2023年高考物理试卷（重庆）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按年份分类）2008-2025_2023·高考物理真题

2023 重庆高考物理真题 一、单项选择题 1. 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 a A. 2Fsin B. 2Fcos C. Fsina D. Fcosa 2 2 【答案】B 【解析】 a 【详解】根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为F =2Fcos 合 2 故选B。 2. 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（ ） NBS cosq NBSsinq A. B. t t BSsinq BScosq C. D. t t 【答案】A 【解析】 DF S NBScosq 【详解】根据法拉第电磁感应定律有E = N = NBcosq = Dt t t 故选A。 3. 真空中固定有两个点电荷，负电荷Q 位于坐标原点处，正电荷Q 位于x轴上，Q 的电荷量大小为Q 1 2 2 1 的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x=x 处产生的合电场强度为0，则Q 、Q 相距（ ） 0 1 2 A. 2x B. (2 2 -1)x C. 2 2x D. (2 2 +1)x 0 0 0 0 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，两点电荷电性相反，且Q 的电荷量较大，所以合场强为0的位置应该在x轴的负半 2 kQ kQ 1 = 2 轴，设两点电荷相距L，根据点电荷场强公式可得 x2 x +L2 0 0 又Q =8Q 2 1 第1页 | 共13页  解得L= 2 2-1 x ，故选B。 0 4. 密封于气缸中的理想气体，从状态a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 【解析】 【详解】由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据 pV 理想气体状态方程，有 =C T 可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小。故选C。 5. 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 【解析】 L 【详解】A．根据相邻两条亮条纹的间距计算公式Dx= l d 由此可知l n a b c 根据光在介质中的传播速度与折射率的关系n= v 可得在水中传播时，a光的速度比b光的小，故B错误； C．在水中传播时，a光的折射率比b光的大，所以a光的频率比b光的大，故C错误； 1 D．根据临界角与折射率的关系n= sinC 可得在水中传播时，a光的折射率比b光的大，a光的全反射临界角比b光的小，故D正确。故选D。 6. 原子核235U可以经过多次α和β衰变成为稳定的原子核207Pb，在该过程中，可能发生的β衰变是（ ） 92 82 A. 223Fr® 223Ra+ 0e B. 213Bi® 213Po+ 0e 87 88 -1 84 83 -1 C. 225Ra ® 225Ac+ 0e D. 218Po® 218At+ 0e 88 89 -1 84 85 -1 【答案】A 【解析】 【详解】原子核235U衰变成为稳定的原子核207Pb质量数减小了28，则经过了7次α衰变，中间生成的 92 82 新核的质量数可能为231，227，223，219，215，211，则发生β衰变的原子核的质量数为上述各数，则 BCD都不可能，根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，选项A反应正确。 故选A。 7. 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 3 B. 杆沿轨道下滑的距离为 vt 2 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mgtsinq-mv 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误； B．依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R。杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力， 第3页 | 共13页轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mgsinq-F =ma 安 F = BIL 安 BLv I = R B2L2v 联立可得杆的加速度a= gsinq- R 可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的 v+2v 3 距离为s = ×t = vt 2 2 根据v-t 图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于匀加速 3 情况发生的距离，即大于 vt，故B错误； 2 C．由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大。由动能定理可 W 知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据P= 可得安培力的平均功率小于重力的平均 t 功率，也即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误； D．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得mgtsinq-I =m×2v-mv 安 得杆所受安培力的冲量大小为I =mgtsinq-mv 安 故D正确。故选D。 二、多项选择题 8. 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 y =4t-26和 y =-2t+140。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】AB 【解析】 【详解】A．根据EF段方程 y =4t-26 第4页 | 共13页Dy 可知EF段无人机的速度大小为v= =4m/s，故A正确； Dt B．根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运 动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确； C．根据MN段方程 y =-2t+140 Dy¢ 可知MN段无人机的速度为v¢= =-2m/s Dt¢ 则有Dp=mv¢-mv=2´(-2)kg×m/s-2´4kg×m/s=-12kg×m/s 可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误； D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。 故选AB。 9. 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】BD 【解析】 3 【详解】A．由图可知 l=12m，解得l=16m，A错误； 4 l l 16 B．由v= ，得T = = s=8s，B正确； T v 2 C．简谐运动的加速度总指向平衡位置，P点位于y轴负半轴，加速度方向沿y轴正方向，C错误； T D．P点位于y轴的负半轴，经过2s= ，若波向x轴负方向传播，P向远离平衡位置方向振动，在0~2 s 4 内质点P运动的路程有可能小于0.1m，D正确；故选BD。 3 10. 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 10 面（如图）。t 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。 0 则（ ） 1 æGMT2 ö3 A. 卫星距地面的高度为 -R ç ÷ è 4p2 ø 第5页 | 共13页5 1 B. 卫星与位于P点处物体的向心加速度大小比值为  180πGMT2 3 9πR C. 从t 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20p 0 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7p 【答案】BCD 【解析】 3 【详解】A．由题意，知卫星绕地球运转的周期为T¢= T 10 Mm 2p 设卫星的质量为m，卫星距地面的高度为h，有G =m(R+h)( )2 (R+h)2 T¢ 1 æ9GMT2 ö3 联立，可求得h=ç ÷ -R，故A错误； è 400p2 ø 2p B．卫星的向心加速度大小a =(R+h)w¢2 =(R+h)( )2 1 T¢ 2p 位于P点处物体的向心加速度大小a = Rw2 = R( )2 2 T a R+h T 5 1 可得 1 = ( )2 =  180πGMT2 3，故B正确； a R T¢ 9πR 2 CD．要想卫星再次在P点的正上方，则只能是题中两个轨道的交点，因此要实现出现在正上方，第一种 情形是经过一段时间都回到了当前点，即各自转动整数圈，最小公倍数为3，此时卫星转动10圈，即转动 角度为20p，第二种情形是都转动整数圈加半圈，此时最小公倍数为1.5，卫星转动五圈，此时相距最 远，转动角度相差7π，故CD正确；多7π。故D正确。故选BCD。 三、实验题 11. 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。 第6页 | 共13页（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）。 d （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l+ 作 2 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 ④. 随着摆线长度l d 的增加，则l+ 越接近于l，此时计算得到的g的差值越小 2 【解析】 【详解】（1）[1]用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm×10=19.20mm 1 （2）[2]单摆的摆长为L=990.1mm+ ×19.20mm=999.7mm 2 L 根据T =2p g 4π2L 可得g = T2 4´3.142´0.9997 带入数据g = m/s2 =9.86m/s2 22 d （3）[3][4]由图可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小，原因是随着摆线长度l的增加，则l+ 越接 2 近于l，此时计算得到的g的差值越小。 12. 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L 和L 为变压器的原、副线圈，S 和S 为开关，P为滑动变阻器R 的滑片，R为电阻箱，E 1 2 1 2 p 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S ，用多用电表交流电压挡测量线圈L 两端的电压。滑片P向右滑动后，与滑动前相比，电表 1 1 的示数_______（选填 “变大”“不变”“ 变小”）。 第7页 | 共13页（2）保持S 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 2 L 两端的电压为2500 mV时，用示波器测得线圈L 两端电压u随时间t的变化曲线如图所示，则线圈L 两 1 2 1 端与L 两端的电压比值为_______（保留3位有效数字）。 2 （3）闭合S ，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， 2 改变R的阻值，用多用电表交流电压挡测量线圈L 两端的电压U，得到U-R关系曲线如图3所示。用一个 2 阻值恒为20 Ω的负载R 替换电阻箱R，由图可知，当频率为1000 Hz时，R 两端的电压为_______mV；当 0 0 频率为50 Hz 时，为保持R 两端的电压不变，需要将R 与一个阻值为_______Ω的电阻串联。（均保留3位 0 0 有效数字） 【答案】 ①. 变大 ②. 12.6 ③. 272 ④. 7.94 【解析】 【详解】（1）[1]闭合S ，滑动变阻器R 是分压接法，滑片P向右滑动后，用多用电表交流电压挡测量线 1 p 圈L 两端的电压。线圈L 两端的电压增大，因此与滑动前相比，电表的示数变大。 1 1 （2）[2]保持S 断开状态，调整E输出的交流电频率为50 Hz，多用电表交流电压挡测得线圈L 两端的电 2 1 压为U =2500 mV。线圈L 两端电压u随时间t的变化曲线如图所示，由u-t图像可得，线圈L 两端电压 1 2 2 U 280 为U = m = mV 2 2 2 第8页 | 共13页U 2500 1 = =12.6 则线圈L 两端与L 两端的电压比值为U 280 1 2 2 2 （3）[3]闭合S ，滑动P到某一位置并保持不变。由U−R关系曲线可得，当频率为1000 Hz时，当负载电 2 阻R =20 Ω时，R 两端的电压为U =272mV。 0 0 R0 [4]当频率为50 Hz 时，由U−R关系曲线可得线圈L 两端的电压为U＇=380mV。要保持R 两端的电压不 2 0 U¢-U 380-272 R = R0 = W=7.94W 变，需给R 串联一电阻，此串联电阻值为 串 U 272 0 R0 R 20 0 四、计算题 13. 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。 2ah 2h mah 【答案】（1） ；（2） ， cosq acosq cosq 【解析】 h 2ah 【详解】（1）根据匀变速直线运动位移与速度关系有v2 =2a ，解得v = 0 cosq 0 cosq 2h （2）根据速度公式有v =at ，解得t = 0 acosq 1 mah 根据动能定理有W = mv2，解得W = 合 2 0 合 cosq 14. 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v 。质 0 量为m的小球1从N处以初速度v 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 0 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； 第9页 | 共13页（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。 v2 5pR 【答案】（1）4m 0 ；（2）3m；（3） R 6v 0 【解析】 (2v )2 v2 【详解】（1）球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v ，所以F =m 0 =4m 0 0 n R R （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，则m×2v =-mv+m¢v 0 1 1 1 m(2v )2 = mv2 + m¢v2 2 0 2 2 联立解得v=v ，m¢=3m 0 pR （3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则t = 1 2v 0 v t +2v t =pR 0 2 0 2 5pR 所以Dt =t +t = 1 2 6v 0 15. 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 q 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v 、方向 0 m 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2v 。忽略边界效应，不计 0 粒子重力。 （1）求角度α及M、N两点的电势差。 q （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， m 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B ，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为 1 第10页 | 共13页上一次的一半，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B 及粒子A 1 从发射到第n次通过N点的时间。 3mv2 3 3v T v T 3 3m 【 答 案 】（ 1 ） 30o， 0 ；（ 2 ） 0 ， y = 0 - x；（ 3 ） B = ， 2q 4 4 9 1 6qT æ 10 3pö æ 10 3pö t =ç3+ ÷2n-1T -ç2+ ÷T ç ÷ ç ÷ 3 3 è ø è ø 【解析】 【详解】（1）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2v cos2a=v 0 0 解得a=30o 1 1 粒子从M ® N 过程，根据动能定理有qU = m2v 2 - mv2 MN 2 0 2 0 3mv2 解得U = 0 MN 2q （2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为x =v T 0 0 2v sin2a 沿电场方向的位移为y = 0 T 0 2 令N点横坐标为x ，根据几何关系有x = x cosa+ y sina N N 0 0 3 3v T 解得x = 0 N 4 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 x -x- ytanacosa=vt N y 2vsin2a 在沿电场方向有 +x -x- ytanasina= t cosa N 2 第11页 | 共13页v T 3 解得y = 0 - x 4 9 U （3）由上述结果可知电场强度E = MN y 0 3mv 解得E = 0 qT 设粒子A第n次在磁场中做圆周运动的线速度为v ，可得第n+1次在N点进入磁场的速度为 n v v = n =2v n+1 cos2a n 第一次在N点进入磁场的速度大小为2v 0 ，可得v n =2nv 0 ,(n=1,2,3 L ) B 设粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度为B n ，由题意可得B n = 2n 1 -1 ,(n=1,2,3 L ) v2 由洛伦兹力提供向心力得qv B =m n n n r n 4nmv 联立解得r = 0 n 2qB 1 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r ，由C到 n 1 1 N由动能定理得qEr sin30°= mv2 - mv2 n 2 n+1 2 n 3m 联立上式解得B = 1 6qT 2nv sin60° t = 0 =2n-1T 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 1n qE m 2pr 粒子A第n次在磁场中运动的周期为T¢= n =2n+1 3pT v n 第12页 | 共13页300° 5 粒子A第n次在磁场中运动的时间为t = T¢= ×2n+1 3pT 2n 360° 6 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x ，边界与x轴负方向的夹角为b，则 n 3 1 根据边界方程可得tanb= ，sinb= 9 2 7 x r 由正弦定理可得 n = n sinb sin180°-30°-b 4nv T 解得x = 0 n 2 x 粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为t = n =2n-1T 3n v n 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 5 时间t =  20 +21+ +2n-1 T + × 3pT  22 +23 + +2n +  20 +21+ +2n-2 T L L L 6 5 由等比数列求和得t =  2n -1  T + × 3pT é4  2n-1-1 ù+  2n-1-1  T ë û 6 æ 10 3pö æ 10 3pö 解得t =ç3+ ÷2n-1T -ç2+ ÷T ç ÷ ç ÷ 3 3 è ø è ø 第13页 | 共13页