绝密★启用前
4.如图所示的自由落锤式强夯机将8~30t的重锤从6~30m高处自由落
7.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形
下，对土进行强力夯实。某次重锤从某一高度自由下落，已知重锤在室中
的四个顶点，O点为正方形中心，A、B、C,D为四边中点，M点为A、O的中点，N点为O、D
的中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是
2023高考临考信息卷
运动的时间为1、从自由下落到运动至最低点经历的时间为2，重锤从地
面运动至最低点的过程可视为做匀减速直线运动，当地重力加速度为g,
Na'
则该次夯土作业
物理试卷
A.重锤下落时离地面的高度为)g号
班级
姓名
B.重锤在空中运动的平均速度大于接触地面后的平均速度
注意事项：
1,答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上
C重锤接触地面后下降的距离为g,
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑，如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本
D重锤接他地面后的加速度大小为品
A.M点的电势高于N点的电势
B.AM两点电场强度相等
试卷上无效。
5.2023年1月21日，农历除夕当晚，中国空间站经过祖国上空，神舟十五号航天员费俊龙、邓清
C.M、N两点电场强度方向互相垂直
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
明、张陆向全国人民送来新春祝福。如图所示，中国空间站绕地心做近似圆周运动，轨道半径
D.把一个负点电荷从A点沿直线移到C点，电势能先增大后减小
为r,航天员们在空间站内观察地球的最大张角为日。已知地球表面的重力加速度为g,忽略
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是
个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
地球自转。则
符合题目要求的。
8.同一均匀介质中有两个振源M,V,分别位于x轴上的（一7m,0)和(10m,0)处。取振源M
1.2023年1月，“中国超环”成为世界上首个实现维持和调节超过1000秒的超长时间持续脉冲
A.地球半径为r0s号
开始振动时为0时刻，1=1s时M、N之间的波形如图所示。下列说法正确的是
的核反应堆。其核反应方程为H+H→He十X。已知H的质量为m1,H的质量为m2,
A yicm
B航天员所受地球引力儿乎为零
:Hc的质量为m:,反应中释放出Y光子，下列说法正确的是
A.该核反应在高温高压下才能发生，说明该核反应吸收能量
C空间站绕地球运动的周期为2红口
6-5-4-3-2-10
B.X是中子，该核反应为核聚变反应
o12345678910xm
C,Y光子来源于核外电子的能级跃迁
D.X的质量为m,+m
D.航天员的向心加速度为gsm号
2.唐代诗人韩愈的《原道》里“坐井而观天，日天小者，非天小也。”说的是青蛙在
A.t=7s时，坐标原点O处的质点正在经过平衡位置向上振动
6.如图所示，一玻璃清洁工人坐在简易的小木板BC上，通过楼顶的滑轮和轻绳OA在竖直平面
井底所能看到的天空是有限的。若深8m、半径为0.5m的井中被灌满水，水
B.t=7.25s时，坐标原点O处的质点的位移为102cm
内缓慢下降。工人两腿并拢伸直，腿与竖直玻璃墙的夹角3=53°，在下降过程中3角保持不
C.稳定时，坐标原点)处的质点的辰幅为50c
的折射率=3，如图所示，处在井底正中央A处的青蛙沿其正上方上浮，若
变。玻璃墙对脚的作用力始终沿腿方向，小木板BC保持水平且与玻璃墙垂直。某时刻轻绳
D.稳定时，振源M、N之间有16个振动加强点
青蛙想要把井外景物全部尽收眼底，则所处位置与井口水面的竖直距离最远为
OA与竖直玻璃墙的夹角a=37°，连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角0=120°，且与OA
9.甲、乙两赛车在平直车道上由静止开始保持额定功率启动。甲车启动12后，速度达到
在同一平面内。已知工人及工具的总质量m=70kg,小木板的质量可忽略不计，g取
108km/h,30s后，速度达到最大速度216km/h:乙车启动9s后，速度达到108km/h,25s
B号m
10m/s2。工人在稳定且未擦墙时，下列说法正确的是
后，速度达到最大速度234km/小。假设赛车行驶过程中所受阻力恒为车重的倍，甲车的质
C.7 m
D.5m
3,如图，在冬天寒冷的天气里，高压线上常常会结大量冰凌。某同学设想利用电流的热效应进行
量为乙车的三倍，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是
熔化，在正常供电时，高压线的电流为I,高压线的热耗功率为P:除冰时，需要将高压线的热
耗功率增大为kP(k>1),假设输电功率和高压线电阻不变，则除冰
A.甲车的额定功率是乙车额定功率的：倍
时需将
B.速度达到108km/h时，甲车的加速度是乙车加速度的号倍
A.输电电流增大为√及1
A从该时刻起.工人在缓慢下移的讨时程中，强OA的弹力成小
B.输电电压增大为原来的√原倍
B.从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，脚对墙的作用力增大
C.速度达到108km/h时，甲车的牵引力是乙车牵引力的。倍
C输电电流增大为k1
C.此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小为448N
D.输电电压增大为原来的k倍
D.此时若工人不触碰轻绳，绳AB的张力大小为700N
D.加速到最大速度的过程中，甲车通过的距离是乙车通过距离的倍
物理试卷第1页（共6页）
物理试卷第2页（共6页
物理试卷第3页（共6页）2023高考临考信息卷
物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A A D C C C AB BD AD
1.B 解析:根据电荷数和质量数守恒可知X是中子,该核反应为核聚变反应,释放能量,A错误,B正确;γ
光子来源于原子核,而不是核外电子的能级跃迁,C错误;该反应释放能量,有质量损失,则X的质量小于
m1+m2-m3,D错误。
2.A 解析:如图所示,几乎贴着水面射入水里的光线,在青蛙看来是从折射角为C 的方向射来的,根据折射
定律sinC=1,设青蛙所处位置最远与井口水面距离为h,根据几何关系可知h= r 7 ,解得 ,n tanC h=6 m
A正确。
3.A 解析:根据题意可知高压线的电流为I,结合P=I2R(R 为输电线电阻)可知,要使输电线上的热耗功
率变为kP,则除冰时的输电电流增大为 kI,A正确,C错误;再根据输送功率不变可知电压增大为原来
的1倍,B、D错误。
k
4.D 解析:由题意可知,重锤在运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计,根据自由落体公式可知,重锤下
落时离地高度为h 11= gt21,A错误;根据匀变速直线运动中平均速度
v可知,重锤在空中运动的平均
2 v=2
速度等于接触地面后的平均速度,B错误;重锤自由下落过程的末速度v=gt1,重锤从地面运动至最低点
的过程下落的高度h =v( 12 2t2-t1
)=2gt1
(t2-t1),C错误;重锤从地面运动至最低点的过程有0=v-
a(
t
t2-t1),再与v=gt1联立解得a=
v = g1 , 正确。t2-t1 t2-t D1
5.C 解析:由题图,设地球的半径为R,由几何关系可得sinθ=R,解得地球半径为2 r R=rsin
θ,A错误;2
因为地球表面物体的重力等于地球的引力,可得GMmR2 =mg
,可得GM=gR2=gr2sin2
θ,设航天员的质
2
m'gr2sin2
θ
量为m',由万有引力定律可知,航天员所受地球引力为F=GMm' 2 2θ,因航天r2 = r2 =m'gsin 2
员的质量m'不是零,所以航天员所受地球引力不是零,B错误;空间站受地球的引力提供向心力,可得
Mm″ 2G r2 =m″
4π 2π r Mm'
T2r
,解得T= ,C正确;由牛顿第二定律可得G 2 =m'a,解得航天员的向心加
sinθ g r2
物理答案 第 1页(共5页)
速度为a=GM gr
2
2θ 2θ
r2 =r2sin 2=gsin
,D错误。2
6.C 解析:对工人、木板及AB、AC 绳整体进行受力分析,整体受重力mg、玻璃墙对脚的作用力F 及OA
绳的拉力FOA,由于处于平衡状态,三个力组成首尾相连的矢量三角形,如图所示,初始状态因为β=53°、
α=37°,所以F 与FOA 垂直,缓慢下移的过程中,FOA 与竖直方向的夹角逐渐减小,所以FOA 增大、F 减
小,A、B错误;玻璃墙对脚的作用力为F=mgcosβ=420N,此时若工人不触碰轻绳,人受重力、玻璃墙对
脚的作用力,小木板的支持力及人与板之间的摩擦力,则小木板对工人的支持力为FN=mg-Fcosβ=
448N,C正确;初始状态OA 绳的拉力FOA=mgsinβ=560N,以A 点为研究对象,A 点在OA、AB、AC
三条绳的拉力作用下处于平衡状态,AB、AC 的夹角为120°,且FAB=FAC,所以FAB=FAC=FOA=
560N,D错误。
7.C 解析:将四个电荷看成两组等量异种电荷,M、N 均在两组等量异种电荷的中垂线上,电势相等且都为
零,A错误;左边一组等量异种电荷在A 点的电场强度大于在M 点的电场强度,右边一组等量异种电荷
在A 点的电场强度小于在M 点的电场强度,两组等量异种电荷在A、M 两点产生的电场强度方向相反,
根据电场的叠加可知A 点的电场强度大于M 点的电场强度,B错误;M 点的电场强度竖直向下,N 点的
电场强度水平向左,相互垂直,C正确;A、C 两点的电势相等,由两个正离子形成的电场中由A 沿直线到
C 电势先增加后减小,由两个负离子形成的电场中由A 沿直线到C 电势也先增加后减小,电势是标量,所
以由A 沿直线到C 电势先增加后减小,所以把一个负点电荷从A 点沿直线移到C 点,负点电荷的电势能
先减小后增大,D错误。
8.AB 解析:由图像可知振源N 的周期为T=2s,波长为λ=2m,则波速为v=λ=2m/s=1m/s,振源T 2
M 产生的波形从位置(-6m,0)传播到O 点的时间为t=Δx=61 ,振源 产生的波形从位置v 1s=6s N
(8m,0)传播到O 点的时间为t'=Δx'=81 s=8s,则t=7s时只有振源M 产生的波形传播到O 点,根v 1
据“同侧法”可知振源M 起振方向向上,所以t=7s时坐标原点O 处的质点正在经过平衡位置向上振动,
A正确;振源M 做简谐运动的位移和时间关系式为y=20sinπt,t=7.25s时,O 处质点振动的时间为
0.25s,则y=102cm,B正确;两个振源M、N 到O 点的波程差为Δx=10m-7m=3m=
3λ,所以
2 O
点属于振动减弱点,振幅为A=AN-AM=10cm,C错误;两个振源M、N 之间的距离为xMN=10m-
(-7)m=17m,根据干涉条件可知两个振源M、N 到某点的波程差为波长的整数倍时是振动加强点,因
x
为10m- MN ,即位置( ,)处是振动加强点,且每隔2 =1.5m 1.5m0 2m
均为振动加强点,可知稳定时,振
源M、N 之间有9个振动加强点,D错误。
9.BD 解析:达到最大速度时,甲、乙两车分别满足P甲=f甲v ,P
1 3
甲 乙=f乙v乙,其中f甲= (5× 4m乙
)g,
物理答案 第 2页(共5页)
1 , P甲f乙=5m乙gv甲=216km
/h=60m/s,v 9乙=234km/h=65m/s,联立解得 = , 错误;由 ,P乙 13A P=Fv
F甲 a甲
F-f=ma可得a=
P-fv,代入数据可得
mv F =
9, 6, 正确, 错误;加速到最大速度的过程中,
乙 13a =乙 7 B C
根据动能定理可得Pt-s=1
s甲
f mv2m,代入数据对比可得,甲车通过的距离与乙车通过的距离之比为2 s =乙
144, 正确。
91 D
10.AD 解析:根据右手定则可知金属棒ab中感应电流方向由b到a,A正确;金属棒向右运动时,受到向
左的安培力使其减速,故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度v0进入磁场的瞬间,此时最大
Bdv
电流为I= E = 0,B错误;电阻R 上产生的焦耳热为Q,根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳R+r R+r
热为Q'=rQ,设飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为W,根据动能定理可得R -W-
W 1 2克安=0- (M+m)v0,根据功能关系可得2 W克安=Q+Q'
,以上各式联立解得W=12 M+m v
2
0-
ΔΦ
R+r Q,C错误;通过金属棒的电荷量为 =I ·Δt= E ·Δt= Δt ·Δt= ΔΦ =Bdxq ,D正确。R R+r R+r R+r R+r
11.答案:(1)A(2分) (2)0.44(2分) (3)C(2分)
解析:(1)v t图像中后半段斜率明显减小,即加速度减小,合外力减小,可能存在的问题是实验中未保
持细线和轨道平行,当小车离滑轮较远时,拉力几乎还是沿长木板方向,加速度不变,当小车离滑轮较近
时,拉力与长木板的夹角迅速增大,小车受到的合力明显减小,加速度减小,A正确;实验中若不满足小
车质量远大于钩码质量或实验中平衡摩擦力时倾角过大,运动过程中加速度不变,B、C错误。
(2)由牛顿第二定律可得nm mg=(M+5m)a,整理得a= g( )·n,由图丙可知,当M+5m n=5
时,a=
1.00m/s2,数据代入上式可得M=0.44kg。
(3)若以“保持木板水平”来代替步骤i,则小车会受到长木板的摩擦力,当钩码数增大到一定程度才开始
有加速度,故图线与横轴有交点;因小车与木板间的摩擦力大小跟压力的大小成正比,所以有Ff=KFN
(K 为常数),则由牛顿第二定律可得nmg-K(M+5m-nm)g=(M+5m)a,整理得:nmg(1+K)=
K(M+5m)g+(M+5m)a,加速度a与所挂钩码数n为一次函数,可知C的图线符合题意,C正确。
2
12.答案:(1)(
RR kπRd
B2分) (2)0.400(0.401或0.399均正确)(2分) (3) 1 0(分)R 2
(4) 1 (3分)
2 4R2
解析:(1)为了使电压表V2 的示数在中间刻度左右,电阻箱选择的数量级要与电压表所测电阻的阻值相
当,所以选B。
(2)螺旋测微器的读数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm。
(3)
R
当开关S拨至1时,设此时电压表V1 的示数为U0,根据串并联电路的特点可得U =
1
0 R +R E
,当
1 x
R
开关S拨至2时,由于电压表V2 的示数和V1 的示数相同,即U =
2
0 E,解得此时待测金属丝接入R2+R0
RR
电路中的实际电阻值R 1 0x= 。R2
() RR 4R 4R kπRd
2
4由R l 1 ρ 2x=ρ ,得 · ,结合图像可得
ρ 2 ,故 1 。
π d
= R= l k= =
2 R πd22 R1 πd2R ρ1 4R22
物理答案 第 3页(共5页)
13.答案:(1)227℃ (2)727℃
解析:(1)活塞在上升到刚刚碰到重物时,气体等压变化,根据盖-吕萨克定律有
V1 V= 2 (2分)T1 T2
其中V1=SL (1分)
V2=S(L+
2L) (3 1
分)
T1=27+273K=300K
代入解得T2=500K,则t2=227℃ (1分)
(2)当活塞上升使绳上拉力刚好为零时,此时汽缸内压强为p',根据平衡条件有
p'S=p0S+ m+M g (1分)
从刚刚碰到重物到拉力刚好为零时,气体等容变化,根据查理定律有p=p' (2分)T2 T'
开始时有pS=p0S+mg (1分)
联立解得T'=1000K,则t'=727℃ (1分)
:( 16mv14.答案 1)3mg 5mg (2)E =mg1 ,方向竖直向上;4q 4qv q B1=
0,方向垂直纸面向外
0 15dq
( ( )3)127π+120d96v0
解析:(1)带正电荷的小球在第二象限做匀速直线运动,其受力如图所示
根据受力平衡有qv0B2cosθ=mg (1分)
qv0B2sinθ=qE2 (1分)
联立解得E =3mg2 ( 分)4q 1
B 5mg2= ( 分)4qv 10
(2)带正电荷的小球在第一、四象限做匀速圆周运动,故有qE1=mg (1分)
解得E1=
mg,方向竖直向上 ( 分)
q 1
由题意知,小球做匀速圆周运动的圆心O'在x 轴上,设小球做圆周运动的半径为R,由几何关系可得小
球运动的轨迹半径为R= d 15 cosθtanθ=
( 分)
16d 1
v2
由牛顿第二定律有qv0B1=m
0 (
R 1
分)
16mv
解得B 01= ,方向垂直纸面向外 (1分)15dq
d
(3)小球在第二象限的运动时间t=cosθ=5d1 (1分)v0 4v0
设做圆周运动的时间为t2,则t=
360°-106°
2 ( 分)360° T 1
T=2πm (qB 1
分)
1
物理答案 第 4页(共5页)
(
t=t+t= 127π+120
)d
1 2 ( 分)96v 10
15.答案:(1)40kg (2)4m (3)0.85m
解析:(1)设包裹C的质量为m,包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动,需满足
μ1mg≤μ2 m+M g (2分)
解得m≤M=40kg (1分)
即包裹C的最大质量为40kg
(2)现在包裹的质量m1=10kg,小于40kg,则包裹从A上释放后,缓冲装置A静止不动,则包裹下滑至
B车左端时,根据动能定理有m1gh-μ1m
1 2
1gL0=2m1v0-0
(1分)
包裹从滑上B车与挡板碰撞后又返回到B车的最左端时,B、C二者恰好共速,此时小车的长度最短,包
裹与B车相互作用的过程中根据动量守恒定律有m1v0= m1+M v (1分)
包裹与B车相互作用的过程中,根据能量守恒定律有
1mv2 1 2 ·2 1 0=2 m1+M v +μ1m1g 2Lmin
(2分)
联立解得Lmin=4m (1分)
(3)由于包裹质量大于40kg,则装置A推动B车运动。若使包裹能滑上B车,最小高度是包裹刚好可以
滑上B车时,A、B、C三者共速。包裹到达A的水平粗糙部分后,以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二
定律有μ1m2g-μ2 m2+M g=2Ma1 (2分)
以包裹为研究对象,根据牛顿第二定律有μ1m2g=m2a2 (1分)
则可画出A与B、C运动的v t图像如图所示,包裹在光滑曲面下滑至水平面时根据机械能守恒定律有
1 2
2m2v1=m2ghmin
(1分)
A、B、C三者共同速度为v=a1t=v1-a2t (2分)
由v t图像面积表示位移可得两图像中间所夹面积为A、C的相对位移,则L =10 v1t (1分)2
以上各式联立解得hmin=0.85m (1分)
物理答案 第 5页(共5页)
