重组卷05-冲刺2023年高考物理真题重组卷(全国通用)(解析版)

冲刺2023年高考物理真题重组卷05

全国通用（解析版）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

14 B

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14．（2022·全国·统考高考真题）一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 × 10 - 7m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个。普朗克常量为h = 6.63 × 10 - 34Js。R约为（ ） A．1 × 102m 【答案】 B

【解析】一个光子的能量为 E = hν

ν为光的频率，光的波长与频率有以下关系 c = λν

光源每秒发出的光子的个数为

B．3 × 102m

C．6 × 102m

D．9 × 102m

15 C 16 C 17 A 18 B 19 BD 20 AD 21 BC nPPhhc

P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个，那么此处的球面的表面积为 S = 4πR2 则 n31014S

联立以上各式解得 R ≈ 3 × 102m

故选B。

15．（2022·全国·统考高考真题）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为

I1、I2和

I3。则（ ）

A．

I1I3I2 B．

I1I3I2 C．

I1I2I3

D．I1I2I3

【答案】 C

【解析】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为 C22r

面积为 S2r2 S14r2同理可知正方形线框的周长和面积分别为 C18r，

正六边形线框的周长和面积分别为 1333r2S36rrC36r222 ，

三线框材料粗细相同，根据电阻定律

RLS横截面

可知三个线框电阻之比为 R1:R2:R3C1:C2:C38:2:6

根据法拉第电磁感应定律有 IEBSRtR

可得电流之比为：

I1:I2:I32:2:3 即 I1=I2I3

故选C。

16．（2022·山东·统考高考真题）“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕

地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（ ）

gRT2n2π2RA． gRT4n2π2RC．

22132213gRT2n2π2 B．gRT4n2π2 D．22132213【答案】 C

【解析】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得 GMmmgR2

解得 GMgR2

根据题意可知，卫星的运行周期为 T'Tn

根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有

GMmRh242m2RhT'

联立解得

h3gR2T2R4n22

故选C。

17．（2021·江苏·高考真题）一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OAOB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（ ）

A．O、C两点电势相等 B．A点的电场强度大于B点

C．沿直线从A到B电势先升高后降低 D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大 【答案】 A

【解析】A．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在左右侧球壳在C点的合场强为零，因左右球壳的场强具有对称性，要想合场强为零只能是两部分球壳在C点的场强都是水平方向，则可以知道右侧球壳在C点的合场强水平向左，同理OC上其他点的场强都是水平向左，因此OC是等势线，故A正确；

BD．将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知 E1=E2

根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且 E1=E2

在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故BD错误；

C．根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误； 故选A。

18．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，则下列说法正确的是（ ）

mgA．轻绳的合拉力大小为cos

mgB．轻绳的合拉力大小为cossin

C．减小夹角，轻绳的合拉力一定减小

D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 【答案】 B

【解析】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知

Tcosf

fN

TsinNmg

联立解得

Tmgcossin

故A错误，B正确； C．拉力的大小为 Tmgmgcossin12sin() tan1其中误；

，可知当90时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一定减小，故C错

D．摩擦力大小为

mgcosmgcossin1tan

可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩

fTcos的摩擦力不是最小，故D错误； 故选B。

19．（2022·福建·高考真题）一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能

Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、

Ek1、

Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理

量有（ ）

A．重力加速度大小 C．斜面的倾角

B．物体所受滑动摩擦力的大小 D．沿斜面上滑的时间

【答案】 BD

12Ek1mv02【解析】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理

EkEk1(mgsinf)x

下滑时，由动能定理 Ek(mgsinf)(x0x)

x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知 mgsinfEk1Emgsinfk2x0，x0

两式相加可得 gsin1Ek1Ek2()2mx0x0

相减可知 fEk1Ek22x0

即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；

D．根据牛顿第二定律和运动学关系得

mgsinfma，

t

v0a

故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。 故选BD。

20．（2022·辽宁·高考真题）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）

A．粒子1可能为中子 B．粒子2可能为电子

C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点

D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点 【答案】 AD

【解析】AB．由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；

C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误； D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有

v2qvBmr 解得

rmvqB

可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。 故选AD。

21．（2021·全国·高考真题）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通s过的路程等于0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小

为g，则（ ）

12mv02A．在此过程中F所做的功为

3mv0B．在此过中F的冲量大小等于2

2v0C．物体与桌面间的动摩擦因数等于4s0g

D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍 【答案】 BC

【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知 Fmgma1 ①

由速度位移公式有

2v02a1s0②

外力撤去后，由牛顿第二定律可知 mgma2 ③

由速度位移公式有

2v02a2(2s0) ④

由①②③④可得，水平恒力

23mv0F4s0

动摩擦因数

2v04gs0

滑动摩擦力

2mv0Ffmg4s0

可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍， 故C正确，D错误；

A．在此过程中，外力F做功为 WFs032mv04

故A错误；

B．由平均速度公式可知，外力F作用时间

t1s02s00v0v02

3mv02

在此过程中，F的冲量大小是 IFt1故B正确。 故选BC。

22. （6分）（2022·重庆·高考真题）如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。

（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是___________。

（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做___________运动。

（3）测得滑块B的质量为197.8g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为___________kgms1（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为___________（选填“①”“①”“①”）。

【答案】 天平 匀速直线 -0.011 ③

【解析】（1）要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；

（2）为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；

（3）取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为

vB0.4240.476m/s=0.058m/s0.9

则滑块B碰前的动量为

pBmBvB0.1978kg0.058m/s=0.011kgm/s

由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线。 23. （9分）（2022·全国·统考高考真题）一同学探究阻值约为550的待测电阻

Rx在0~5mA范围内的伏安

特性。可用器材有：电压表V（量程为3V，内阻很大），电流表A（量程为1mA，内阻为300），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选10或1.5kΩ），定值电阻

R0（阻值可选75或

150），开关S，导线若干。

（1）要求通过

Rx的电流可在0~5mA范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出

实验电路的原理图________；

（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为______（填“10”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，______（填“75”或“150”）的定值电阻； （3）测量多组数据可得（c）所示，则此时

R0应选阻值为

Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图

Rx两端的电压为______V，流过

Rx的电流为_____mA，此组数据得到的

Rx的阻值为______

（保留3位有效数字）。

【答案】

【解析】（1）电流表内阻已知，电流表与独测量

R0 10Ω 75Ω 2.30 4.20 8 并联扩大电流表量程，进而准确测量通过

Rx的电流，电压表单

Rx的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过

Rx的电流从0~5mA连

续可调，电路图如下

（2）电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小； 通过

Rx的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如下

根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知 4mA300Ω1mAR0

解得 R075Ω

（3）电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即U2.30V；

电流表每小格表示0.02mA，本位估读，即0.84mA，电流表量程扩大5倍，所以通过根据欧姆定律可知 RxU2.30Ω8ΩI4.20103

Rx的电流为I4.20mA；

24．（14分）（2022·福建·高考真题）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。500m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中， （1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8m用时2s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；

（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。已知武大靖的质量为73kg，求此次过弯时所需的向心力大小；

（3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取

10m/s2，tan220.40、tan270.51、tan320.62、tan370.75）

【答案】 （1）4m/s；（2）1430.8N；（3）27 【解析】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据 x12at2

2解得

a2x282m/s24m/s22t2

（2）根据

v2F向mr

解得过弯时所需的向心力大小为

142F向73N1430.8N10

（3）设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示

根据牛顿第二定律可得 F向mgtan

mg73100.51F向1430.8解得 tan

可得

27

25．（18分）（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量M0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L0.6m。初始时CD与EF相距s00.4m，金属棒与导体框同时由静止

开始下滑，金属棒下滑距离

s13m16后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与

斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁

2g10m/s,sin0.6。求： B1T感应强度大小，重力加速度大小取

（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；

（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数； （3）导体框匀速运动的距离。

【答案】 （1）0.18N；（2）m0.02kg，



35x2m8；18 （3）

【解析】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得

Mmgs1sinMmv02代入数据解得 v03m/s2

12

金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得 EBLv0

由闭合回路的欧姆定律可得 IER

则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为 F安BIL0.18N

（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有 mgsinmgcosF安

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得

MgsinmgcosMa

设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为 txv0

则此时导体框的速度为

v1v0at

则导体框的位移

1x1v0tat22

因此导体框和金属棒的相对位移为 xx1x12at2

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入磁场，则有位移关系 s0xx

BLv1R

金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为 E1BLv1，

I1导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得 MgsinmgcosBI1L

38

联立以上可得

x0.3m，a5m/s，m0.02kg，

2

（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有 mgsinmgcosma1

金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有 v0a1t1v1

导体框匀速运动的距离为 x2v1t1

代入数据解得 x22.55mm918

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 33．【选修3-3】（15分）[来源：学|科|网] （1）（5分）

（2021·全国·高考真题）如图，一定量的理想气体从状态

ap0，V0，T0经热力学过程ab、bc、ca后又回到

状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．ab过程中，气体始终吸热 B．ca过程中，气体始终放热 C．ca过程中，气体对外界做功

D．bc过程中，气体的温度先降低后升高 E．bc过程中，气体的温度先升高后降低 【答案】 ABE

【解析】A．由理想气体的pV图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则W0，而压强增大，由pVnRT可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由UQW可知，气体一直吸热，故A正确；

BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功W0，由pVnRT知温度降低，即内能减少

U0，由UQW可知，Q0，即气体放热，故B正确，C错误；

DE．由pVnRT可知，pV图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确； 故选ABE。

（2）（10分）2022·广东·高考真题）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80mL水装入容积为380mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强

331.0105Pa，重力加速度g取10m/s2，水的密度取1.010kg/m。求水底的压强p和水的深度h。

p0取

5【答案】 p2.010Pa，10m

【解析】对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知 p0V0pV

即

1.0105(38080)p(380230)

解得

p2.0105Pa

根据 pp0gh

解得 h=10m

34．【选修3-4】（15分） （1）（5分）

（2021·全国·高考真题）图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.3s后，其波形曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为___________m/s，周期为___________s，若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为___________s。

【答案】 0.5 0.4 1.2

【解析】（1）若波是沿x轴正方向传播的，波形移动了15cm，由此可求出波速和周期： v1T10.15m/s0.5m/s0.3

v0.2s0.4s0.5

（2）若波是沿x轴负方向传播的，波形移动了5cm，由此可求出波速和周期： v20.051m/sm/s0.36

T2v0.2s1.2s16

（2）（10分）（2020·全国·统考高考真题）如图，一折射率为3的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，①A=90°，①B=30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。

【答案】 2

【解析】设从D点入射的光线经折射后恰好射向C点，光在AB边上的入射角为1，折射角为

2，如图所示

由折射定律有 sin1nsin2

设从DB范围入射的光折射后在BC边上的入射角为，由几何关系有

302

代入题中数据解得

230，60

nsin1

所以从DB范围入射的光折射后在BC边上发生全反射，反射光线垂直射到AC边，AC边上全部有光射出。设从AD范围入射的光折射后在AC边上的入射角为，如图所示

由几何关系可知

902

根据已知条件可知nsin1

即从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全反射，反射光线垂直射到BC边上。设BC边上有光线射出的部分为CF，由几何关系得

CFACsin30

AC边与BC边有光射出区域的长度比值为

AC2CF