2023高考新课程卷理综物理【名师解析】

2023年普通高等学校招生全国统一考试
新课程理科综合能力测试
物理解析
适用省份
安徽、山西、吉林、黑龙江、云南
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．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
【参考答案】A
【名师解析】声波在空气中传播时速度小于在水中传播的速度，频率相同，周期相同，由v=fλ可知波长不同，A正确。
15．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）（ ）
A．0 B．mgh
C． D．
【参考答案】B
【名师解析】.在地面附近匀速下落，f=mg，在下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为Wf=fh=mgh，B正确。
16．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）（ ）
A．103Hz B．106Hz C．109Hz D．1012Hz
【参考答案】.C【名师解析】能级差量级为10-5eV，跃迁发射的光子能量E=10-5eV=1.6×10-19×10-5J=1.6×10-24J，根据光子能量公式E=hv，解得v的数量级为109Hz，C正确。
17．2023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
【参考答案】D
【名师解析】根据质量的物理意义可知，质量不变，A错误；根据万有引力定律，可知在距离地面400km的轨道上所受合力提供向心力，而静止在地面上所受合力几乎为零，B错误；根据万有引力定律，可知在距离地面400km的轨道上所受地球引力小于静止在地面时所受万有引力，C错误；在距离地面400km的轨道上做匀速圆周运动的周期小于地球自转周期，根据周期与角速度成反比可知，在距离地面400km的轨道上做匀速圆周运动的角速度大于地球自转角速度，D正确。
18．一电子和一α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α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
【参考答案】C
【名师解析】设元电荷为e，电场方向水平向左、电子所受电场力eE向右，α粒子所受电场力2eE向左，磁场方向垂直纸面向里，电子所受洛伦兹力evB向右，电子一定向右偏转，不可能得出如图所示的轨迹，A错误；电场方向水平向左、电子所受电场力eE向右，α粒子所受电场力2eE，向左，磁场方向垂直纸面向外，电子所受洛伦兹力evB向左，电子轨迹竖直向上，eE=evB；α粒子所受洛伦兹力2eBv，α粒子所受洛伦兹力2e×B=0.2evB向右，2eE＞0.2evB，α粒子向左偏转，不可能得出如图所示的轨迹，B错误；电场方向水平向右、电子所受电场力eE向左，α粒子所受电场力2eE向右，磁场方向垂直纸面向里，电子所受洛伦兹力evB向右，电子轨迹竖直向上，eE=evB；α粒子所受洛伦兹力2e×B=0.2evB向左，2eE＞0.2evB，则可能得出如图所示的轨迹，C正确；电场方向水平向右、α粒子所受电场力向右，电子所受电场力eE向左，α粒子所受电场力2eE向右，磁场方向垂直纸面向外，电子所受洛伦兹力evB向左，电子轨迹不可能竖直向上，不可能得出如图所示的轨迹，D错误。
19．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
【参考答案】BD
【名师解析】在它们相互接近过程中的任一时刻，相互吸引力大小相等，甲的质量大于乙的质量，甲受到的滑动摩擦力大于乙受到的滑动摩擦力，甲所受合外力小于乙所示合外力。由牛顿第二定律，可知甲的加速度小于乙的加速度，甲的速度大小比乙的小，A错误；甲所受合外力冲量小于乙所示合外力冲量。由动量定理，可知甲的动量变化小于乙的动量变化，即甲的动量大小比乙的小，B正确C错误；对甲乙构成的系统，由于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，系统所受合外力不为零，动量不守恒，所以甲和乙的动量之和不为零，D正确。
20．一质量为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．在时，拉力的功率为6W
B．在时，物体的动能为2J
C．从运动到，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从运动到的过程中，物体的动量最大为
【参考答案】BC
【名师解析】在0~2m内，拉力做的功W与物体坐标x的关系图像可知，图像斜率k=6，即W=6x，由W=F1x可知拉力为F1=6N；克服摩擦力做功Wf=μmgx=4x，由动能定理，可知W-μmgx=2x。在时，物体动能为2J，由Ek=，解得v=2m/s，拉力的功率为P=Fv=6×2W=12W，A错误；在2~4m内，拉力做的功W与物体坐标x的关系图像斜率k=3，拉力F2=3N。由动能定理， W2-μmgx=18J-0.4×1×10×4J=2J，即在时，物体的动能为2J，B正确；从运动到，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8J，C正确；x=2m时，物体动能最大，在0~2m内，由动能定理，W-μmg×2=Ek，解得Ek =10J，由Ek==，解得p=2kgm/s，D错误。
21．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（ ）
A．h中的气体内能增加 B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等 D．f与h中的气体压强相等
【参考答案】AD
【名师解析】通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，f中气体压强增大，压缩活塞使h中体积减小，温度升高，压强增大，停止加热并达到稳定后，h中的气体内能增加，A正确；由于f、g之间活塞为绝热活塞，所以f与g中的气体温度不相等，f与h中的气体温度不相等，BC错误；由于活塞与汽缸壁间没有摩擦，f与h中的气体压强相等，D正确。
三、非选择题
22．（6分）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、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。
图（a） 图（b）
（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R，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“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”）。
【参考答案】（1）正极 （2）C （3）R2 电荷量
【名师解析】（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正极接触。
（2）电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，电容器放电，通过小灯泡的电流迅速减小，即相接后小灯泡亮度变化情况可能是迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭，C正确；（3）将电阻箱的阻值调为，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较大即为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电荷量。
23．（12分）一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
图（a） 图（b） 图（c）
（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，π2取9.870）
【参考答案】（1）0.006 20.035 20.029
（2）大于 （3）82.5 1.82 9.83
【名师解析】（1）根据游标卡尺读数规则，图（a）所示的示数为0.006mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为20.035mm，则摆球的直径为20.035mm-0.006mm=20.029mm。
（2）若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°。
（3）摆长为l=81.50cm+1.00cm=82.5cm。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△t=54.60s，则此单摆周期为T=△t/30=1.82s，由单摆周期公式T=2π，可得该小组测得的重力加速度大小为g==9.83m/s2。
24．（10分）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”。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θ。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）
【名师解析】可以把“打水漂”理想化为平抛运动。
从高h处水平抛出扁平石子，落到水面时竖直方向速度为vy=（3分）
要使扁平石子落水速度与水平面夹角小于θ，则＜tanθ，（3分）
解得v0≥（3分）
即抛出的速度最小值为vmin=（1分）
25．（14分）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（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。
【名师解析】（1）根据题述f=kvr。
设a油滴质量为m1，a油滴以速度v0向下匀速运动，由平衡条件，
m1g=kv0r1，m1=（2分）
设b油滴质量为m2，b油滴以速度v0向下匀速运动，由平衡条件，
m2g=kv0r2，m2=（2分）
联立解得：油滴a和油滴b的质量之比=（2分）
（2）当在上下极板加恒定电压（上极板高电势），这两个油滴均以v0向下匀速运动，
a油滴速度减小，说明a油滴受到了向上的电场力，则a油滴带负电荷；
b油滴速度增大，说明b油滴受到了向下的电场力，则b油滴带正电荷。（2分）
由=8和m1=，m2=可知，a、b两油滴的半径之比为=2，
由f=kvr可知两个油滴均以v0向下匀速运动，所受阻力之比为==2 （1分）
设b油滴以速度v0向下匀速运动，所受阻力为f= m2g，
由f=kvr可知b油滴以v0向下匀速运动，所受阻力f2=2f=2m2g，
a油滴以v0向下匀速运动，所受阻力f1=2f2=4m2g，（2分）
设a油滴电荷量为q1，由平衡条件，m1g=q1E+f1，
设b油滴电荷量为q2，由平衡条件，m2g+q2E=f2， （2分）
联立解得：a、b所带电荷量的绝对值之比为= （1分）
26．（20分）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，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。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。
【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，
感应电流，i=e/4R0,
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，
化简得 =m（v0-v1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。
导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，
化简得 =m（v1 -） ②
①②两式消去v1，得v0=
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为=,总电阻R总=R0+=
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，
化简得 =m（v-v1） ①
解得：v1=v-=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=-=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得：Q1=
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R总=2.5R，
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，
化简得 =m（v1-v2） ①
解得：v2=v1-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2==
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q2.
解得：Q2.=
整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==+=
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "()
" ()

转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 2023高考新课程卷理综物理【名师解析】