2023年高考理综物理真题试卷(全国Ⅲ卷)带解析

2023年高考理综物理真题试卷〔全国皿卷〕、选择题〔单项选择〕〔2023?卷川〕1934年，约里奥-居里夫妇用a粒子轰击铝核 ，产生了第一个人工放射性核素 X:二―、 亠？T。X的原子序数和质量数分别为〔A. 15和28 B.15和30

〕C.16和30 D.17和31〔2023?卷川〕为了探测引力波，天琴打算”估量放射地球卫星P,其轨道半径约为地球半径的 16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的A.2:1 B.4:1

4倍。PQ的周期之比约为〔〕C.8:1 D.16:1〔2023?卷川〕一电阻接到方波沟通电源上，在一个周期内产生的热量为

Q ；假设该电阻接到正弦交变电方源上，在一个周期内产生的热量为等于〔〕

Q 正

U,周期为T,如以下图。则Q :Q0方 正0A. B. C.1:2 D.2:1在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以 v和落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的〔2倍 B.倍二、选择题〔多项选择〕

的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球〕C.倍 D.倍〔2023?卷川〕甲乙两车在同一平直大路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x随时间t的变化如以下图。以下说法正确的选项是〔 〕ti时刻两车速度相等C.的某时刻，两车速度相等

0ti时间内，两车走过的路程相等tit2时间内，两车走过的路程相等Dtit2时间内〔2023?卷川〕v随t的变化关系如以下图，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都一样；两次提升的高度一样，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第②次提升过程，〔〕

①次和第矿车上升所用的时间之比为C.电机输出的最大功率之比为

4:52:1

电机的最大牵引力之比为D.4:5

2:1〔2023?卷川〕如图〔a〕,在同一平面内固定有一长直导线 PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQi,i的变化如图〔b〕所示，规定从QP为电流的正方向。导线框势〔〕

R中的感应电动在一-一时为零C.在 时最大，且沿顺时针方向

在 时转变方向D在 时最大，且沿顺时针方向〔2023?卷川〕如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒 a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、

下极板四周，与极板距离相等。现同时释放a、b

t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，

a、b间的相互作用和重力可无视。以下说法正确的选项是〔 〕a的质量比b的大C.t时刻，a和b的电势能相等三、试验题

t时刻，a的动能比b的大D.t时刻，a和b的动量大小相等甲、乙两同学通过下面的试验测量人的反响时间。试验步骤如下：甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端〔位置恰好处于L刻度处，但未遇到尺〕，预备用手指夹住下落的尺。甲在不通知乙的状况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。假设夹住尺子的位置刻度为Li，重力加速度大小为g，则乙的反响时间为 〔用L、Li和g表示〕。当地的重力加速度大小为g=9.80m/s2，L=30.0cm，Li=10.4cm,乙的反响时间为 s。〔2位有效数字〕写出一条提高测量结果准确程度的建议： 。〔2023?卷川〕一课外试验小组用如以下图的电路测量某待测电阻

RxRo为标准定值电阻(Ro=20.0Q)；〔:J可视为抱负电压表。 Si为单刀开关，S2位单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。承受如下步骤完成试验:⑴依据试验原理线路图〔a〕,将图〔b〕中实物连线 ⑵将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合 S;91端，转变滑动变阻器动端的位置，登记此时电压表U2；

的示数U1;然后将 S2掷于2⑷待测电阻阻值的表达式R<= ⑸重复步骤〔3〕,得到如下数据：

〔用R0、U1、U2表示〕；112345U1/V0.250.300.360.400.44U2/V0.861.031.221.361.493.443.433.393.403.395R=_.〔1位小数〕四、解答题(2023?卷川)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压 U加速后在纸面内水平向右

甲种离子射入磁场的速度大小为vi,并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MNI。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(2)甲、乙两种离子的比荷之比。(2023?卷川)如图，在竖直平面内，一半径为 R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为a,sina=号，一质量为m的小球沿水平轨道向右A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还始终受到一水平恒力的作用，小球在零。重力加速度大小为g。求：

C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为(1)A点时动量的大小；

C点时速度的大小;C点落至水平轨道所用的时间。五、选考题[3-3]13.〔2023?卷川〕(1)b的直线所示。在此

如图，确定量的抱负气体从状态abp-Va气体温度始终降低D.气体始终从外界吸热(2)在两端封闭、粗细均匀的

气体内能始终增加气体始终对外做功E气体吸取的热量始终全部用于对外做功管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为

li=18.0cm12=12.0cm,12.0cmHg。U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。六、选考题[3-4]

U形管平放时两边空气14.(2023?卷川)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0和t=0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示。己知该波的周期T>0.20s。以下说法正确的选项是( )0.40m/sC.x=0.08mt=0.70s时位于波谷

0.08mD*0.08mt=0.12s时位于波谷E. 假设此波传入另一介质中其波速变为 0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.32m 如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“图中 0点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。DABDAC边的垂线交ACF。D点正上方向下顺着直线DF的方向观看。恰好可以看到小标记的像；过OAB边的垂线交DE=2cm,EF=1cm。求三棱镜的折射率。〔不考虑光线在三棱镜中的反射 〕答案解析局部、＜b＞选择题〔单项选择〕＜/b1.【答案】B【考点】核反响方程【解析】【解答】依据核反响遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知， X的电荷数为2+13=15，质量数为4+27-30，依据原子核的电荷数等于原子序数，可知X1530，B符合题意。故答案为：B【分析】此题考察了核反响方程。由核反响方程的电荷数和质量数守恒即可解出此题。【考点】开普勒疋律，万有引力定律及其应用【考点】开普勒疋律，万有引力定律及其应用【解答】设地球半径为R,依据题述，地球卫星PFP=16RQ的轨【解ii站道半径为RQ=4R,依据开普勒定律，一==64P与QTP:TQ=8:1,C符合题意。故答案为：C【分析】利用开普勒其次定律解答或依据万有引力供给向心力 ”再结合题意可求解。【答案】D【考点】焦耳定律，沟通电的最大值与有效值【解析】【解答】依据题述，正弦交变电流的电压有效值为 ，而方波沟通电的有效值为Uo依据焦耳定律和欧姆定律，Q-l依据焦耳定律和欧姆定律，Q-lRT=T,可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方：Q正=U02:〔)2=21D符合题意。方 【分析】依据题意分别求出正弦式沟通电和方波沟通电的有效值，再依据焦耳定律和欧姆定律分别求出热量，从而得出Q :Q 方 此题要明确求焦耳热应当利用 四值”中的有效值，能够熟记正〔余〕弦式沟通电的有效值，并能利用热效应的含义求解方波沟通电的有效值为解题的关键。【答案】A【考点】平抛运动【解析】【解答】设甲球落至斜面时的速率为V1，乙落至斜面时的速率为V2，由平抛运动规律，X=Vty= gt2 ,设斜面倾角为0 ,由几何关系，tan 9=y/x ,小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，-mv2+mgy=[mv12,联立解得：V1=「1；「■,即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，V2=符合题意。故答案为：A

V/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的 2倍，A【分析】由平抛运动的特点和规律结合题意建立几何关系，再由机械能守恒定律可求得甲球落至斜面时的速率与乙球落至斜面时速率的关系。二、＜b＞选择题〔多项选择〕＜/b＞【答案】C,D【考点】S-t图象【解析】【解答】依据位移图象的物理意义可知，在 ti时刻两车的位置一样，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A0到ti时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项

B不符合题意；从tit2X1X2位置，两车走过的路程相等，斜率等于速度可知，从tit2时间内的某时刻，两车速度相等，故答案为：CD

C符合题意；依据位移图像的D符合题意。【分析】知道位移时间图像的物理意义：图像的斜率表示速度，交点表示两车同一时刻到达同一位置。解决此题的关键是明确图像的物理意义，位移时间图像很简洁与速度时间图像混淆。【答案】A,C【考点】V-t图象，对单物体〔质点〕的应用，变力做功，功率的计算t，依据速度图象的面积等于位移〔此题中为提升的高度〕可知,11 1~X2oX/o=—X(t+3to/2) X V0

解得：t=5t0/2，所以第「次和其次次提升过程所用时间之比为2t0:5t0/2=4:5A符合题意；由于两次提升变速阶段的加速度大小一样，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比为 1:1，选项B不符合题意；由功率公式，P=Fv,电v机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为v0

2:1C符合题意；加速上升过程的加速度也

a1==,加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m〔—+g〕,减速上升过程的加速度 a2=-—，减速上升过程的牵引力Vo 1F2=ma2+mg=m〔g- 〕F3=mg。第』W1=F1XX0X0F2X-X0Xv0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1X- Xt0XV0+F3XV0X30/2+F2X Xt0XV0=mgV0t0;两次做功一样，故答案为：AC

D不符合题意。【分析】由速度时间图像的面积表示位移可求出第F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比。由

②次的时间结合题意求出时间之比。由牛顿其次定律，P=Fv可得最大功率之比。由题意结合做功的表达式分别求出两种状况下各段牵引力做功状况，从而求出电机做功之比。【答案】A,C【考点】楞次定律，感应电动势的产生条件，法拉第电磁感应定律【解析】【解答】由图〔b〕PQt=T/4时到达最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率t=T4A符合题意；t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项

R中磁通量变化率的正负不变，依据楞次定Bt=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框 R中磁通量变化率最大，依据法拉第电磁感应定t=T/2C符合题意；由楞次定律可推断出在故答案为：AC

t=T时感应电动势的方向为逆时针方向， D不符合题意。【分析】由图〔b〕可知各段时间电流的变化状况及电流的变化率，从而可确定磁通量的变化率，再依据法拉第电磁感应定律和楞次定律可判定各段时间的感应电动势的变化状况及方向。【答案】B,D【考点】对单物体〔质点〕的应用，动能定理的理解，动量定理，电势差、电势、电势能，匀变速直线运动根本公式应用【解析】【解答】依据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，依据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知 a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa＞ab。对微粒a，由牛顿其次定律，qE=maaab，由牛顿其次定律，qE=mbab，联立解得：1

亍，由此式可以得出a的质量比b小，选项A不符合题意；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，依据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B符合题意；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在 t时刻，a和b的电势能不C不符合题意；由于a微粒受到的电场力〔合外力〕等于b微粒受到的电场力〔合外力〕，依据动量定t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D符合题意。故答案为：BD【分析】由题意结合运动学公式 ，牛顿其次定律、动能定理、动量定理可分别求得a和b的加速度、质量、动能、动量的关系。由于某时刻t,两微粒在同一水平面可知电势相等，依据R=q札〔此公式需留意每个物理量的正负号〕可求得两微粒电势能的关系。三、＜b＞试验题＜/b＞9.【答案】(1)9.【答案】(1)5〔3〕屡次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子【考点】自由落体运动【解析】【解答】依据题述，在乙的反响时间t内，尺子下落高度h=L-L1,由自由落体运动规律，h=gt2,解得t=j”I”-八。代入数据得: t=0.20s。i【分析】由题意可知尺子下落的高度为L-L，依据自由落体运动的规律」=］可写出得乙的反响时间表达式，代入数据可求出反响时间。i本试验要求灵敏应用自由落体运动根本规律，另外留意试验结果要求。〔结果保存两位有效数字〕10.【答10.【答案】;—:丘;482【解析】【解答】开关S2掷于1端，由欧姆定律可得通过 FX的电流l=Ui/Ro,将开关S＞掷于2端，FbU-rU.和Rx串联电路电压为U2，Rx两端电压为U=U2-Ui，由欧姆定律可得待测电阻阻值 FX=U/I= Fb=S—-1〕Ro°5 1 S5次测量所得厂的平均值，X20.0=48.2Qo

〔3.44+3.43+3.39+3.40+3.39〕=3.41，代入Rx=〔訂-1〕Ro=〔3.41-1〕【分析】〔1〕连接实物图时依据原理图依次连接〔留意线不要穿插，正负极不要接反，滑动变阻器是分压还是限流〕5S21端，依据欧姆定律可通过Rx的电流为J92端，可得Rx两端电压为U2-U1 ,再由欧姆定律得出RXoRX的平均值。四、＜b＞解答题＜/b＞【答案】〔1〕解:设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R1磁场的磁感应强度大小为 B,由动能定理有由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有白暮②由几何关系知丄丫.一；③由①②③式得〔2〕解:设乙种离子所带电荷量为R2。同理有⑤

q2、质量为m2 ,射入磁场的速度为V2,在磁场中做匀速圆周运动丄■由题给条件有由①②③⑤⑥⑦ 式得，甲、乙两种离子的比荷之比为⑧【考点】对单物体〔质点〕的应用，电荷在电场中的加速，单边有界磁场，洛伦兹力【解析】【分析】依据题意甲离子经加速电压由动能定理可得进入磁场的速度，进入磁场后由牛顿其次定律结合几何关系可求得磁感应强度。同理可知乙离子的半径，综合可知甲乙两种离子的比荷。【答案】〔1〕解:设水平恒力的大小为7“7一 ■■①

FoC点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有设小球到达C点时的速度大小为v， 由牛顿其次定律得由①②③式和题给数据得解:A点的速度大小为2-1「丄」：⑥二①LMJ-氷：衣”⑦由动能定理有/■”/L⑧

，作一」 ，交PA于D点，由几何关系得⑨⑨

式和题给数据得，小球在A点的动量大小为解:小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为 g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为 t。由运动学公式有■JD⑩

1_-二「？由⑤⑦⑩？ 式和题给数据得一汁?【考点】力的合成，对单物体〔质点〕的应用，动能定理的综合应用，匀变速直线运动根本公式应用【解析】【分析】〔1〕由力的合成法则及在C点由牛顿其次定律可求出水平恒力度。

FoC点的速从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达 A点时的动量。C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。五、<b选考题[3-3]</b>【答案】〔1〕B,C,D〔2〕解:设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p，此时原左、右两边气体长度分别变为

pip2。U形管水平放置时，两边气体li和|2‘。由力的平衡条件有—X―SJ①式中为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有pili=pli”②2=p|‘③|i”1—12-2”④由①②③④ 式和题给条件得li”=22.5cm⑤|2‘=7.5cm⑥【考点】共点力平衡条件的应用，热力学第确定律〔能量守恒定律〕，气体试验定律，抱负气体的状态方程【解析】【解答】〔i〕确定质量的抱负气体从a到b的过程，由抱负气体状态方程

paVa/Ta=pbVb/Tb可知,Tb>Ta,即气体的温度始终上升，选项

A不符合题意；依据抱负气体的内能只与温度有关，可知气体的内能始终增加，选项B符合题意；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体始终对外做功，选项C符合题意；依据热力学第确定律，