2023年高考江苏卷物理真题

电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是（　　）

A．从 $20.0s$ 到 $30.0s$

B．从 $30.0s$ 到 $40.0s$

C．从 $40.0s$ 到 $50.0s$

D．从 $50.0s$ 到 $60.0s$

【答案与解析】

由v-t图象，20.0s到30.0s内速度由0增大到约1.0m/s（加速度方向与速度同向，均向上），电梯做加速上升运动；30.0s到40.0s速度基本不变，做匀速运动；40.0s到50.0s速度减小，做减速运动；50.0s到60.0s速度为零。故选A。
如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为 $2l$ ，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（　　）

A．0

B．BIl

C． $2BIl$

D． $\sqrt{5}BIl$

【答案与解析】

ab边长2l与磁场方向垂直，所受安培力 $F_{ab}=BI\cdot 2l=2BIl$ ；bc边长l与磁场方向平行，不受力。整根导线所受安培力 $F=F_{ab}=2BIl$ 。故选C。
如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中（　　）

A．气体分子的数密度增大

B．气体分子的平均动能增大

C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小

D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小

【答案与解析】

图线过原点，由A到B过程中压强p随温度T升高而增大，由 $pV=nRT$ 知气体体积V不变（等容过程）。T升高，气体分子的平均动能增大，B正确；V不变则分子数密度不变，A错；p增大则单位时间单位面积器壁所受作用力增大，C错；T升高分子平均速率增大，单位时间与单位面积器壁碰撞的分子数增多，D错。故选B。
设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道．该卫星与月球相比，一定相等的是（　　）

A．质量

B．向心力大小

C．向心加速度大小

D．受到地球的万有引力大小

【答案与解析】

卫星与月球在同一圆轨道上运行，轨道半径r相同。向心加速度 $a=\dfrac{GM}{r^2}$ 仅由r决定，故两者向心加速度一定相等；质量、向心力大小、万有引力大小均与各自质量有关，不一定相等。故选C。
地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

越接近地面空气折射率越大，太阳光斜射时由折射率较小的高空进入折射率较大的低空，向法线方向偏折，即光线越接近地面越向竖直方向偏转（向下弯曲）。A图显示光线接近地面时比直线（虚线）更陡，符合上述分析。故选A。
用某种单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示，改变双缝间的距离后，干涉条纹如图乙所示，图中虚线是亮纹中心的位置。则双缝间的距离变为原来的（　　）

A． $\frac{1}{3}$ 倍

B． $\dfrac{1}{2}$ 倍

C．2倍

D．3倍

【答案与解析】

双缝干涉条纹间距 $\Delta x=\dfrac{L\lambda}{d}$ ， $\Delta x$ 与d成反比。由图乙中相邻亮纹间距为图甲中的3倍，即 $\Delta x_{\text{乙}}=3\Delta x_{\text{甲}}$ ，故 $d_{\text{乙}}=\dfrac{d_{\text{甲}}}{3}$ ，双缝间距变为原来的 $\dfrac{1}{3}$ 倍。故选A。
如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为 $\theta$ ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的 $\frac{1}{6}$ 。每条腿对月球表面压力的大小为（　　）

A． $\frac{mg}{4}$

B． $\frac{mg}{4\cos\theta}$

C． $\frac{mg}{6\cos\theta}$

D． $\frac{mg}{24}$

【答案与解析】

探测器在月球表面的重力 $G=m\cdot\dfrac{g}{6}=\dfrac{mg}{6}$ 。四条腿对称分布，每条腿对月球表面的压力（垂直于月球表面的法向分力） $N=\dfrac{G}{4}=\dfrac{mg}{24}$ 。故选D。
如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为 $\varphi_0$ 、 $\varphi_A$ 、 $\varphi_C$ ，则（　　）

A． $\varphi_O > \varphi_C$

B． $\varphi_C > \varphi_A$

C． $\varphi_O = \varphi_A$

D． $\varphi_O-\varphi_A = \varphi_A-\varphi_C$

【答案与解析】

导体棒绕O点逆时针转动时，OA段各点速度方向沿切向（垂直于棒向外），由 $F=qv\times B$ （B垂直纸面向里）可知正电荷所受洛伦兹力指向O端，正电荷在O端积累，O点电势高于A点， $\varphi_O>\varphi_A$ ；AC段在磁场外，无洛伦兹力，导体等势， $\varphi_A=\varphi_C$ 。故 $\varphi_O>\varphi_C$ ，A正确，B、C错；D中 $\varphi_A-\varphi_C=0$ ，与 $\varphi_O-\varphi_A\neq 0$ 不等，D错。故选A。
在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是（　　）

A．把柱塞快速地向下压

B．把柱塞缓慢地向上拉

C．在橡胶套处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞

D．在橡胶套处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞

【答案与解析】

"探究气体等温变化的规律"要求缓慢改变气体体积以保持温度不变。A快速下压柱塞，气体绝热压缩，温度变化；B缓慢上拉柱塞，体积缓慢增大，气体与外界充分热交换，为等温变化，操作正确；C快速推动另一注射器，不满足等温条件；D虽缓慢推动，但在橡胶套处接另一注射器后，原密封的空气柱与外界相通，气体质量发生变化，不符合"一定质量气体"的要求。故选B。
达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

设罐子加速度为a，沿x方向运动，漏出时刻罐子位置 $x_j=\dfrac{1}{2}at^2$ ，速度 $v_j=at$ 。某时刻漏出的沙子做平抛运动，水平速度等于漏出时刻罐子的速度。在某确定时刻T考察空中各沙粒位置： $x=\dfrac{1}{2}at^2+at(T-t)$ ， $y=-\dfrac{1}{2}g(T-t)^2$ （y向下为正，此处取向下为负）。整理得 $x=\dfrac{1}{2}aT^2-\dfrac{1}{2}a(T-t)^2=\dfrac{1}{2}aT^2+\dfrac{a}{g}y$ ，即 $x$ 与 $y$ 成线性关系，空中沙粒排成一条直线。图D为一条斜向右上的直线。故选D。
滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）

A．受到的合力较小

B．经过A点的动能较小

C．在A、B之间的运动时间较短

D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小

【答案与解析】

设斜面倾角为θ。甲图为上滑过程，乙图为下滑过程。

A．上滑时合力 $F_{\text{上}}=mg\sin\theta+\mu mg\cos\theta$ ，下滑时合力 $F_{\text{下}}=mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta$ ，故 $F_{\text{上}}>F_{\text{下}}$ ，甲图合力较大，A错。

B．由能量关系，同一位置A点，上滑时的动能小于下滑时的动能（因部分机械能克服摩擦力做功而损耗），甲图经过A点动能较小，B正确。

C．上滑经过A点时速度较小，下滑经过A点时速度较大，同一A、B间距离上滑时间较长，甲图A、B间运动时间较长，C错。

D．A、B间距离相同，摩擦力大小相同，克服摩擦力做的功相同，D错。

故选B。
小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响．所用器材有：干电池（电动势约 $1.5V$ ，内阻不计）2节；两量程电压表（量程 $0~3V$ ，内阻约 $3k\Omega$ ；量程 $0~15V$ ，内阻约 $15k\Omega$ ）1个；滑动变阻器（最大阻值 $50\Omega$ ）1个；定值电阻（阻值 $50\Omega$ ）21个；开关1个及导线若干．实验电路如题1图所示．

（1）电压表量程应选用＿＿＿＿（选填“ $3V$ ”或“ $15V$ ”）．（2）题2图为该实验的实物电路（右侧未拍全）．先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置，然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱＿＿＿＿（选填“B”“C”“D”）连接，再闭合开关，开始实验．

（3）将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变，依次测量电路中O与1，2，…，21之间的电压．某次测量时，电压表指针位置如题3图所示，其示数为＿＿＿＿V．根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线，如题4图中实线所示．

（4）在题1图所示的电路中，若电源电动势为E，电压表视为理想电压表，滑动变阻器接入的阻值为 $R_{1}$ ，定值电阻的总阻值为 $R_{2}$ ，当被测电阻为R时，其两端的电压 $U=$ ＿＿＿＿（用E、 $R_{1}$ 、 $R_{2}$ 、R表示），据此作出 $U-R$ 理论图线如题4图中虚线所示．小明发现被测电阻较小或较大时，电压的实测值与理论值相差较小．（5）分析可知，当R较小时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表的分流小，电压表内阻对测量结果影响较小．小明认为，当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，也是因为相同的原因．你是否同意他的观点？请简要说明理由＿＿＿＿．

【答案与解析】

(1) 电源为2节干电池，电动势约3V，为减小读数误差并保证安全，电压表量程应选3V。故填3V。 (2) 由图2，滑动变阻器滑片位于左端，电池盒接线柱A应与滑动变阻器下方的滑动触点接线柱C相连，使变阻器以最大阻值接入电路（起限流作用）。故填C。 (3) 电压表选3V量程，由图3指针位置读数约为1.40V。故填1.40。 (4) 理想电压表不分流，电路中电流 $I=\dfrac{E}{R_1+R_2}$ ，被测电阻R两端电压 $U=IR=\dfrac{ER}{R_1+R_2}$ 。故填 $\dfrac{ER}{R_1+R_2}$ 。 (5) 不同意。当R较大时，电压表内阻（约3kΩ）与R（最大约1kΩ）量级相当，电压表分流并不小；此时被测段与电压表并联的等效电阻 $R_{\text{并}}=\dfrac{RR_V}{R+R_V}\approx R_V$ （为一固定值），又因R1和剩余电阻均很小，被测段电压 $U_{\text{测}}\approx\dfrac{ER_V}{R_1+R_V}$ ，与理论值 $\dfrac{ER}{R_1+R_2}$ 在R接近R2时数值上接近，但其物理机制与R较小时"分流小"的情形不同，故小明的"相同原因"说法不成立。
“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为 $\omega_0$ 时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小 $v_{0}$ 和受到的静摩擦力大小f。

【答案与解析】

发光物体随碟子做匀速圆周运动，圆周半径为r。速度大小 $v_0=\omega_0 r$ 。静摩擦力提供向心力 $f=m\omega_0^2 r$ 。即 $v_0=\omega_0 r$ ， $f=m\omega_0^2 r$ 。
“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为 $\lambda$ 。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N个该种光子。已知探测仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，求：（1）每个光子的动量p和能量E；（2）太阳辐射硬X射线的总功率P。

【答案与解析】

(1) 光子动量 $p=\dfrac{h}{\lambda}$ ，能量 $E=h\nu=\dfrac{hc}{\lambda}$ 。即 $p=\dfrac{h}{\lambda}$ ， $E=\dfrac{hc}{\lambda}$ 。 (2) 卫星每秒在面积为S的镜头正对太阳方向接收到N个光子，对应能流密度 $j=\dfrac{NE}{S}=\dfrac{Nhc}{S\lambda}$ 。太阳向各方向均匀辐射，在距太阳中心R处能流密度 $j=\dfrac{P}{4\pi R^2}$ 。由 $\dfrac{P}{4\pi R^2}=\dfrac{Nhc}{S\lambda}$ 得 $P=\dfrac{4\pi R^2 Nhc}{S\lambda}$ 。即 $P=\dfrac{4\pi NR^2 hc}{S\lambda}$ 。
如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为 $45^{\circ}$ 。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 $\mu$ ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

【答案与解析】

设A到斜面底端的距离为 $d+s$ （s为P到斜面底端沿斜面距离），斜面底端到B的水平距离为y，坡道倾角45°。 (1) 滑雪者在A到P段沿斜面方向的加速度 $a=g\sin 45°-\mu g\cos 45°=\dfrac{(1-\mu)g}{\sqrt{2}}$ 。由 $d=\dfrac{1}{2}at^2$ 得 $t=\sqrt{\dfrac{2d}{a}}=\sqrt{\dfrac{2\sqrt{2}d}{(1-\mu)g}}$ 。即 $t=\sqrt{\dfrac{2\sqrt{2}d}{(1-\mu)g}}$ 。 (2) 从P到B由动能定理： $0=mgs\sin 45°-\mu mg\cos 45°\cdot s-\mu mg y$ ，得 $y=\dfrac{(1-\mu)s\sin 45°}{\mu}$ 。从A到B由动能定理： $\dfrac{1}{2}mv^2=mg(d+s)\sin 45°-\mu mg\cos 45°(d+s)-\mu mg y=mg(1-\mu)\sin 45°\cdot d=\dfrac{(1-\mu)mgd}{\sqrt{2}}$ 。故 $v^2=\sqrt{2}(1-\mu)gd$ ， $v=\sqrt{\sqrt{2}(1-\mu)gd}$ 。即 $v=\sqrt{\sqrt{2}(1-\mu)gd}$ 。 (3) 滑雪者从B水平飞出后做平抛运动，设落点到C的距离为s'。由平抛运动 $s'=\dfrac{1}{2}gt'^2$ ，水平方向 $L+s'=vt'$ 。由 $\dfrac{1}{2}gt'^2=vt'-L$ 知 $L=vt'-\dfrac{1}{2}gt'^2$ ，当 $t'=\dfrac{v}{g}$ 时L取最大值 $L_{max}=\dfrac{v^2}{2g}$ 。代入 $v^2=\sqrt{2}(1-\mu)gd$ 得 $L_{max}=\dfrac{\sqrt{2}(1-\mu)d}{2}=\dfrac{(1-\mu)d}{\sqrt{2}}$ 。即 $L=\dfrac{(1-\mu)d}{\sqrt{2}}$ 。
霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为 $v_0$ 时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于 $v_0$ 时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。（1）求电场强度的大小E；（2）若电子入射速度为 $\frac{v_{0}}{4}$ ，求运动到速度为 $\frac{v_{0}}{2}$ 时位置的纵坐标 $y_1$ ；（3）若电子入射速度在 $0 < v < v_0$ 范围内均匀分布，求能到达纵坐标 $y_{2}=\frac{mv_{0}}{5eB}$ 位置的电子数N占总电子数 $N_0$ 的百分比。

【答案与解析】

(1) 电子沿x轴做直线运动时电场力与洛伦兹力平衡。由 $eE=ev_0B$ 得 $E=v_0B$ 。即 $E=v_0B$ 。 (2) 设电子速度 $\vec{v}=(v_x,v_y)$ ，由牛顿第二定律 $m\dot{\vec{v}}=eE\hat{y}+eB(v_y,-v_x)$ 。令 $\omega=\dfrac{eB}{m}$ ，引入漂移坐标 $X=x-v_0t$ ， $Y=y$ ，得 $\ddot{X}=\omega\dot{Y}$ ， $\ddot{Y}=-\omega\dot{X}$ ，即漂移系中电子做圆周运动。初速 $v_0/4$ 时， $\dot{X}(0)=\dfrac{v_0}{4}-v_0=-\dfrac{3v_0}{4}$ ， $X(0)=Y(0)=\dot{Y}(0)=0$ 。解得 $X=-\dfrac{3v_0}{4\omega}\sin\omega t$ ， $Y=\dfrac{3v_0}{4\omega}(1-\cos\omega t)$ 。故 $v_x=\dot{x}=v_0-\dfrac{3v_0}{4}\cos\omega t$ ， $v_y=\dot{y}=\dfrac{3v_0}{4}\sin\omega t$ 。由 $v_x^2+v_y^2=\left(\dfrac{v_0}{2}\right)^2$ 得 $\left(v_0-\dfrac{3v_0}{4}\cos\omega t\right)^2+\left(\dfrac{3v_0}{4}\sin\omega t\right)^2=\dfrac{v_0^2}{4}$ ，化简得 $\cos\omega t=\dfrac{7}{8}$ 。此时 $y_1=Y=\dfrac{3v_0}{4\omega}\left(1-\dfrac{7}{8}\right)=\dfrac{3v_0}{32\omega}=\dfrac{3mv_0}{32eB}$ 。即 $y_1=\dfrac{3mv_0}{32eB}$ 。 (3) 对一般初速度 $v_i\in(0,v_0)$ ，漂移系中 $Y=\dfrac{v_0-v_i}{\omega}(1-\cos\omega t)$ ，最大值为 $Y_{max}=\dfrac{2(v_0-v_i)}{\omega}$ 。电子能到达 $y_2=\dfrac{mv_0}{5eB}=\dfrac{v_0}{5\omega}$ ，需 $Y_{max}\geq y_2$ ，即 $\dfrac{2(v_0-v_i)}{\omega}\geq\dfrac{v_0}{5\omega}$ ，解得 $v_i\leq\dfrac{9v_0}{10}$ 。由 $v_i$ 在 $(0,v_0)$ 内均匀分布，所占百分比 $\dfrac{N}{N_0}=\dfrac{9v_0/10}{v_0}=90\%$ 。即 $\dfrac{N}{N_0}=90\%$ 。