信息必刷卷03-2023年高考物理考前信息必刷卷（全国乙卷）（解析版）

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2023年高考物理考前信息必刷卷03

（全国乙卷）

一、选择题：

14．【答案】D

【解析】设原子动量大小为，激光的光子动量大小为 ，因为原子动量需要减小为，则根据动量守恒定律，可知，为了使原子动量减小，激光的照射方向应与原子的运动方向相反。根据多普勒效应，原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。则所用激光的频率应小于原子的固有频率。故ABC错误，D正确。故选D。

15．【答案】C

【解析】当轿厢速度为时，电动机的牵引力为，以轿厢A为对象，根据牛顿第二定律可得，以对重B为对象，根据牛顿第二定律可得，联立解得A、B之间轻质缆绳的拉力大小为，故选C。

16．【答案】B

【解析】第1张纸在滚轮作用下向右运动，对第2张纸的摩擦力向右，第2张纸相对于第3张纸有向右运动的趋势，对第3张纸的摩擦力方向向右，同理第10张纸对第11张纸的摩擦力方向向右，工作时滚轮对第1张纸的压力大小为F，第1张纸对第2张纸的摩擦力大小为f=N=，第1张以下的纸两两之间的摩擦力均为静摩擦力，大小均为，故B正确，ACD错误。

17．【答案】C

【解析】设b卫星运行的椭圆轨道半长轴为，根据开普勒第三定律有，即，设近地点M距离地面高度为，有，解得，故b卫星远地点N距离地面高度为，A错误；对卫星a有，在地球表面有，联立解得，故b卫星从N点运动到M点时间为，B错误；根据开普勒第二定律可知，卫星b由N点运动到P点时速度在增大，分析可知若在P点点火加速可进入圆形a轨道，可得；同理，卫星b在近地点M减速可进入以M点高度所在处的圆轨道，根据万有引力公式可知当卫星围绕地球做圆周运动时轨道越高，速度越小，所以可知卫星a的速度小于M点高度所在处的圆轨道的速度，即卫星b在近地点M的速度大于卫星a的速度，所以有，C正确；根据万有引力公式，a、b两卫星在P点时到地球的距离相等，由于两卫星的质量关系未知，所以无法判断受到地球引力大小关系，D错误。故选C。

18．【答案】B

【解析】该过程动能先增大后减小，根据能量守恒，电势能先减小后增大，根据，由于粒子带负电，则电势的变化与电势能相反，电势先增大后减小，根据题意加速度先减小后增大，根据可知电场强度先减小后增大，则图像斜率先减小后增大，故A错误，B正确；粒子动能先增大后减小，可知电场力先做正功后做负功，由图知，电场力先向右后向左，由于粒子带负电，可知电场强度方向先向左后向右，所以电场强度先为正后为负，故CD错误。故选B。

19． 【答案】BD

【解析】根据图乙可知，流过霍尔元件的电流是由电子，即由负电荷定向运动形成的，A错误；由于轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压，自行车的车速越大，单位时间轮子转过的圈数越多，即自行车的车速越大，传感器单位时间内输出脉冲电压的数目越大，B正确；根据，，其中的v是电子定向移动的速率，解得，可知，霍尔电压的大小与自行车的车速无关，与电流大小有关，流过霍尔元件的电流越大，霍尔电压越大，C错误，D正确。故选BD。

20．【答案】BD

【解析】冰块掉落时做自由落体运动，故冰块接触头部之前的速度约为，

故A错误；设头部对冰块的作用力为，因为冰块落在头上未反弹，速度减为0，以竖直向上为正方向，由动量定理得，解得，根据力的作用是相互的，则冰块对头部的作用力也是2N，作用时间是0.3s，故冰块对头部的冲量大小为，故B正确，C错误；冰块的动量变化量大小为，选项D正确。故选BD。

21．【答案】BD

【解析】由洛伦兹力提供向心力，可得，解得，A错误；粒子刚好不出磁场区域的运动轨迹如图所示，恰好与AC相切，根据几何关系可得，此时入射点到A的距离为，即入射点到A点距离大于的粒子都不能出磁场，运动轨迹为半圆，则时间为

，B正确，C错误；从D点处入射的粒子在磁场中的运动轨迹为一个半圆，在磁场中运动的时间为，在E点入射的粒子运动轨迹的圆心角为，在磁场中运动的时间为，D正确。故选BD。

二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题

22．（5分）

【答案】     B          可以

【详解】（1）根据，，，联立得，故选B。

（2）钢球运动过程空气阻力不计，则图像的斜率k=

（3）根据表达式，可以求解h1。

23．（10分）

【答案】  （1）   3.91（3.90~3.92  ）  （2）      3.46     0.29

【详解】（1）直流电压5V挡测量时，分度值为0.1V，由图甲示数可知电源电动势为3.91V。

（2）电流表A2若与串联，其串联后的总电压最大为

比电源电动势小太多；电流表A2若与串联，其串联后的总电压最大为

比电源电动势稍大，所以电流表A2应与串联；

由闭合电路欧姆定律可知

整理可得

利用图像斜率和截距可知，

解得，

24．（12分）

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）线框与斜面间的动摩擦因数μ=tanα

则有

因为导线框匀速进入磁场，根据平衡条件得

解得

（2）线框进入磁场Ⅱ过程中，根据平衡条件得

线框中电流

可知当cd边刚要出磁场I时拉力最大，此时ab边处磁场B=B0+kL

解得

（3）撤去拉力后，根据动量定理有

其中，

联立解得

25．（20分）

【答案】（1）3N；（2）2m/s；（3）2次；

【解析】（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有

解得：

物块a运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律有

联立以上两式代入数据解得

由牛顿第三定律知物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3N

（2）物块a在传送带上运动时，由牛顿第二定律有

设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为，由a、b运动学公式可得

解得

则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为，b的速度为，则有

联立解得

即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s。

（3）碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为，到静止时所用时间为，位移为，由牛顿第二定律有

由运动学公式有

联立解得，

对于物块a，先沿传送带向右做匀减速运动，设速度减为0所用的时间为，位移为，由运动学公式有，

解得，

由可知，故物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动，设物块a第二次与b碰撞前瞬间的速度大小为，则有

解得

物块a、b第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为、，则有

解得，

物块b第二次碰撞后向左滑行的距离

物块a第二次碰撞后向右滑行的距离

则两物块最多碰撞2次，最终两者的距离为

（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．【物理—选修3-3】（15分）

（1）（5分）

【答案】BDE

【解析】A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，故A错误；C→D为等温过程，气体内能不变，体积减小则外界对气体做功，由热力学第一定律可知C→D过程中，气体始终放热，故B正确；D→A为绝热过程，又体积变小则外界对气体做功，故气体的内能增加，故C错误；A→C过程中气体压强不断减小，气体分子在单位时间内与器壁单位面积上碰撞的次数减少，故D正确；在整个过程中气体内能的内能不变，图像与横轴所围面积表示气体对外做功，由热力学第一定律可知整个过程中气体吸热，故气体吸热大于放热，故E正确。故选BDE。

（2）（10分）

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）根据题意可知，初始整个装置静止在水平地面上，总重力大小等于支持力大小，当气球体积增大到刚好使增加的空气浮力等于装置的总重力时，气瓶离开地面，增加的浮力为

得

由于

解得

（2）对于质量为的氢气，经历等温变化，由玻意耳定律有

解得

对气瓶内封闭的气体，由玻意耳定律有

联立解得

34．【物理—选修3-4】（15分）

（1）（5分）

【答案】BCE

【解析】有图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，A错误，BC正确；P点并不随波移动，D错误；从图像可以看出环境噪声波使P点向下振动，而降噪声波使P点向上振动，所以P点振动减弱点，E正确。故选BCE。

（2）（10分）

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）由图以及几何知识可知，发生全反射的临界角为，由全反射条件有

解得

（2）单色光从D点射入后其路线如图所示

光线E点射出，到达光屏的G点，设光线射出后与法线夹角为，射出前与法线夹角为，则有

由几何关系得

解得

又因为

解得

设此单色光射出介质后到光屏的传播路程为s，则由几何关系得

解得