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2023 年高考重庆卷物理真题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
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．2 F sin α
2
B．2 F cos α
2
C．F sin α
D．F cosα
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（ ）
A．NBS cosθ
t
B．NBS sinθ
t
C．BS sinθ
t
D．BS cosθ
t
3．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（ ）
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A．√2 x0
B．(2√2-1)x0
C．2√2 x0
D．(2√2+1)x0
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．
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
6．原子核
U
92
235 可以经过多次α 和β 衰变成为稳定的原子核
P
82
207 b，在该过程中，可能发
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生的β 衰变是（ ）
A．
F
87
223 r→
R
88
223 a+
e
-1
0
B．
B
84
213 i→
P
83
213 o+
e
-1
0
C．
R
88
225 a→
A
89
225 c+ e
-1
0
D．
P
84
218 o→
A
85
218 t+ e
-1
0
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
B．杆沿轨道下滑的距离为3
2 v t
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mgt sinθ -mv
二、多选题
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 = 4 t -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
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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
9．一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．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3
10
，运行的
轨道与地球赤道不共面（如图）。t0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(
GM T
2
4 π
2 )
1
3 - R
B．卫星与位于P 点处物体的向心加速度大小比值为
5
9π R (180πGM T
2)
1
3
C．从t0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20 π
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7 π
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。
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（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l+ d
2
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 。
12．一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
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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．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。
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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．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 轴上方被某直线边界分割成两部分，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q
m
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。
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（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q
m
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。
答案精析
1．答案 B
解析 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合=2 F cos α
2
故选B。
2．答案 A
解析 根据法拉第电磁感应定律有
E = N ΔΦ
Δt = NBcosθ S
t = NBScosθ
t
故选A。
3．答案 B
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解析 依题意，两点电荷电性相反，且Q2的电荷量较大，所以合场强为0 的位置应该
在x 轴的负半轴，设两点电荷相距L，根据点电荷场强公式可得
k Q1
x0
2 =
k Q2
( x0+ L)
2
又
Q2=8Q1
解得
L=(2√2-1)x0
故选B。
4．答案 C
解析 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。根据理想气体状态方程，有
pV
T =C
可知bc 过程理想气体的体积增大，则压强减小。
故选C。
5．答案 D
解析 A．根据相邻两条亮条纹的间距计算公式
Δ x = L
d λ
由此可知
λa< λb
故A 错误；
B．根据折射定律
n= sini
sin r
a、b 光以相同的入射角由水斜射入空气，a 光的折射角比b 光的大，则
na>nb
根据光在介质中的传播速度与折射率的关系
n= c
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；
D．根据临界角与折射率的关系
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n=
1
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．答案 A
解析 原子核
U
92
235 衰变成为稳定的原子核
P
82
207 b质量数减小了28，则经过了7 次α 衰变，
中间生成的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．答案 D
解析 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，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
mgsinθ - F安=ma
F安= BIL
I = BLv
R
联立可得杆的加速度
a= gsinθ - B
2 L
2v
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，则杆运动的距离为
s= v +2v
2
⋅t = 3
2 vt
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
距离大于匀加速情况发生的距离，即大于3
2 vt，故B 错误；
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。
由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据P = W
t
可得安
培力的平均功率小于重力的平均功率，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；
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D．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得
mgt sinθ - I 安=m⋅2v -mv
得杆所受安培力的冲量大小为
I 安=mgt sinθ -mv
故D 正确。
故选D。
8．答案 AB
解析 A．根据EF 段方程
y = 4 t -26
可知EF 段无人机的速度大小为
v = Δ y
Δt = 4 m /s
故A 正确；
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
可知MN 段无人机的速度为
v
' = Δ y
'
Δt
' =-2m /s
则有
Δ p=m v
' -mv =2×(-2)kg⋅m /s-2×4 kg⋅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．答案 BD
解析 A．由图可知
3
4 λ=12m
解得
λ =16 m
A 错误；
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B．由
v = λ
T
得
T = λ
v = 16
2 s=8s
B 正确；
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；
D．P 点位于y 轴的负半轴，经过
2s= T
4
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 内质点P 运动的路程有
可能小于0.1m，D 正确；
故选BD。
10．答案 BCD
解析 A．由题意，知卫星绕地球运转的周期为
T
' = 3
10 T
设卫星的质量为m，卫星距地面的高度为h，有
G
Mm
( R+h)
2 =m( R+h)( 2π
T
' )
2
联立，可求得
h=(
9GM T
2
400 π
2 )
1
3 - R
故A 错误；
B．卫星的向心加速度大小
a1=( R+h)ω
'2=( R+h)( 2π
T
' )
2
位于P 点处物体的向心加速度大小
a2= R ω
2= R( 2π
T )
2
可得
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a1
a2
= R+h
R
( T
T
' )
2
=
5
9π R (180πGM T
2)
1
3
故B 正确；
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20 π，第二种情形是都转动整数圈加半
圈，此时无解，而经过1.5 天，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。
11．答案 19.20 9.86 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l+ d
2
越接近于l，此时计算得到的g 的差值越小
解析 （1）[1]用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm×10=19.20mm
（2）[2]单摆的摆长为
L=990.1mm+1
2
×19.20mm=999.7mm
根据
T =2π√
L
g
可得
g= 4 π
2 L
T
2
带入数据
g= 4×3.14
2×0.9997
2
2
m/s
2=9.86 m/s
2
（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+ d
2
越接近于l，此时计算得到的g 的差值越小。
12．答案 变大 12.6 272 12
解析 （1）[1]闭合S1，滑动变阻器Rp是分压接法，滑片P 向右滑动后，用多用电表
交流电压挡测量线圈L1两端的电压。线圈L1两端的电压增大，因此与滑动前相比，电
表的示数变大。
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（2）[2]保持S2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L1两端的电压为U1=2500 mV。线圈L2两端电压u 随时间t 的变化曲线如图所示，
由u-t图像可得，线圈L2两端电压为
U 2= U m
√2 = 280
√2 mV
则线圈L1两端与L2两端的电压比值为
U 1
U 2
= 2500
280
√2
=12.6
（3）[3]闭合S2，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，当负载电阻R0=20 Ω 时，R0两端的电压为UR0=272mV。
[4]当频率为50 Hz 时，由U−R 关系曲线
U
R = 272
20
两线交点可知R =32Ω，故
需给R0串联一电阻，此串联电阻值为
R串= R - R0=12Ω
13．答案 （1）√
2ah
cosθ
；（2）√
2h
acosθ
，mah
cosθ
解析 （1）根据匀变速直线运动位移与速度关系有
v0
2=2a
h
cosθ
解得
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v0=√
2ah
cosθ
（2）根据速度公式有
v0=at
解得
t =√
2h
acosθ
根据动能定理有
W 合= 1
2 mv0
2
解得
W 合= mah
cosθ
14．答案 （1）4 m v0
2
R
；（2）3m；（3）5 πR
6 v0
解析 （1）球1 第一次经过P 点后瞬间速度变为2v0，所以
Fn=m (2v0)
2
R
= 4 m v0
2
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⋅2v0=-mv +m
' v
1
2 m(2v0)
2= 1
2 mv
2+ 1
2 m
' v
2
联立解得
v = v0，m
' =3m
（3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
t1= π R
2v0
v0t2+2v0t2= πR
所以
Δt =t1+t2= 5 πR
6 v0
15．答案 （1）30
∘，3m v0
2
2q
；（2）3√3 v0T
4
，y = v0T
4 - √3
9 x；（3）B1= √3m
6qT
，
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t =(3+ 10√3 π
3 )2
n-1T -(2+ 10√3 π
3 )T
解析 （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
2v0cos2α = v0
解得
α =30
∘
粒子从M →N过程，根据动能定理有
qU MN = 1
2 m(2v0)
2- 1
2 mv0
2
解得
U MN = 3mv0
2
2q
（2）对于从M 点射入的粒子，沿初速度方向的位移为
x0= v0T
沿电场方向的位移为
y0= 2v0sin 2α
2
T
令N 点横坐标为xN，根据几何关系有
xN = x0cosα + y0sin α
解得
xN = 3√3 v0T
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
(xN - x - y tan α)cosα = vt
在沿电场方向有
y
cosα +(xN - x - y tan α)sin α = 2v sin 2α
2
t
解得
y = v0T
4 - √3
9 x
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（3）由上述结果可知电场强度
E = U MN
y0
解得
E = √3m v0
qT
设粒子A 第n次在磁场中做圆周运动的线速度为vn，可得第n+1次在N 点进入磁场的
速度为
vn+1=
vn
cos2α =2vn
第一次在N 点进入磁场的速度大小为2v0，可得
vn=2
nv0,(n=1,2,3⋯)
设粒子A 第n次在磁场中运动时的磁感应强度为Bn，由题意可得
Bn= B1
2
n-1 ,(n=1,2,3⋯)
由洛伦兹力提供向心力得
q vn Bn=m vn
2
rn
联立解得
rn= 4
nmv0
2q B1
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
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等于rn，由C 到N 由动能定理得
qE rnsin30° = 1
2 m vn+1
2
- 1
2 m vn
2
联立上式解得
B1= √3m
6qT
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
t1n= 2
nv0sin 60°
qE
m
=2
n-1T
粒子A 第n 次在磁场中运动的周期为
T
' = 2π rn
vn
=2
n+1√3 πT
粒子A 第n 次在磁场中运动的时间为
t2n= 300°
360° T
' = 5
6 ⋅2
n+1√3 πT
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xn，边界与x 轴负方向
的夹角为β，则根据边界方程可得
tan β = √3
9
，sin β =
1
2√7
由正弦定理可得
xn
sin β =
rn
sin (180° -30° - β)
解得
xn= 4
nv0T
2
粒子A 第n 次在电场边界MN 与x 轴之间运动的时间为
t3n= xn
vn
=2
n-1T
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
t =(2
0+2
1+⋯+2
n-1)T + 5
6 ⋅√3 πT (2
2+2
3+⋯+2
n)+(2
0+2
1+⋯+2
n-2)T
由等比数列求和得
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t =(2
n-1)T + 5
6 ⋅√3 πT [4(2
n-1-1)]+(2
n-1-1)T
解得
t =(3+ 10√3 π
3 )2
n-1T -(2+ 10√3 π
3 )T
