对地面的位移为，物块相对地面的位移为，可得： ；；
AB 、物块匀减速，木板匀加速，由运动学公式： ；，由于：，
可得：，则：，所以：，故A错误，B正确；
CD、对系统能量守恒定律可得：得出物块的动能：，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】由板块模型的位移关系，速度关系，时间关系，根据运动学公式和系统能量守恒定律分析计算。
9．【答案】CD/DC；相同位置；大小和方向
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】 ② 标记小圆环的位置，使两个弹簧秤拉的效果和一个弹簧秤拉的效果相同，等效代替原理，标记两细线的方向，就是标记两个力的方向，要用力的图示作图，AB错误，CD正确；
故答案为：CD
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，使两次产生的效果相同，等效替代原理；
⑤比较和的大小和方向，看它们的一致程度，在误差允许的范围内，得出结论。
故答案为：CD/DC；相同位置；大小和方向。
【分析】验证力的平行四边形定则的实验中，利用等效替代原理，需要记录两个弹簧拉力产生的效果和一个弹簧拉力产生的效果相同，弹簧要拉到同一位置，同时记录力的大小和方向，用力的图示法作图，并以两个弹簧秤拉力为邻边做平行四边形，得出合力与一个弹簧秤的拉力对比，得出结论。
10．【答案】；；0.150；5.0
【知识点】导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】⑵根据串并联电路的特点，开关S接1时电压表读数为金属丝上的电压，开关接2S时电压表读数为 定值电阻 和金属丝上的总电压，由欧姆定律可得：，；
(5)螺旋测微器读数：0+15.0×0.01mm=0.150mm；
（6）利用电阻定律：得：.
【分析】根据串并联电路的特点，利用欧姆定律计算电流和金属丝电阻；螺旋测微器度数为主尺读数加旋钮读数乘以分度值，有估读位；应用电阻定律计算电阻率。
11．【答案】（1）解：分析如图，由M点合场强竖直向下，C带正电，AB应为等量同种电荷，在M点合场强为零，M点只有C点电荷的竖直向下的电场，由N点合场强竖直向上可知，AB带等量同种正电荷，故B带正q的电荷量，A、B、C均为正电荷。
（2）解：设等边三角形边长为l，
对N点，由几何关系可得：，
由点电荷场强公式：，
联立解得：，
解得：。
【知识点】库仑定律；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【分析】（1）根据电场的叠加原理，由点电荷场强公式，点电荷电场线分布规律，等量同种电荷电场分布规律，确定B处电荷量和ABC处电荷的电性；
（2）分析N点电场强度，由几何关系计算C点电荷量。
12．【答案】（1）小球由静止下落，由机械能守恒定律：，
解得：，
小球与圆盘发生弹性碰撞，由动量守恒定律：，
能量守恒定律：
联立解得：； 。
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘碰后速度大小，方向竖直向下；
（2）碰后小球竖直上抛运动，圆盘摩檫力与重力平衡匀速下降，二者距离不断扩大，当小球速度减为零加速下降到与圆盘速度相等时，二者间距达到最大，即， 解得：
由运动学公式，最大距离为：
（3）第一次碰撞到第二次碰撞，二者位移相等，，
即：，
解得：
此时小球的速度为：
这段时间圆盘匀速下降的位移：
第二次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得：，
同理可得位移相等时： 即： 解得：
圆盘向下运动：；小球的速度：
第三次碰撞，由动量守恒定律：
能量守恒定律：
联立解得： ，
同理位移相等时： 即：解得：
圆盘向下运动：
归纳总结：第四次碰撞后圆盘下降的距离为：
至此圆盘相对于圆管下降了：
故小球和圆盘总计碰撞4次。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）对小球由机械能守恒定律解得碰前速度，再有弹性碰撞规律，由动量守恒定律和能量守恒定律求解；
（2）明确碰后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀速下降，利用运动学公式计算最远距离；
（3）应用运动学公式计算第二次碰撞前的小球的速度和圆盘下降的距离，由弹性碰撞规律，应用动量守恒定律和能量守恒定律计算碰后的速度，明确二者的运动，应用运动学公式计算第二次碰撞前小球的速度和圆盘下降的距离，依次运算，找出规律，判断碰撞次数。
13．【答案】（1）A；C；D
（2）初始状态，设B管在上方时上部分气体的压强为，下部分气体压强为，则有：，
倒置状态，A管中气体压强减小，空气柱增加1cm，即A管中水银柱减小1cm，A管内径是B管2倍，即，
由此可知，B管水银柱增加4 cm，B管中空气柱减小4cm，此时：A管中气体，，
Ｂ管中气体，，
设此时A管中气体压强为，B管中气体压强为，可得：，
倒置前后温度不变，由波意耳定律，对A管中气体： ，
对B管中气体： ，
联立解得：
。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；物体的内能；气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】(1)A、一定质量的理想气体内能由温度决定，等温增压后再等温膨胀，温度不变，内能不变，A正确；
B、由理想气体状态方程：可知，等压膨胀温度升高，内能增大，再等温压缩内能不变，末状态温度高于初状态，内能增加，B错误；
C、由理想气体状态方程，等容压缩温度降低，后等压膨胀，温度升高，末温度可能等于初温度，初末状态内能可能不变，C正确；
D、由理想气体状态方程，等容增压温度升高，后等压压缩，温度降低，末温度可能等于初温度，初末状态内能可能不变，D正确；
E、由理想气体状态方程，等容增压温度升高，后等温膨胀，温度不变，末温度高于初温度，初末状态内能增加，E错误；
故答案为：ACD。
【分析】(1)正确一定质量的理解理想气体的内能由温度决定，利用理想气体状态方程逐一分析得出相应温度的变化情况，从而确定内能的变化情况。
(2)根据题意，确定倒置前后AB两管中气体的压强和水银柱空气柱的长度的变化，由等温变化，分别对AB管中气体列出气态方程，解方程组求解.
14．【答案】（1）A；B；E
（2）解：根据题意画出光路图如下，
在AB边由几何关系可知，光线的入射角，
根据折射定律：
又因：
可得：，
在中，
由此可知光线在BC面的入射角
根据反射定律可得：
根据几何关系可知：，即为等腰三角形，则
又因为和相似，可得：
又因为AB=BC=l
联立可得
所以M到A的距离：
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的反射和折射
【解析】【解答】（1）A、由图a可知波长为4 m，由b图可知周期为2 s， 则波速：，A 周期；
B、由b图可知，零时刻P点从平衡位置向下振动，由a图根据“上下坡”法，可知波向左传播，B正确；
C、由a图可知，波的振幅为5cm， C错误；
D、由a图可知 x=3m处的质点t=0时刻在波谷，因，可知质点完成3次全振动后再经过半个周期到达波峰，D错误；
E、由t=7s可知，质点通过的路程，E正确；
故答案为：ABE。
【分析】(1)正确理解波的图像与质点振动图像，从中找出波长，周期，进一步计算波速，根据质点的振动图像进一步确定波的传播方向和质点的振动路程；
(2)根据题意做出光路图，由几何关系确定入射角的大小，由折射定律计算折射角，有几何关系确定另一边的入射角，由反射定律确定角度和三角形的相似从而计算边长.
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