[高考真题]2023年新高考物理真题试卷（重庆卷）
一、单选题
1．（2023·）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】力是矢量，按照平行四边形合成，根据三角形几何关系可得：
【分析】根据平行四边形定则将两个力进行合成。
2．（2023·）某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律，有；所以A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】法拉第电磁感应定律，感应电动势等于磁通量的变化量，计算时需要注意面积为正对磁场的面积。
3．（2023·）真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0，则Q1、Q2相距（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场强度；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】根据正负电荷产生的电场方向可知，x0的位置位于Q1和Q2之间，且在x=x0处负电荷产生的电场大小等于正电荷产生的电场大小，假设Q1、Q2的距离为d，有
；
可以解得；所以B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】根据正负电荷的电场特点确定x0的与Q1、Q2的位置关系，电场是矢量，电场强度合成时符合矢量运算，根据电场大小相等计算即可。
4．（2023·）密封于气缸中的理想气体，从状态依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】根据理想气体状态方程有：PV=nRT，可得；
从a到b的过程，V和T成比例上升，是一个常数，所以P-T图像是一条平行于T的直线，A错误；
从b到c的过程，T没有发生变化，V在变大，则P在变小，所以BD错误；
从c到d的过程，V不变，T变大，P随着T的增大而增大，所以C正确；
故选C。
【分析】将理想气体方程变形可得P与T的关系，再根据V和T的变化，判断出P的变化。
5．（2023·）某实验小组利用双缝干涉实验装置分别观察a、b两单色光的干涉条纹，发现在相同的条件下光屏上a光相邻两亮条纹的间距比b光的小。他们又将a、b光以相同的入射角由水斜射入空气，发现a光的折射角比b光的大，则（ ）
A．在空气中传播时，a光的波长比b光的大
B．在水中传播时，a光的速度比b光的大
C．在水中传播时，a光的频率比b光的小
D．由水射向空气时，a光的全反射临界角比b光的小
【答案】D
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】双缝干涉实验中，相邻亮条纹之间的间距，在相同条件下，条纹间距越大，波长越长，a光条纹间距比b光小，所以，a光的波长比b光波长小，A错误；
根据，在空气中光速相等，波长越大，频率越小，b的波长比a的波长大，b光的频率比a光的频率小，从空气往水中折射时，频率不会发生变化，所以在水中传播时，a光的频率比b光的大，C错误；
将a、b光以相同的入射角由水斜射入空气，发现a光的折射角比b光的大 ，根据，可知a的折射率比b的折射率大，又有，所以在水中传播时，a光的速度比b光的小，B错误；
全反射临界角，a光的折射率大，所以a光的全反射临界角比b光小，D正确；
故选D。
【分析】先根据双峰干涉实验判断出a光和b光的波长关系，再根据折射角判断出a光和b光的折射率，最后可以判断出在水中的速度关系和全反射临界角的关系。
6．（2023·）原子核可以经过多次α和β衰变成为稳定的原子核，在该过程中，可能发生的β衰变是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】原子核从 衰变为 ，质量数减小了28，说明经过了7次α衰变，在衰变过程中，原子核的质量数可能是231、227、223、219、215以及211，那么发生β衰变的原子的原子质量就可能是上述质量数之一，所以A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】根据α衰变和β衰变的点，α衰变质量数减小4，β衰变质量数不变，可以判断出发生了几次α衰变，并且得到衰变过程中，原子核可能的质量数，就可以得到发生β衰变的原子核的质量数。
7．（2023·）如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（ ）
A．流过杆的感应电流方向从N到M
B．杆沿轨道下滑的距离为
C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为
【答案】D
【知识点】安培力；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A 根据右手定则，磁场穿过手心，大拇指指向速度方向，四指指向电流方向，可以判断出流过杆的感应电流方向从M到N，A错误；
B 假设切割磁感线的有效长度为L，电阻为R，导体杆MN在导轨上运动时受到重力、支持力以及沿导轨向上的安培力，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-F安=ma；
F安=BIL；；
联立可以解得导体杆的加速度：，可以看出随着导体杆的速度增大，导体杆的加速度在减小，导体杆做加速度减小的加速运动；
如果导体杆做匀加速直线运动，那么导体杆的下滑距离为，但是由于导体杆的加速度在减小，所以导体杆的速度的变化量减小，那么想要达到同样的速度，需要运动的距离更远，杆沿导轨下滑的距离大于，B错误；
C 导体棒沿着导轨下滑的过程，速度变大，动能变大，所以合外力做功大于0，重力做正功，安培力做负功，重力做功大于安培力做功，根据可得，重力的平均功率大于安培力的平均功率，即重力的平均功率大于流过杆感应电流的平均电功率，C错误；
D 在导体杆运动的过程中，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，支持力和重力沿着斜面向下的力大小相等方向相反，这两个力的合冲量为0，所以可得mgtsinθ-I安=m·2v-m·v；
可以解得导体杆受到安培力的冲量大小为mgtsinθ-mv，D错误；
故选D。
【分析】A选项根据右手定则判断感应电流的方向；
B选项根据牛顿第二定律计算加速度，判断出导体杆的加速度在减小，再跟匀加速直线运动对比，得到位移；
C选项根据导体杆做加速运动，判断重力做功大于安培力做功，再根据功率的计算方法得到重力的平均功率大于感应电流的平均功率；
D选项根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量计算。
二、多选题
8．（2023·）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A 根据EF段的方程可得斜率为4，所以速度大小为4m/s，A正确；
B y-t图像的斜率表示速度，可以从图中看出，FM段先向上做减速运动，再向下做加速运动，加速度一直是向下的，所以无人机的货物处于失重状态，B正确；
C 根据FN段的方程可得斜率为-2，所以速度v2=-2m/s，ΔP=mv2-mv1=2x(-2)-2x4=-12kg/m·s，C错误；
D MN阶段速度大小不变，动能不变，但是高度下降，重力势能减小，所以机械能不守恒，D错误；
故选AB。
【分析】根据x-t图像的斜率求出速度，再根据速度判断加速度的方向，判断无人机的货物是失重还是超重状态。
9．（2023·）一列简谐横波在介质中沿x轴传播，波速为2m/s，t=0时的波形图如图所示，P为该介质中的一质点。则（ ）
A．该波的波长为14m
B．该波的周期为8s
C．t＝0时质点P的加速度方向沿y轴负方向
D．0~2 s内质点P运动的路程有可能小于0.1m
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A 由图可知，，可以解得，A错误；
B 根据波速与波长的关系有，可以计算出周期T=8s，B正确；
C 简谐运动的回复力总指向平衡位置，加速度也指向平衡位置，此时P点位于y轴负方向，所以质点P的加速度方向指向y轴正方向，C错误；
D 运动2s为，如果此时波向x轴负方向传播，那么此时P点向下振动，原理平衡位置，此时的路程小于0.1m，D正确；
故选BD。
【分析】先根据波形图得到波长，然后根据波速与波长的关系计算出周期；根据简谐运动的定义判断加速度的方向，D选项要注意题目中没有指定波的传播方向，需要注意可能沿负方向传播。
10．（2023·）某卫星绕地心的运动视为匀速圆周运动，其周期为地球自转周期T的，运行的轨道与地球赤道不共面（如图）。时刻，卫星恰好经过地球赤道上P点正上方。地球的质量为M，半径为R，引力常量为G。则（ ）
A．卫星距地面的高度为
B．卫星与位于P点处物体的向心加速度大小比值为
C．从时刻到下一次卫星经过P点正上方时，卫星绕地心转过的角度为
D．每次经最短时间实现卫星距P点最近到最远的行程，卫星绕地心转过的角度比地球的多
【答案】B,C,D
【知识点】匀速圆周运动；向心加速度；卫星问题
【解析】【解答】A 根据万有引力提供向心力有，可以解出卫星距离地面的高度：
，A错误；
B 卫星的加速度，p点的加速度，所以有
，B正确；
C 下一次卫星经过P点正上方时，卫星比地球多转n圈，卫星绕地球一圈的过程中，有两次经过地球赤道正上方，所以有两种情况，第一种情况是地球和卫星都转了整数圈，假设地球转x圈，卫星转y圈，此时有，因为x、y都是整数，y的最小值为10，此时卫星绕地心转了10圈，转过的角度为 ；第二种情况是卫星和地球都转了整数圈+半圈，此时有，此时无解，所以从 时刻到下一次卫星经过P点正上方时，卫星绕地心转过的角度为 ，C正确；
D 由几何关系可知，在时刻，卫星距离P点最近，当P点和卫星分别位于两端时距离最远，由两种情况，第一种情况是地球转n圈，卫星转圈，其中m、n均为整数，此时有，此时无解；第二种情况是地球转圈，卫星转n圈，此时有，此时可以解出最小的m=5，n=1，即卫星转5圈，地球转1.5圈，那么卫星绕地心转过的角度比地球多 ，D正确；
故选BCD。
【分析】根据万有引力提供向心力，求出卫星的轨道半径，再减地球半径R，计算出卫星的高度，根据加速度计算加速度之比，CD选项需要找到地球和卫星运动圈数之间的关系再进行计算，同时需要注意一般圈数是整数。
三、实验题
11．（2023·）某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。
（1）用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为 mm。
（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00 s，由此算得重力加速度g为 m/s2（保留3位有效数字）。
（3）改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是 ，原因是 。
【答案】（1）19.20
（2）9.86
（3）随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小；随着摆线长度l的增加，则越接近于l，此时计算得到的g的差值越小
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）先读出主尺的数据，根据副尺的“0”刻度线可以读出主尺为1.9cm=19mm，再读副尺，副尺的分度值为0.02mm，游标和主尺对齐的刻度有10格，所以副尺读数为10x0.02mm=0.20mm，此游标卡尺的读数为19mm+0.20mm=19.20mm，即摆球的直径d为19.20mm；
（2）摆长，根据单摆的周期公式，将数据代入计算可得；
（3）从图中可以看出，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小；根据公式，当l增大时，摆长L越来越接近l，此时计算得到的g的差值越小。
【分析】（1）游标卡尺的读数方法：首先看游标的最左刻度线在主尺上的位置，主尺刻度向左读出以mm为单位的整数部分；然后观察游标和主尺恰好对齐的刻度，从游标上读出以mm为单位的小数部分；
（2）根据单摆的周期公式计算重力加速度，需要注意摆长等于摆线长加摆球的半径；
（3）单摆的摆长等于摆线长度加球的半径，当摆线变长时，球半径的影响会越来越小，此时计算得到的g的差值越小。
12．（2023·）一兴趣小组拟研究某变压器的输入和输出电压之比，以及交流电频率对输出电压的影响。题图1为实验电路图，其中L1和L2为变压器的原、副线圈，S1和S2为开关，P为滑动变阻器Rp的滑片，R为电阻箱，E为正弦式交流电源（能输出电压峰值不变、频率可调的交流电）。
（1）闭合S1，用多用电表交流电压挡测量线圈L1两端的电压。滑片P向右滑动后，与滑动前相比，电表的示数 （选填 “变大”“不变”“ 变小”）。
（2）保持S2断开状态，调整E输出的交流电频率为50 Hz，滑动滑片P，用多用电表交流电压挡测得线圈L1两端的电压为2500 mV时，用示波器测得线圈L2两端电压u随时间t的变化曲线如图所示，则线圈L1两端与L2两端的电压比值为 （保留3位有效数字）。
（3）闭合S2，滑动P到某一位置并保持不变。分别在E输出的交流电频率为50 Hz、1000 Hz的条件下，改变R的阻值，用多用电表交流电压挡测量线圈L2两端的电压U，得到U-R关系曲线如图3所示。用一个阻值恒为20 Ω的负载R0替换电阻箱R，由图可知，当频率为1000 Hz时，R0两端的电压为 mV；当频率为50 Hz 时，为保持R0两端的电压不变，需要将R0与一个阻值为 Ω的电阻串联。（均保留3位有效数字）
【答案】（1）变大
（2）12.6
（3）272；7.94
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】（1）线圈L1与滑动变阻器滑片左边部分并联，然后与滑动变阻器滑片右边部分串联，所以线圈L1两端的电压等于滑动变阻器滑片左边部分的电压，滑片P向右滑动后，滑动变阻器的左边部分电阻变大，分压变大，所以电表示数变大；
（2）由图2的u-t图像可以看出，线圈L2中电压最大值为，则L2中电压有效值为，所以线圈L1两端与线圈L2两端的电压比为；
（3）从图中可以看出，当频率为1000Hz时，R0的两端电压读数为272mV；当频率变为50Hz，R0两端电压为378mV，想要保证R0两端电压不变，通过R0的电流应该也不便，当频率为1000Hz时，通过R0的电流为，那么在50Hz时，电阻，所以需要串联的电阻为；读数有误差，答案在合理范围内即可。
【分析】（1）根据滑动变阻器滑片移动方向判断电路中电阻的变化，再判断电压的变化；
（2）正弦交流电的有效值计算需要用最大值除以，再计算出两线圈两端电压之比；
（3）根据电路中的电流不变，计算串联电阻阻值大小。
四、解答题
13．（2023·）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：
（1）提升高度为h时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
【答案】（1）解：根据匀变速直线运动位移与速度关系有
解得
（2）解：根据速度公式有
解得
根据动能定理有
解得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）工件是做初速度为0的匀加速直线运动，已知位移以及加速度a，不知道时间的情况下，求末速度，选用位移速度公式：即可；
（2）根据速度公式v=at，直接计算时间；根据动能定理：合外力做功等于动能的变化量计算合力对工件做的功。
14．（2023·）如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
（2）球2的质量；
（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
【答案】（1）解：球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以
（2）解：球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则
联立解得，
（3）解：设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
所以
【知识点】动量守恒定律；匀速圆周运动；向心力；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据公式，代入计算即可计算出向心力；
（2） 球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹 ，再根据动量守恒以及鸡西能守恒，可以计算出球2的质量，以及碰撞后球2的速度；
（3）两个球在M点碰撞后，球2从左边向N点做匀速圆周运动，球1从右边向N点做匀速圆周运动，但是在经过P点后速度会增加为2v0，所以在第一次碰撞后到第二次碰撞之间的运动过程可以分为两部分，第一部分是两球都以v0的速度运动四分之一圆周，第二部分球1以2v0的速度、球2以v0的速度运动剩下的半圈，两部分的时间相加即可。
15．（2023·）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
（1）求角度α及M、N两点的电势差。
（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。
（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
【答案】（1）解：粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有
解得
粒子从过程，根据动能定理有
解得
（2）解：对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为
沿电场方向的位移为
令N点横坐标为，根据几何关系有
解得
根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有
在沿电场方向有
解得
（3）解：由上述结果可知电场强度
解得
设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为
第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得
设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到N由动能定理得
联立上式解得
由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为
粒子A第n次在磁场中运动的周期为
粒子A第n次在磁场中运动的时间为
设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得，
由正弦定理可得
解得
粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为
粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间
由等比数列求和得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿着电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向（即初速度方向）做匀速直线运动，在N点可以将速度分解，垂直于电场方向的速度为v0，可以解出角度α；再根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，解出电势差；
（2）将运动沿着电场方向以及垂直于电场方向分解，可以得到沿初速度方向以及沿电场方向的位移，根据几何关系可以解出N点的横坐标；
根据粒子的入射速度以及通过N点的速度，找出入射点的横坐标纵坐标的关系即可解出边界方程；
（3）粒子的每次运动都是在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，根据角度关系可以知道粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角都是300°，在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可以得到圆周运动的轨迹半径，在电场中运动时可以根据动能定理得到电场力做功等于动能的变化量，联立可以解出B1，再根据类平抛运动和圆周运动分别求出第n次在电场中运动的时间以及在磁场中运动的时间，求出时间的通解，最后再求和求出总时间。
1 / 1[高考真题]2023年新高考物理真题试卷（重庆卷）
一、单选题
1．（2023·）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·）某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·）真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0，则Q1、Q2相距（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·）密封于气缸中的理想气体，从状态依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·）某实验小组利用双缝干涉实验装置分别观察a、b两单色光的干涉条纹，发现在相同的条件下光屏上a光相邻两亮条纹的间距比b光的小。他们又将a、b光以相同的入射角由水斜射入空气，发现a光的折射角比b光的大，则（ ）
A．在空气中传播时，a光的波长比b光的大
B．在水中传播时，a光的速度比b光的大
C．在水中传播时，a光的频率比b光的小
D．由水射向空气时，a光的全反射临界角比b光的小
6．（2023·）原子核可以经过多次α和β衰变成为稳定的原子核，在该过程中，可能发生的β衰变是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·）如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（ ）
A．流过杆的感应电流方向从N到M
B．杆沿轨道下滑的距离为
C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为
二、多选题
8．（2023·）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
9．（2023·）一列简谐横波在介质中沿x轴传播，波速为2m/s，t=0时的波形图如图所示，P为该介质中的一质点。则（ ）
A．该波的波长为14m
B．该波的周期为8s
C．t＝0时质点P的加速度方向沿y轴负方向
D．0~2 s内质点P运动的路程有可能小于0.1m
10．（2023·）某卫星绕地心的运动视为匀速圆周运动，其周期为地球自转周期T的，运行的轨道与地球赤道不共面（如图）。时刻，卫星恰好经过地球赤道上P点正上方。地球的质量为M，半径为R，引力常量为G。则（ ）
A．卫星距地面的高度为
B．卫星与位于P点处物体的向心加速度大小比值为
C．从时刻到下一次卫星经过P点正上方时，卫星绕地心转过的角度为
D．每次经最短时间实现卫星距P点最近到最远的行程，卫星绕地心转过的角度比地球的多
三、实验题
11．（2023·）某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。
（1）用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为 mm。
（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00 s，由此算得重力加速度g为 m/s2（保留3位有效数字）。
（3）改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是 ，原因是 。
12．（2023·）一兴趣小组拟研究某变压器的输入和输出电压之比，以及交流电频率对输出电压的影响。题图1为实验电路图，其中L1和L2为变压器的原、副线圈，S1和S2为开关，P为滑动变阻器Rp的滑片，R为电阻箱，E为正弦式交流电源（能输出电压峰值不变、频率可调的交流电）。
（1）闭合S1，用多用电表交流电压挡测量线圈L1两端的电压。滑片P向右滑动后，与滑动前相比，电表的示数 （选填 “变大”“不变”“ 变小”）。
（2）保持S2断开状态，调整E输出的交流电频率为50 Hz，滑动滑片P，用多用电表交流电压挡测得线圈L1两端的电压为2500 mV时，用示波器测得线圈L2两端电压u随时间t的变化曲线如图所示，则线圈L1两端与L2两端的电压比值为 （保留3位有效数字）。
（3）闭合S2，滑动P到某一位置并保持不变。分别在E输出的交流电频率为50 Hz、1000 Hz的条件下，改变R的阻值，用多用电表交流电压挡测量线圈L2两端的电压U，得到U-R关系曲线如图3所示。用一个阻值恒为20 Ω的负载R0替换电阻箱R，由图可知，当频率为1000 Hz时，R0两端的电压为 mV；当频率为50 Hz 时，为保持R0两端的电压不变，需要将R0与一个阻值为 Ω的电阻串联。（均保留3位有效数字）
四、解答题
13．（2023·）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：
（1）提升高度为h时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
14．（2023·）如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
（2）球2的质量；
（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
15．（2023·）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
（1）求角度α及M、N两点的电势差。
（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。
（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】力是矢量，按照平行四边形合成，根据三角形几何关系可得：
【分析】根据平行四边形定则将两个力进行合成。
2．【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律，有；所以A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】法拉第电磁感应定律，感应电动势等于磁通量的变化量，计算时需要注意面积为正对磁场的面积。
3．【答案】B
【知识点】电场强度；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】根据正负电荷产生的电场方向可知，x0的位置位于Q1和Q2之间，且在x=x0处负电荷产生的电场大小等于正电荷产生的电场大小，假设Q1、Q2的距离为d，有
；
可以解得；所以B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】根据正负电荷的电场特点确定x0的与Q1、Q2的位置关系，电场是矢量，电场强度合成时符合矢量运算，根据电场大小相等计算即可。
4．【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】根据理想气体状态方程有：PV=nRT，可得；
从a到b的过程，V和T成比例上升，是一个常数，所以P-T图像是一条平行于T的直线，A错误；
从b到c的过程，T没有发生变化，V在变大，则P在变小，所以BD错误；
从c到d的过程，V不变，T变大，P随着T的增大而增大，所以C正确；
故选C。
【分析】将理想气体方程变形可得P与T的关系，再根据V和T的变化，判断出P的变化。
5．【答案】D
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】双缝干涉实验中，相邻亮条纹之间的间距，在相同条件下，条纹间距越大，波长越长，a光条纹间距比b光小，所以，a光的波长比b光波长小，A错误；
根据，在空气中光速相等，波长越大，频率越小，b的波长比a的波长大，b光的频率比a光的频率小，从空气往水中折射时，频率不会发生变化，所以在水中传播时，a光的频率比b光的大，C错误；
将a、b光以相同的入射角由水斜射入空气，发现a光的折射角比b光的大 ，根据，可知a的折射率比b的折射率大，又有，所以在水中传播时，a光的速度比b光的小，B错误；
全反射临界角，a光的折射率大，所以a光的全反射临界角比b光小，D正确；
故选D。
【分析】先根据双峰干涉实验判断出a光和b光的波长关系，再根据折射角判断出a光和b光的折射率，最后可以判断出在水中的速度关系和全反射临界角的关系。
6．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】原子核从 衰变为 ，质量数减小了28，说明经过了7次α衰变，在衰变过程中，原子核的质量数可能是231、227、223、219、215以及211，那么发生β衰变的原子的原子质量就可能是上述质量数之一，所以A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】根据α衰变和β衰变的点，α衰变质量数减小4，β衰变质量数不变，可以判断出发生了几次α衰变，并且得到衰变过程中，原子核可能的质量数，就可以得到发生β衰变的原子核的质量数。
7．【答案】D
【知识点】安培力；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A 根据右手定则，磁场穿过手心，大拇指指向速度方向，四指指向电流方向，可以判断出流过杆的感应电流方向从M到N，A错误；
B 假设切割磁感线的有效长度为L，电阻为R，导体杆MN在导轨上运动时受到重力、支持力以及沿导轨向上的安培力，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-F安=ma；
F安=BIL；；
联立可以解得导体杆的加速度：，可以看出随着导体杆的速度增大，导体杆的加速度在减小，导体杆做加速度减小的加速运动；
如果导体杆做匀加速直线运动，那么导体杆的下滑距离为，但是由于导体杆的加速度在减小，所以导体杆的速度的变化量减小，那么想要达到同样的速度，需要运动的距离更远，杆沿导轨下滑的距离大于，B错误；
C 导体棒沿着导轨下滑的过程，速度变大，动能变大，所以合外力做功大于0，重力做正功，安培力做负功，重力做功大于安培力做功，根据可得，重力的平均功率大于安培力的平均功率，即重力的平均功率大于流过杆感应电流的平均电功率，C错误；
D 在导体杆运动的过程中，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，支持力和重力沿着斜面向下的力大小相等方向相反，这两个力的合冲量为0，所以可得mgtsinθ-I安=m·2v-m·v；
可以解得导体杆受到安培力的冲量大小为mgtsinθ-mv，D错误；
故选D。
【分析】A选项根据右手定则判断感应电流的方向；
B选项根据牛顿第二定律计算加速度，判断出导体杆的加速度在减小，再跟匀加速直线运动对比，得到位移；
C选项根据导体杆做加速运动，判断重力做功大于安培力做功，再根据功率的计算方法得到重力的平均功率大于感应电流的平均功率；
D选项根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量计算。
8．【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A 根据EF段的方程可得斜率为4，所以速度大小为4m/s，A正确；
B y-t图像的斜率表示速度，可以从图中看出，FM段先向上做减速运动，再向下做加速运动，加速度一直是向下的，所以无人机的货物处于失重状态，B正确；
C 根据FN段的方程可得斜率为-2，所以速度v2=-2m/s，ΔP=mv2-mv1=2x(-2)-2x4=-12kg/m·s，C错误；
D MN阶段速度大小不变，动能不变，但是高度下降，重力势能减小，所以机械能不守恒，D错误；
故选AB。
【分析】根据x-t图像的斜率求出速度，再根据速度判断加速度的方向，判断无人机的货物是失重还是超重状态。
9．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A 由图可知，，可以解得，A错误；
B 根据波速与波长的关系有，可以计算出周期T=8s，B正确；
C 简谐运动的回复力总指向平衡位置，加速度也指向平衡位置，此时P点位于y轴负方向，所以质点P的加速度方向指向y轴正方向，C错误；
D 运动2s为，如果此时波向x轴负方向传播，那么此时P点向下振动，原理平衡位置，此时的路程小于0.1m，D正确；
故选BD。
【分析】先根据波形图得到波长，然后根据波速与波长的关系计算出周期；根据简谐运动的定义判断加速度的方向，D选项要注意题目中没有指定波的传播方向，需要注意可能沿负方向传播。
10．【答案】B,C,D
【知识点】匀速圆周运动；向心加速度；卫星问题
【解析】【解答】A 根据万有引力提供向心力有，可以解出卫星距离地面的高度：
，A错误；
B 卫星的加速度，p点的加速度，所以有
，B正确；
C 下一次卫星经过P点正上方时，卫星比地球多转n圈，卫星绕地球一圈的过程中，有两次经过地球赤道正上方，所以有两种情况，第一种情况是地球和卫星都转了整数圈，假设地球转x圈，卫星转y圈，此时有，因为x、y都是整数，y的最小值为10，此时卫星绕地心转了10圈，转过的角度为 ；第二种情况是卫星和地球都转了整数圈+半圈，此时有，此时无解，所以从 时刻到下一次卫星经过P点正上方时，卫星绕地心转过的角度为 ，C正确；
D 由几何关系可知，在时刻，卫星距离P点最近，当P点和卫星分别位于两端时距离最远，由两种情况，第一种情况是地球转n圈，卫星转圈，其中m、n均为整数，此时有，此时无解；第二种情况是地球转圈，卫星转n圈，此时有，此时可以解出最小的m=5，n=1，即卫星转5圈，地球转1.5圈，那么卫星绕地心转过的角度比地球多 ，D正确；
故选BCD。
【分析】根据万有引力提供向心力，求出卫星的轨道半径，再减地球半径R，计算出卫星的高度，根据加速度计算加速度之比，CD选项需要找到地球和卫星运动圈数之间的关系再进行计算，同时需要注意一般圈数是整数。
11．【答案】（1）19.20
（2）9.86
（3）随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小；随着摆线长度l的增加，则越接近于l，此时计算得到的g的差值越小
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）先读出主尺的数据，根据副尺的“0”刻度线可以读出主尺为1.9cm=19mm，再读副尺，副尺的分度值为0.02mm，游标和主尺对齐的刻度有10格，所以副尺读数为10x0.02mm=0.20mm，此游标卡尺的读数为19mm+0.20mm=19.20mm，即摆球的直径d为19.20mm；
（2）摆长，根据单摆的周期公式，将数据代入计算可得；
（3）从图中可以看出，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小；根据公式，当l增大时，摆长L越来越接近l，此时计算得到的g的差值越小。
【分析】（1）游标卡尺的读数方法：首先看游标的最左刻度线在主尺上的位置，主尺刻度向左读出以mm为单位的整数部分；然后观察游标和主尺恰好对齐的刻度，从游标上读出以mm为单位的小数部分；
（2）根据单摆的周期公式计算重力加速度，需要注意摆长等于摆线长加摆球的半径；
（3）单摆的摆长等于摆线长度加球的半径，当摆线变长时，球半径的影响会越来越小，此时计算得到的g的差值越小。
12．【答案】（1）变大
（2）12.6
（3）272；7.94
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】（1）线圈L1与滑动变阻器滑片左边部分并联，然后与滑动变阻器滑片右边部分串联，所以线圈L1两端的电压等于滑动变阻器滑片左边部分的电压，滑片P向右滑动后，滑动变阻器的左边部分电阻变大，分压变大，所以电表示数变大；
（2）由图2的u-t图像可以看出，线圈L2中电压最大值为，则L2中电压有效值为，所以线圈L1两端与线圈L2两端的电压比为；
（3）从图中可以看出，当频率为1000Hz时，R0的两端电压读数为272mV；当频率变为50Hz，R0两端电压为378mV，想要保证R0两端电压不变，通过R0的电流应该也不便，当频率为1000Hz时，通过R0的电流为，那么在50Hz时，电阻，所以需要串联的电阻为；读数有误差，答案在合理范围内即可。
【分析】（1）根据滑动变阻器滑片移动方向判断电路中电阻的变化，再判断电压的变化；
（2）正弦交流电的有效值计算需要用最大值除以，再计算出两线圈两端电压之比；
（3）根据电路中的电流不变，计算串联电阻阻值大小。
13．【答案】（1）解：根据匀变速直线运动位移与速度关系有
解得
（2）解：根据速度公式有
解得
根据动能定理有
解得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）工件是做初速度为0的匀加速直线运动，已知位移以及加速度a，不知道时间的情况下，求末速度，选用位移速度公式：即可；
（2）根据速度公式v=at，直接计算时间；根据动能定理：合外力做功等于动能的变化量计算合力对工件做的功。
14．【答案】（1）解：球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以
（2）解：球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则
联立解得，
（3）解：设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
所以
【知识点】动量守恒定律；匀速圆周运动；向心力；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据公式，代入计算即可计算出向心力；
（2） 球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹 ，再根据动量守恒以及鸡西能守恒，可以计算出球2的质量，以及碰撞后球2的速度；
（3）两个球在M点碰撞后，球2从左边向N点做匀速圆周运动，球1从右边向N点做匀速圆周运动，但是在经过P点后速度会增加为2v0，所以在第一次碰撞后到第二次碰撞之间的运动过程可以分为两部分，第一部分是两球都以v0的速度运动四分之一圆周，第二部分球1以2v0的速度、球2以v0的速度运动剩下的半圈，两部分的时间相加即可。
15．【答案】（1）解：粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有
解得
粒子从过程，根据动能定理有
解得
（2）解：对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为
沿电场方向的位移为
令N点横坐标为，根据几何关系有
解得
根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有
在沿电场方向有
解得
（3）解：由上述结果可知电场强度
解得
设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为
第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得
设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到N由动能定理得
联立上式解得
由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为
粒子A第n次在磁场中运动的周期为
粒子A第n次在磁场中运动的时间为
设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得，
由正弦定理可得
解得
粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为
粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间
由等比数列求和得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿着电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向（即初速度方向）做匀速直线运动，在N点可以将速度分解，垂直于电场方向的速度为v0，可以解出角度α；再根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，解出电势差；
（2）将运动沿着电场方向以及垂直于电场方向分解，可以得到沿初速度方向以及沿电场方向的位移，根据几何关系可以解出N点的横坐标；
根据粒子的入射速度以及通过N点的速度，找出入射点的横坐标纵坐标的关系即可解出边界方程；
（3）粒子的每次运动都是在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，根据角度关系可以知道粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角都是300°，在磁场中根据洛伦兹力提供向心力可以得到圆周运动的轨迹半径，在电场中运动时可以根据动能定理得到电场力做功等于动能的变化量，联立可以解出B1，再根据类平抛运动和圆周运动分别求出第n次在电场中运动的时间以及在磁场中运动的时间，求出时间的通解，最后再求和求出总时间。
1 / 1
