【文档说明】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）.docx，共(14)页，2.654 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2023年高考物理考前信息必刷卷03（全国乙卷）（解析版）全国高考物理试卷的试题题型式是5（单选题）＋3（多选题）＋2（实验题）＋2（计算题）+2（选修模块3-3、3-4），高考命题依然是“内容

不超过范围，深度不超要求”，注重增强灵活性和创新性为支撑，把考查的重点放在学生思维品质和综合应用所学科知识解决问题能力上。2022年全国乙卷物理试题依据高考课程标准，在具体情境中深化基础性，考查学生对规律本质的理解，预测2023年物理高考命题整体上稳中有进

，在求进中回归基础，在基础中强化融合，在融合中中注重应用，在应用中力求创新。为适应新高考和新课改的要求，本试卷根据全国（乙）最新考纲要求和新课标地区模拟试卷进行大胆设题与创新，力求考生通过针对高考高频考点的训练，以此提升考生应用物理知识分析和解决问题的

能力。一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错或不答的得0分。14．激光制冷技术在

很多领域得到了广泛的应用。由分子动理论可知，分子或原子运动越激烈，物体温度越高。激光制冷的原理就是利用大量光子（光子说认为光是一份一份的，每一份为一个光子）阻碍原子运动，使其减速，从而降低物体的温度。如图所示，某时刻一个原子

位于Oxyz坐标系的原点，两束完全相同的激光，沿x轴从相反的方向对原子进行照射。根据多普勒效应，当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。下列说法正确的是（）A．为使原子减速，所用激光的频率应等

于原子的固有频率B．为使原子减速，所用激光的频率应大于原子的固有频率C．假设原子可以吸收光子，当原子向x轴正向运动时，a激光可使原子减速D．假设原子可以吸收光子，当原子向x轴负向运动时，a激光可使原子减速【答案】D【解析】设原子动量大小为p，

激光的光子动量大小为1p，因为原子动量需要减小为p，则根据动量守恒定律1ppp−=，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．某工地小型升降电梯的原理图如图所示，轿厢A、对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动

，运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为600kgM=、400kgm=，电机输出功率恒为3kWP=，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取210m/s，则当轿厢速度为1m/s时，A、B之间轻质缆绳的拉力大小为（）A．5400NB．6000NC．6600ND．7000N【答案

】C【解析】当轿厢速度为1m/s时，电动机的牵引力为3000N3000N1PFv===，以轿厢A为对象，根据牛顿第二定律可得TMgMa−=，以对重B为对象，根据牛顿第二定律可得FmgTma+−=，联立解得A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6600NT=，故选C。16．图示为激光打印机自动进纸装置的

原理图。设图中共有30张完全相同的纸，一张纸的质量为m，滚轮按图示方向滚动，带动最上面的第1张纸向右运动，剩余纸张静止。滚轮与纸张之间的动摩擦因数为1，纸张与纸张、纸张与底座之间的动摩擦因数均为2，工作时滚轮对第1张纸的压力大小为F。重力加速度为g，则下列关于第10张纸对第11张纸的

摩擦力的说法正确的是（）A．方向向右，大小为1FB．方向向右，大小为2()Fmg+C．方向向左，大小为1FD．方向向左，大小为2()Fmg+【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=2N=2()Fmg+，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2()Fmg+，故B正确，ACD错误。

17．2022年10月7日，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间低轨导航试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。设两颗卫星轨道在赤道平面上，运行方向相同，运动

周期也相同，其中a卫星为圆轨道，距离地面高度为2ahR=，b卫星为椭圆轨道，近地点M距离地面高度为远地点N距离地面高度的一半，地球表面的重力加速度为g，a卫星线速度大小为v1，b卫星在近地点M时线速度大小为v2，在远地点N时线速度大小为v3，地球半径

为R，P点为两个轨道的交点。下列说法正确的是（）A．b卫星远地点N距离地面高度为43RB．b卫星从N点运动到M点时间为272RgC．213vvvD．a、b两卫星在P点受到地球的引力相等【答案】C【解析】设b卫星运行的椭圆轨道半长轴为

0a，根据开普勒第三定律有()330222RRaTT+=，即03aR=，设近地点M距离地面高度为0h，有0002226hhRaR++==，解得043hR=，故b卫星远地点N距离地面高度为83R，A错误；对卫星a有()22

233GMmmRTR=，在地球表面有2GMmmgR=，联立解得272RTg=，故b卫星从N点运动到M点时间为127332RRtTgg===，B错误；根据开普勒第二定律可知23>vv，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13>vv；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213vvv，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。18．2020年2月，新冠疫情期间，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白

的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱，电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分；利用电子显微镜观察静电场中的x轴上有A、B两点，一个带负电粒子在A点由静止释放，仅在电场力作用下沿直线运动到B点，粒子的加速度先减小后增大，粒子的动能先增

大后减小，则A、B两点间电势随x的变化关系、电场强度E随x的变化关系可能正确的是（电场强度正方向沿x轴负方向）（）A．B．C．D．【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pEq=，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qEam=可知电场强度先减小后增大，则x−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．自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率，如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，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。图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是（）A．流过霍尔元件的电

流I是由正电荷定向运动形成的B．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C．自行车的车速越大，霍尔电压越大D．流过霍尔元件的电流I越大，霍尔电压越大【答案】BD【解析】根据图乙可知，流过霍尔元件的电流I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UqvBqd=，InqvS=，其中的v是电子定向移动的速率，解得dBIUnqS=，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I越大，霍尔电压越大，C错误，D正确。故选BD。20．严冬树叶结有冰块，经常出现人在树下被冰块砸到头部的情况。若冰块质量为100g，从离人约45cm的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰

块的冲击时间约为0.3s，取重力加速度210m/s=g，下列分析正确的是（）A．冰块接触头部之前的速度约为6m/sB．冰块对头部的冲量大小约为0.6N·sC．冰块对头部的作用力大小约为4ND．冰块与头部作用过程中冰块的动量变化量的大小约为0.3kg·m/s【

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22100.45m/s3m/svgh===，故A错误；设头部对冰块的作用力为F，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()()0Fmg

tmv−=−−，解得2NF=，根据力的作用是相互的，则冰块对头部的作用力F也是2N，作用时间是0.3s，故冰块对头部的冲量大小为20.3Ns0.6NsIFt===，故B正确，C错误；冰块的动量变化量大小为0()0(0.1kg3m/s)0.3kgm/spmv=−−=−−=，选项

D正确。故选BD。21．如图所示，有一等腰直角三角形AOC，直角边长为3d，AOC区域范围内（包含边界）存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q+的粒子可在直角边AO上的不同位置垂直边界、垂直磁场射入，入射速度大小为qBdm，D、E是AO边界上的两点（图中未画出），

0.5ADEOd==，不计粒子重力，则（）A．粒子在磁场做圆周运动的半径为2dB．粒子距A点(21)d−处射入，恰好不从AC边界出射C．从D点射入的粒子，在磁场中运动的时间为3mqBD．从E点射入的粒子，在磁场中运动的时间为3mqB【答案】BD【解析】由洛伦兹力提供向心力，可得2vqvBmr=

，解得mvrdBq==，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(21)d−，即入射点到A点距离大于(21)d−的粒子都不能出磁场，运动轨迹为半圆，则时间为2TmtqB==

，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mqB，在E点入射的粒子运动轨迹的圆心角为60，在磁场中运动的时间为3mqB，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2

2~25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）某实验小组利用电磁铁和音频接收器测量当地重力加速度g，如图所示。将两个规格一致的小钢球分别吸附在左右电磁铁上，断开电磁铁开关让两球同时下落，音频接收器根据小钢球落

地的声音，测出左右小球落地的时间差t。固定右侧钢球的释放高度1h不变，多次调节左侧钢球的释放高度h，得到多组ht−值。（1）根据所得数据作出的ht−图像为______（选填“A”、“B”或者“C”）。（2）钢球运动

过程空气阻力不计，则ht−图像的斜率k=______．（3）利用ht−图像______求得右侧钢球的释放高度1h。（填“可以”或“不可以”）【答案】B2g可以【详解】（1）根据21112hgt=，22

12hgt=，21ttt=−，联立得12ghht=+，故选B。（2）钢球运动过程空气阻力不计，则ht−图像的斜率k=2g（3）根据表达式，可以求解h1。23．（10分）小李同学计划测量一未知型号电池的电动势和内阻。（

1）小李先用多用电表直流电压5V挡直接接在该电池两极粗测电池的电动势，多用电表的示数如图甲所示，则该电池的电动势为______V。（2）为了精确测量该电池的电动势和内阻，小李从实验室里借到了以下实验器材：A．电流表A1，量程为2A，内

阻10.2r=；B．电流表A2，量程为20mA，内阻210r=；C．滑动变阻器()0~5R；D．定值电阻10.8R=；E．定值电阻220R=；F．定值电阻3190R=；G．开关一个、导线若干。为了较准确地测量该电池的电动势和内

阻，小李设计了如图乙所示的实验电路。①与电流表A2串联的电阻应当选择______（填“2R”或“3R”）。②闭合开关，调整滑动变阻器的滑片位置，把电流表A1的示数记作1I、电流表A2的示数记作2I，记录多组实验数据，利用数据作出12II−图像如图丙所示。根据图丙，可知该电

池的电动势E=______V，内阻r=______。（结果均保留两位小数）【答案】（1）3.91（3.90~3.92）（2）3R3.460.29【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2R串联，其串联后的总电压最大为20mA(1020)Ω0.6VU=+=比电源电动势小太多；电流表A2若与3R串联，其串联后的总电压最大为20mA(10190)Ω

4VU=+=比电源电动势稍大，所以电流表A2应与3R串联；由闭合电路欧姆定律可知111223()()EIRrrIrR=++++整理可得32121111()RrEIIRrrRrr+=−++++利用图像斜率和截距可知323112.6817.310RrrRr−+=++，112.68AErRr=+

+解得3.46VE=，0.29Ωr=24．（12分）如图所示，在倾角为α的足够长粗糙斜面上，存在着两个磁场区域，两个区域的磁场方向相反且都垂直于斜面，宽度为L的矩形区域OPMN内存在垂直斜面向下的匀强磁场I，磁感应强度大小为B0，OP边界以下存在垂直斜面向上的磁场Ⅱ

，以O点为原点，沿斜面向下为x轴正方向，OP边界下方磁场的磁感应强度大小满足B=B0+kx（k>0）。一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框，从磁场区域上方某处在沿着斜面向下的恒力F作用下由静止下滑，当ab边刚进入磁场区域I时，线框恰好做

匀速运动；当ab边进入磁场区域Ⅱ时，改变拉力的大小使线框也匀速进入区域Ⅱ，当线框完全进入区域Ⅱ时撤去拉力，已知线框与斜面间的动摩擦因数μ=tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）线框匀速进入磁场I的速度大小；（2）线框进入磁场Ⅱ过程中拉力的最大值；（

3）线框静止时cd边到OP的距离。【答案】（1）220FRvBL=；（2）()20202BkLFFB+=；（3）22260mFRxBkL=【解析】（1）线框与斜面间的动摩擦因数μ=tanα则有sincosmgumg

=因为导线框匀速进入磁场，根据平衡条件得22000BLvFBILR==解得220FRvBL=（2）线框进入磁场Ⅱ过程中，根据平衡条件得0FBILBIL=+线框中电流0BLvBLvIR+=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()20202BkLFFB+=（3）撤

去拉力后，根据动量定理有()210BILBILtmv−−=−其中21−=BBkL，2kxLItR=联立解得22260mFRxBkL=25．（20分）如图所示，水平传送带以02m/sv=的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨

道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量0.1kgm=，物块b的质量M=0.3kg，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径1.25mr=，传送带左、右两端的距离4.5md=，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为10.1

=，物块b与水平地面间的动摩擦因数20.5=，重力加速度210m/sg=，碰撞时间极短。求：（1）物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；（2）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；（3）两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。【来

源】2023届湖南省郴州市高三下学期第三次教学质量监测物理试题【答案】（1）3N；（2）2m/s；（3）2次；0.48m【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2112mgrmv=解得：15m/sv=物块a

运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律有21vFmgmr−=联立以上两式代入数据解得3NF=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11mamg=设物块a第一次滑到传送带

左端时的速度大小为2v，由a、b运动学公式可得222112vvad−=−解得204m/s2m/svv==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3v，b的速度为4v，则有234mvmvMv=

+222234111222mvmvMv=+联立解得32m/sv=−42m/sv=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2a，到静止时所用时间为1t，位移为1x，由牛顿第二定律有22M

aMg=由运动学公式有24212vax=421vat=联立解得10.4mx=，10.4st=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2t，位移为2x，由运动学公式有23122vax=，312vat=解得22

mxd=，22st=由12tt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5v，则有2235112vvax−=解得545m/s5v=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6v、7v，则有567mvmvMv=+222567111222mvmvMv=+解得625m/s5v=−，725m/s5v=物块b第二次碰撞后向左滑行的距离27320.08m2vxa==物块a第二次碰撞后向右滑行的距离264110.4m2

vxxa===则两物块最多碰撞2次，最终两者的距离为340.48mxxx=+=（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）如图所示，一定质

量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后又回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换），这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是（）A．A→B过程中，外界对气体做功B．C→D过程中，气体始终放热C．D→A过程中，气体的

内能减小D．A→C过程中，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E．从状态A经过一个循环又回到A的过程中，气体吸热大于放热【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）体积为0V的钢化气瓶A装满氢气，静止在水

平地面上，气瓶上方开口处通过阀门连有气球B，装置的总质量为M。初始阀门关闭，气球B处于自由松弛状态，里面封闭的氢气质量为m，体积为V，压强与外界大气压相等；已知整个过程气体温度保持不变，空气的密度为，重力加速度为g

，大气压强为0p，气瓶A内封闭氢气初始压强为1p，求：（1）打开阀门，气瓶A中部分气体充入气球B，使得气球B慢慢膨胀（可近似认为内部压强始终等于大气压强），当气瓶A刚要离地时需向B中充入的气体质量m；

（2）气瓶刚要离开地面时，气瓶A内封闭的气体压强p2。【答案】（1）mMV；（2）010pMpV−【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B离开地面，增加的浮力为ΔΔFgVMg

==浮得ΔMV=由于ΔΔmmVV=解得ΔΔmmMmVVV==（2）对于质量为m的氢气，经历等温变化，由玻意耳定律有02ΔpVpV=解得02ΔpVVp=对气瓶A内封闭的气体，由玻意耳定律有()1020pVpVV=+联

立解得0210pMppV=−34．【物理—选修3-4】（15分）（1）（5分）如图甲所示，现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相减来降低背景噪音。图乙是原理简化图，图丙是

理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是（）A．降噪过程应用了声波的反射原理，使噪声无法从外面进入麦克风B．理想状态下降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等C．降噪过程应用

的是声波的干涉原理D．质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长E．P点振动减弱点【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）如图所示，透明介质的横截面为直角三角形ABC，AB垂直BC，D为AB的中点，BC长度

为L，30=。光屏与AC平行，光屏与AC的距离也为L。某种单色光垂直BC射入介质，恰好在AC上发生全反射。求：（1）透明介质对该单色光的折射率；（2）让该单色光从D点垂直射入介质，此单色光射出介质后到光屏的传播路程。【答案】（1）233n=；（2）62sL=【解析】（1）由图以及几何

知识可知，发生全反射的临界角为60C=，由全反射条件有1sinCn=解得233n=（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sinsinn=由几何关系得30=解得3sin3

=又因为22sincos1+=解得6cos3=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cosLs=解得62sL=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com