2023年普通高等学校招生全国统一考试　(全国乙卷)

2023年普通高等学校招生全国统一考试　(全国乙卷)二、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，有选错的得0分。14．(2023·全国乙卷·14)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球(　　)A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动答案　B解析　上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力也在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。15．(2023·全国乙卷·15)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　)答案　D解析　小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向的夹角为锐角，C错误，D正确。16．(2023·全国乙卷·16)2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048J。假设释放的能量来自于物质质 量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为(光速为3×108m/s)(　　)A．1019kgB．1024kgC．1029kgD．1034kg答案　C解析　根据质能方程E＝mc2可知，每秒钟平均减少的质量为Δm＝＝kg＝kg，则每秒钟平均减少的质量量级为1029kg，故选C。17．(2023·全国乙卷·17)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知(　　)A．图(c)是用玻璃管获得的图像B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短答案　A解析　强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体，故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；强磁体在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故强磁体在线圈间做匀速运动，B错误；强磁体在玻璃管中下落，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故强磁体受到的电磁阻力在不断变化，C 错误；强磁体分别从两种管的上端由静止释放，在铝管中，强磁体在线圈间做匀速运动，在玻璃管中，强磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。18．(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　)A.B.C.D.答案　A解析　由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有qvB＝m，则＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq＝qvB，联立有＝，故选A。19．(2023·全国乙卷·19)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球(　　)A．在运动过程中，电势能先增加后减少B．在P点的电势能大于在N点的电势能C．在M点的机械能等于在N点的机械能D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 答案　BC解析　由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。20.(2023·全国乙卷·20)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12＝3.0V，U23＝2.5V，U34＝－1.5V。符合上述测量结果的可能接法是(　　)A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间答案　CD解析　根据A选项画出电路图，如图甲，可见U34>0，不符合题意，A错误；根据B选项画出电路图，如图乙，可见U34>0，不符合题意，B错误；根据C选项画出电路图，如图丙，可见上述接法符合题中测量结果，C正确；根据D选项画出电路图，如图丁， 可见上述接法符合题中测量结果，D正确。21.(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　)A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于mv02－flD．物块的动能一定小于mv02－fl答案　BD解析　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得mv02＝mv12＋Mv22＋fl，整理可得mv12＝mv02－fl－Mv22<mv02－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM<fl，B正确，A错误。三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。22．(2023·全国乙卷·22)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：(1)用图钉将白纸固定在水平木板上。(2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，并________。(填正确答案标号) A．用刻度尺量出橡皮条的长度B．用刻度尺量出两细线的长度C．用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置D．用铅笔在白纸上标记出两细线的方向(3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到________，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。(4)选择合适标度，由步骤(2)的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图，得出合力F′的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力F的图示。(5)比较F′和F的________，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。答案　(2)CD　(3)相同位置　(5)大小和方向解析　(2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向，故选C、D。(3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。(5)比较F′和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。23．(2023·全国乙卷·23)一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：(1)实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S(2)将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝________，金属丝的电阻r＝________。(结果均用R0、U1、U2表示)(3)继续微调R，重复(2)的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：U1(mV)0.570.710.851.141.43U2(mV)0.971.211.451.942.43(4)利用上述数据，得到金属丝的电阻r＝14.2Ω。 (5)用米尺测得金属丝长度L＝50.00cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图(b)所示，该读数为d＝________mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。(6)由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝________×10－7Ω·m。(保留2位有效数字)答案　(2)　　(5)0.150　(6)5.0解析　(2)根据题意可知，R0两端的电压为U＝U2－U1则流过R0及待测金属丝的电流I＝＝金属丝的电阻r＝联立可得r＝(5)螺旋测微器的读数为d＝0＋15.0×0.01mm＝0.150mm(6)根据r＝ρ又S＝π·()2代入数据联立解得ρ≈5.0×10－7Ω·m24．(2023·全国乙卷·24)如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求(1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；(2)C点处点电荷的电荷量。答案　(1)q　均为正电荷　(2)q 解析　(1)因为M点处电场强度方向竖直向下，则C点处电荷为正电荷，根据电场强度的叠加原理，可知A、B两点的点电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点处点电荷带电荷量为q，电性与A点处点电荷相同，又N点处电场强度竖直向上，可得A点处电荷在N处的电场强度垂直BC沿AN连线向右上，如图所示可知A点处点电荷为正电荷，所以A、B、C点处的电荷均为正电荷。(2)对N点处电场强度分析如图所示由几何关系EA′＝EBC′·tan30°即＝(－)其中AN＝BN＝CN解得qC＝q。25．(2023·全国乙卷·25)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 答案　(1)　　(2)l　(3)4解析　(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl＝mv02解得v0＝过程2：小球以v0＝的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有mv02＝mv12＋Mv1′2mv0＝mv1＋Mv1′解得v1＝v0＝－v1′＝v0＝即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下(2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，则有v1＋gt＝v1′解得t＝＝根据运动学公式得最大距离为dmax＝x盘－x球＝v1′t－(v1t＋gt2)＝＝l(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x球1＝x盘1即v1t1＋gt12＝v1′t1解得t1＝此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝v0圆盘的速度仍为v1′，这段时间内圆盘下降的位移x盘1＝v1′t1＝＝2l之后第二次发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，根据动量守恒有mv2＋Mv1′＝mv2′＋Mv2″根据能量守恒定律有mv22＋Mv1′2＝mv2′2＋Mv2″2 联立解得v2′＝0v2″＝v0同理可得当位移相等时x盘2＝x球2v2″t2＝gt22解得t2＝圆盘向下运动的位移大小x盘2＝v2″t2＝＝4l此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0以竖直向下为正方向，由动量守恒有mv3＋Mv2″＝mv3′＋Mv3″由能量守恒有mv32＋Mv2″2＝mv3′2＋Mv3″2得碰后小球速度为v3′＝圆盘速度v3″＝当二者即将第四次碰撞时x盘3＝x球3即v3″t3＝v3′t3＋gt32得t3＝＝t1＝t2在这段时间内，圆盘向下移动x盘3＝v3″t3＝＝6l此时圆盘距离下端管口长度为20l－l－2l－4l－6l＝7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝8l则第四次碰撞后圆盘落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则每学科按所做的第一题计分。33．(2023·全国乙卷·33)(1)对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是________。 A．等温增压后再等温膨胀B．等压膨胀后再等温压缩C．等容减压后再等压膨胀D．等容增压后再等压压缩E．等容增压后再等温膨胀(2)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)答案　(1)ACD　(2)pA＝74.36cmHg　pB＝54.36cmHg解析　(1)对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变，故A正确；根据理想气体状态方程＝C可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能增加，故B错误；根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，内能减小；等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高，等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能大于初状态的内能，故E错误。(2)设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有pA＝pB＋20cmHg倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱长度减小1cm，又因为SA＝4SB可知B管中水银柱长度增加4cm，空气柱长度减小4cm；设此时两管的压强分别为pA′、pB′，所以有pA′＋23cmHg＝pB′倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有pASALA＝pA′SALA′对B管内空气柱有pBSBLB＝pB′SBLB′其中LA′＝10cm＋1cm＝11cmLB′＝10cm－4cm＝6cm 联立以上各式解得pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg。34．(2023·全国乙卷·34)(1)一列简谐横波沿x轴传播，图(a)是t＝0时刻的波形图；P是介质中位于x＝2m处的质点，其振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)A．波速为2m/sB．波向左传播C．波的振幅是10cmD．x＝3m处的质点在t＝7s时位于平衡位置E．质点P在0～7s时间内运动的路程为70cm(2)如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形△ABC，AB＝AC＝l，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。答案　(1)ABE　(2)l解析　(1)由题图(a)可知波长为4m，由题图(b)可知波的周期为2s，则波速为v＝＝m/s＝2m/s，故A正确；由题图(b)可知t＝0时，P点向下运动，根据“上下坡”法结合题图(a)可知波向左传播，故B正确；由题图(a)可知波的振幅为5cm，故C错误；根据题图(a)可知t＝0时x＝3m处的质点位于波谷处，由于t＝7s＝3T＋T，可知在t＝7s时x＝3m处的质点位于波峰处，故D错误；质点P运动的路程为s＝3×4A＋×4A＝70cm，E正确。(2)由题意作出光路图如图所示光线垂直于BC方向射入，根据几何关系可知入射角为45°；由于棱镜折射率为，根据n＝ ，有sinr＝，则折射角为30°；∠BMO＝60°，因为∠B＝45°，所以光在BC面的入射角为θ＝15°根据反射定律可知∠MOA＝2θ＝30°根据几何关系可知∠BAO＝30°，即△MAO为等腰三角形，则＝又因为△BOM与△CAO相似，故有＝由题知AB＝AC＝l联立可得BM＝AC＝l所以M到A点的距离为x＝MA＝l－BM＝l。