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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
【答案】B
【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合=2 F cos α
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（ ）
A．N B S cosθ
t
B．N B S sinθ
t
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C．B S sinθ
t
D．B S cosθ
t
【答案】A
【详解】根据法拉第电磁感应定律有
E = N ΔΦ
Δt = N Bcosθ S
t = N B S cosθ
t
故选A。
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（ ）
A．❑√2 x0
B．(2❑√2−1)x0
C．2❑√2 x0
D．(2❑√2+1)x0
【答案】B
【详解】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．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（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【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．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
【详解】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
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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
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．原子核
❑
92
235
可以经过多次α 和β 衰变成为稳定的原子核
b
82
207 ，在该过程中，可能发
生的β 衰变是（ ）
A．
r→
a+
❑
−1
0
88
223
87
223
B．
i→
o+
❑
−1
0
83
213
84
213
C．
a→
c+ ❑
-1
0
89
225
88
225
D．
o→
t+ ❑
-1
0
85
218
84
218
【答案】A
【详解】原子核
❑
92
235
衰变成为稳定的原子核
b
82
207 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。
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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m gt sinθ−m v
【答案】D
【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，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
m gsinθ−F安=ma
F安= B I L
I = B Lv
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 v t
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 v t，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。
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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；
D．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得
m gt sinθ−I 安=m⋅2v −m v
得杆所受安培力的冲量大小为
I 安=m gt sinθ−m v
故D 正确。
故选D。
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
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
【详解】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，
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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
′−m v =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。
9．一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
【详解】A．由图可知
3
4 λ=12m
解得
λ =16 m
A 错误；
B．由
v = λ
T
得
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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．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(
G M 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 (180πG M 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
【答案】BCD
【详解】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
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G
M m
( R+h)
2 =m( R+h)( 2π
T
′ )
2
联立，可求得
h=(
9G M 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
a1
a2
= R+h
R
( T
T
′ )
2
=
5
9π R (180πG M 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。
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 。
【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
【详解】（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
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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。
12．一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）
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【答案】 变大 12.6 272 12
【详解】（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。
（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
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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
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。
【答案】（1）❑√
2ah
cosθ
；（2）❑√
2h
acosθ
，mah
cosθ
【详解】（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．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）4 m v0
2
R
；（2）3m；（3）5 π R
6 v0
【详解】（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=−m v +m
′ v
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1
2 m(2v0)
2= 1
2 m v
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= π R
所以
Δt =t1+t2= 5 π R
6 v0
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。
（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。
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【答案】（1）30
∘，3mv0
2
2q
；（2）3 ❑√3 v0T
4
，y = v0T
4 −
❑√3
9 x；（3）B1=
❑√3m
6qT
，
t =(3+ 10 ❑√3 π
3 )2
n−1T −(2+ 10 ❑√3 π
3 )T
【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
2v0cos2α = v0
解得
α =30
∘
粒子从M →N过程，根据动能定理有
qU M N = 1
2 m(2v0)
2−1
2 mv0
2
解得
U M N = 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 = v t
在沿电场方向有
y
cosα +(xN −x−y tan α)sin α = 2v sin 2α
2
t
试卷第17页，共3页
解得
y = v0T
4 −
❑√3
9 x
（3）由上述结果可知电场强度
E = U M N
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
nm v0
2q B1
粒子A 第n 次在磁场中的运动轨迹如图所示
试卷第18页，共3页
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rn，由C 到N 由动能定理得
q E 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
n v0sin 60°
q E
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 π T
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 π T
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
试卷第19页，共3页
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 π T (2
2+2
3+⋯+2
n)+(2
0+2
1+⋯+2
n−2)T
由等比数列求和得
t =(2
n−1)T + 5
6 ⋅❑√3 π T [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
