信息必刷卷01-2023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01

（全国乙卷）

一、选择题：

14．【答案】D

【解析】一个光子的能量ɛ=hv，单位时间通过物体的能量E=P，单位时间通过物体的光子个数为，故A不合题意；根据，，得通过物体的光子动量 ，故B不合题意；如图所示，光腰位于物体的下方，由于使物体总能束缚在光腰部位，所以两束光线对物体产生的作用力竖直向下。故C不合题意，D符合题意。故选D.

15．【答案】D

【解析】由图可知，电子在加速电场中受到的电场力水平向右，则加速电场的场强方向为水平向左，故A错误；电子打在屏幕上P点时，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，故B错误；电子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得，可知磁感应强度越小，电子轨道半径越大，电子打在屏幕上位置离中心位置越近，若使磁场在间变化，屏幕上的扫描范围会变小，故C错误；

D．若减小间的加速电压，同时使磁场在间变化，根据，，粒子进入磁场速度减小，屏幕上的扫描范围有可能不变，故D正确。故选D。

16．【答案】A

【解析】设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为，近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律，由题图得，可得卫星Ⅱ的周期为，故C错误；对于卫星Ⅱ：，对于地球：，联立以上各式，可得地球的平均密度为，故A正确；对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得，所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为，故B错误；当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为时，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。若两卫星同向运行，则有，，，解得，若两卫星相向运行，则有，，，解得，故D错误。故选A。

17．【答案】B

【解析】设每根轻杆与竖直方向的夹角为，由题意可得，解得，以吊锅和细铁链为研究对象，设每根杆中的弹力为，在竖直方向上，根据平衡条件可得，解得，A错误；每根杆对地面的摩擦力大小为，B正确；以整个装置为研究对象，设地面对每根轻杆的支持力为，由平衡条件可知，可得，因此减小时，地面对每根轻杆的支持力不变，因此根据牛顿第三定律可知，每根轻杆对地面压力不变，大小均为，C错误；由前面分析可知每根轻杆对地面摩擦力大小为，减小时，增大，每根轻杆对地面的摩擦力增大，D错误。故选B。

18．【答案】B

【解析】根据匀变速直线运动位移时间公式得，即图像是一条倾斜的直线，由图像可知，图线斜率为小车运动的初速度，则，截距为小车运动的加速度的，则，小车刹车时间为1.5s，故前2s内物体的位移，故B正确，AC错误；根据牛顿第二定律，可得合力为，1.5s末小车已停止运动，运动位移为4.5m，根据平均功率定义可知，故D错误。故选B。

19．【答案】BD

【解析】电子受到的电场力提供向心力，可知电场力方向指向圆心，电场方向背向圆心，由B指向A，故半球面A的电势比半球面B的电势低，故A错误；设等势面C所在处电场强度的大小为，根据牛顿第二定律可得，又，，联立可得，故B正确；由于电场方向向外，可知等势面C的电势低于N板左边缘的电势，故电子在等势面C处具有的电势能大于N板左边缘处的电势能，即到达N板左边缘处的电子，在运动过程中，电势能减小，电场力做正功，故C错误；

D．由于电场不是匀强电场，越靠近B板，电场越强，根据，可得，由，可知到达N板左边缘处电子动能改变量的绝对值，比到达N板右边缘处电子动能改变量的绝对值大，故D正确。故选BD。

20．【答案】CD

【解析】正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小，A错误；电场对粒子加速有，根据动量定理有，其中，，整理得离子推进器获得的平均推力大小，B错误；加速正离子束所消耗的功率，C正确；根据以上分析可知，要使尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器，D正确。故选CD。

21．【答案】BC

【解析】由于粒子均向上偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里，故A错误；由于粒子均能从P点离开磁场，由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，由qv0B=m，可知粒子的速度大小v0=，故B正确；在磁场中运动时间最长的粒子与运动时间最短的粒子的运动轨迹如图所示，

设粒子在磁场中运动的最长时间为t1，则有t1==，同理粒子在磁场中运动的最短时间为t2==

所以最大时间差为Δt=t1-t2=，故C正确；由几何关系可知，粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围应为≤θ≤，故D错误。故选BC。

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】 （1） B   （2）     （3）  2.5m    （4） 不均匀     根据式子可知，I与h不成线性关系

【解析】（1）水满时，电阻最小，电路电流达到最大，根据电阻定律，最大阻值为

最大电流约为

故选择满偏电流的电流表比较合适。

（2）根据电阻定律，水位为h时阻值为

电流表示数

（3）当电流为满偏电流时，即，根据，解得

（4）根据式子，可知，I与h不成线性关系，即由电流表改装的水位刻度不均匀。

23．（10分）

【答案】   （1）乙   （2）      （3）      57

【解析】（1）描绘热敏电阻的伏安特性曲线，要求电压从0开始调节，故选择分压电路乙。

（2）设热敏电阻两端电压为U、通过热敏电阻的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有

代入数据得

作出图线如图所示

图线交点表示此时热敏电阻的电压为2.4V、电流为6mA，故电功率

（3）由于热敏电阻阻值随温度的升高而降低，要使发光二极管电压时点亮，则有分压随总电阻的减小而增大，由串联电路中的电压之比等于电阻之比，为热敏电阻，由图5可知，当温度为38.5℃时，热敏电阻阻值

由闭合电路欧姆定律列出表达式，有

解得

24．（12分）

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）动子和线圈在时间做匀减速直线运动，加速度大小为

根据牛顿第二定律有

其中

可得

解得   

在时间反向做匀加速直线运动，加速度不变  根据牛顿第二定律有

联立相关式子，解得   

（2）动子和线圈在在时间段内的位移

从时刻到返回初始位置时间内的位移  

根据法拉第电磁感应定律有

据电荷量的定义式  

据闭合电路欧姆定律  

解得从时刻到返回初始位置时间内电荷量  

其中  

动子和线圈从时刻到返回时间内,只受磁场力作用，根据动量定理有

又因为安培力的冲量

由

联立可得

故图丙中的数值为

25．（20分）

【答案】（1）；（2）；（3）；

【解析】（1）根据题意可知，A、B分开过程系统动量守恒，分离后瞬间A的速度大小为。则有

解得

对滑块B由牛顿第二定律有

分开后B在水平面上滑动的时间为

分开后B在水平面上滑过的距离为

根据题意可知，滑块A开始压缩弹簧到与弹簧分离的过程做简谐运动，结合题述和简谐运动知识可知，滑块A做简谐运动的时间为

滑块A与弹簧分离后在水平面上做匀速运动直到与B第一次碰撞，运动的时间为

结合题述有

联立解得

（2）设第1次碰撞后瞬间滑块A、B的速度分别为和，A与B间的所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒定律和能量守恒定律有

解得

假设第2次碰撞前B已停止运动，则第1次碰撞后B滑动的时间为

A运动时间为

其中

可得

则第2次碰撞前B已停止运动，第2次碰撞后，A的速度

即A与B第3次碰撞前瞬间A的速度大小为；

（3）A与B第2次碰撞后瞬间，B的速度大小

A与B第2次碰撞后，B滑动的位移

A与B第n次碰撞前，A的速度大小

A与B第n次碰撞后瞬间，B的速度大小为

A与B第n次碰撞后到次碰撞前，B滑动的位移为

B运动的总位移为

（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】ADE

【解析】过程中气体的温度升高，体积增大，气体从外界吸热，故A项正确；过程中气体的温度不变，分子的平均动能不变，故B项错误；程中气体的温度降低，分子撞击器壁的平均力度减小，气体体积减小而压强不变，所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加，故C项错误；由题图中几何关系知，过程中气体的温度升高了，故D项正确；过程中气体做等温变化，气体内能保持不变，做出此过程的图像如图所示

图像与横轴所围面积表表气体对外界做的功，对应梯形面积为，故E项正确。故选ADE。

（2）（10分）

【答案】（1）；（2）①；②4天

【解析】（1）由题意可知：，。根据查理定律有

解得

（2）①设未知容器、细管与氧气瓶的总容积为，根据玻意耳定律

解得

所以

②重新充气前用去的氧气在2个大气压下的体积为

设用去的氧气在（1个大气压）压强下的体积为，则有

式中所以

则氧气可用的天数为

34．【物理—选修3-4】（15分）

（1）（5分）

【答案】ACD

【解析】有图甲可知机械波的周期为，有图乙可知波源N产生的机械波的波长为，则由

可知两波源产生的机械波的波速为，故A正确；由图乙可知，时波刚好传播到处，且处的质点沿轴的正方向起振，因此波源N的起振方向沿轴正方向，故B错误；

C．由于P点距离波源M近些，因此波源M产生的机械波先传播到P点，则P点的起振方向和M点的起振方向相同，即P点刚开始振动的方向为轴的正方向，故C正确；P点到两波源的距离差为，该距离差刚好等于一个波长，则P点为振动加强的点，即P点的振幅为两列波振幅之和，即为，故D正确；波源M和N的振动传到P点的时间分别为，，由此可知，在时，P点与波源M在，时的振动情况相同，该时刻波源M位于波峰，P点与波源N在，时的振动情况相同，该时刻波源N位于波峰，可知在时，由于两列波的波峰叠加，因此该时刻P点位于波峰，故E错误。故选ACD。

（2）（10分）

【答案】（1），；（2）

【解析】（1）光束经折射后恰好与内圆柱面相切于Q点，由题意可知，折射角为

根据

由几何关系可得

根据

从P到Q经历的时间

（2）如图所示

光束以入射角 由P点进入光学元件内折射到内圆面的C点，如果在C点发生全反射，则光束在球面上的入射角∠PCB等于临界角C，

由正弦定理有

即

解得

根据

解得