2023年高中考试新课标物理-答案.docx

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1、2023年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）理科综合物理学科一、单选题1船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声。声波在空气中和在水中传播时的（）A波速和波长均不同B频率和波速均不同C波长和周期均不同D周期和频率均不同【答案】A【详解】声波的周期和频率由振源决定，因此声波在空气中和在水中传播的周期和频率均相同，但声波在空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长关系可知，波长也不同。A正确，BCD错误。故选A。2无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（）A0BmghCD【

2、答案】B【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得，因此雨滴克服空气阻力做功为。故选B。3铯原子基态的两个超精细能级之间跃迁发射的光子具有稳定的频率，铯原子钟利用的两能级的能量差量级为10-5eV，跃迁发射的光子的频率量级为（普朗克常量，元电荷）（）A103HzB106HzC109HzD1012Hz【答案】C【详解】铯原子利用的两能极的能量差量级对应的能量为，由光子能量的表达式可得，跃迁发射的光子的频率量级为，因此跃迁发射的光子的频率量级为109Hz。故选C。42023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面

3、的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（）A质量比静止在地面上时小B所受合力比静止在地面上时小C所受地球引力比静止在地面上时大D做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大【答案】D【详解】A物体在低速（速度远小于光速）宏观条件下质量保持不变，即在空间站和地面质量相同，故A错误；BC设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止合力为零，在空间站所受合力为万有引力即，在地面受地球引力为，因此有，BC错误；D物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力，转化解得，这批物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角

4、速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。故选D。5一电子和一粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（）A电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外【答案】C【详解】A带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直直面向里时，粒子受

5、到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力均不能满足受力平衡打到a点，A错误；B电场方向向左，磁场方向向外，此时如果粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡，因此电子向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转，同理如果电子打在a点，所以粒子向左的电场力大于向右的洛伦兹力向左偏转，均不会打在b点，B错误；CD电场方向向右，磁场垂直纸面向里，若粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡，电子向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转，同理如果电子打在a，则粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力向右偏转，均会打在b点；同理电场向右磁场垂直纸面向外时，粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，

6、电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，C正确，D错误；故选C。二、多选题6使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（）A甲的速度大小比乙的大B甲的动量大小比乙的小C甲的动量大小与乙的相等D甲和乙的动量之和不为零【答案】BD【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示A根据牛顿第二定律有，又因为m甲 m乙，因此a甲 a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲 m乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量

7、大小比乙的小，BD正确、C错误。故选BD。7一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）A在x = 1m时，拉力的功率为6WB在x = 4m时，物体的动能为2JC从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8JD从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kgm/s【答案】BC【详解】由于拉力在水平方向，因此拉力做的功为W = Fx，可看出Wx图像的斜率代表拉力F。AB在物体运动的过程中根据动能定理

8、有，则x = 1m时物体的速度为v1= 2m/s，x = 1m时，拉力为，则此时拉力的功率P = Fv1= 12W，x = 4m时物体的动能为Ek= 2J，A错误、B正确；C从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为Wf= mgx = 8J，C正确；D根据Wx图像可知在02m的过程中F1= 6N，24m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度，因此从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为，D错误。故选BC。8如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸

9、分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（）Ah中的气体内能增加Bf与g中的气体温度相等Cf与h中的气体温度相等Df与h中的气体压强相等【答案】AD【详解】A当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，由理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，因此弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动左边活塞。因此活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；B未加热前，三部分中气体的温度、体积

10、、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析，则有，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有，由题意分析可知，因弹簧被压缩，则有，联立解得，B错误；C在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知，联立可解得，C错误；D对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统进行分析，据平衡条件分析可知，f与h中的气体压强相等，D正确。故选AD。三、实验题9在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电

11、流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的_（填“正极”或“负极”）接触。（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示。先将电阻箱的阻值调为，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是_。（填正确答案标号）A迅速变亮，然后亮度趋于稳定B亮度逐渐增大，然后趋于稳定C迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭（3）将电阻箱的阻值调为，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为_（填

12、“R1”或“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的_（填“电压”或“电荷量”）。【答案】（1）正极 （2） C （3） 电荷量【详解】（1）多用电表红表笔流入电流，黑表笔流出电流，因此电流表红表笔应该与电池的正极接触；（2）电容器充电完成后，开始时两极板电量较多，电势差较大，当闭合“2”接入小灯泡，回路立即形成电流，灯泡的迅速变量；随着时间的积累，两极板电量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，直至两极板电荷量为零不带电，因此无电流流过小灯泡即熄灭；故选C。（3）开始充电时两极板的不带电，两极板电势差为零，设电源内阻为r，则开始充电时有，由图像可知开始充电时实线的电

13、流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为；图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，故曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。10一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图（a）所示，该示数为_mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为_mm，则摆球的直径为_mm。（2）单摆实验的装置示意图如图（c）所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在

14、O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5时，实际摆角_5（填“大于”或“小于”）。（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为_cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60s，则此单摆周期为_s，该小组测得的重力加速度大小为_m/s2.（结果均保留3位有效数字，2取9.870）【答案】（1）0.006/0.007/0.008 20.034/20.033/20.035/20.032 20.027/20.028/20.029 （2）大于 （3）82.5 1.82 9.83【详解】（1）测量前测微螺杆与和测砧相触时，图（a）的示数；螺旋测微器读数是

15、固定刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度（0.5mm以下的小数）读数，图中读数为，因此摆球的直径为。（2）角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在刻度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5时，实际摆角大于5；（3）单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为，结果保留三位有效数字，计算得摆长为82.5cm；一次全振动单摆经过最低点两次，所以此单摆的周期为，根据单摆的周期表达式得，重力加速度。四、解答题11将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。

16、要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）【答案】【详解】石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有，因此落到水面上时的竖直速度，根据题意可知，即，石子抛出速度的最小值为。12密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（

17、上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。（1）求油滴a和油滴b的质量之比；（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1【详解】（1）设油滴半径r，密度为，则油滴质量，所以速率为v时受阻力，因此当油滴匀速下落时，解得，可知，通过换算得。（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，分析可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，因此可知油滴a带负电，油滴b

18、带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡分析可得，其中，对b由受力平衡分析可得，其中，联立解得。13一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1= 2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。

19、让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。【答案】（1）；（2）3B4L625mR02【详解】（1）因为金属框进入磁场过程中有，因此金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为，所以金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为，且有联立解得。（2）设金属框的初速度为v0，故金属框进入磁场后的末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总，金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，则-B2L3R总 =mv1-mv0，解得v1= 2B2L35mR0；根

20、据能量守恒定律得：12mv02=Q1+12mv12，根据电阻的比值关系可得此过程中电阻R1产生的热量为：QR1=215Q1，联立解得：QR1=7B4L6125mR02。金属框完全在磁场中过程，金属框的左右两边框同时切割磁感线，可等效为两个电源并联和R1构成回路，此时回路的为：R总1=R1+R02=5R02假设金属框的右边能够到达磁场右边界，且速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理可得：-B2L3R总1 =mv2-mv1，解得v2=0。可知金属框的右边恰好能到达磁场右边界，根据能量守恒定律可得此过程产生的总热量为：Q2=12mv12，此过程中电阻R1产生的热量为：QR1=25Q2联立解得：QR1=8B4L6125mR02.整个过程中电阻R1产生的热量为：Q总=QR1+QR1代入数据解得：Q总=7B4L6125mR02+8B4L6125mR02=3B4L625mR02