2023年高考新课标理综物理真题

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

【答案与解析】

声波的频率由波源决定，在空气和水中传播时频率（及周期）相同；波速由介质决定，水中的波速大于空气中的波速，故波长 $\lambda=v/f$ 不同。故选A。
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． $\frac{1}{2}mv^{2}-mgh$

D． $\frac{1}{2}mv^{2}+mgh$

【答案与解析】

雨滴匀速下落，合力为零，空气阻力 $f=mg$ ，方向竖直向上。下落高度 $h$ 过程中，空气阻力做功 $W_f=-mgh$ ，克服空气阻力做功为 $mgh$ 。故选B。
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 $10^{-5}\mathrm{eV}$ ，跃迁发射的光子的频率量级为（普朗克常量 $h=6.63\times10^{-34}\mathrm{J\cdot s}$ ，元电荷 $e=1.60\times10^{-19}\mathrm{C}$ ）（　　）

A． $10^3\mathrm{Hz}$

B． $10^6\mathrm{Hz}$

C． $10^9\mathrm{Hz}$

D． $10^{12}\mathrm{Hz}$

【答案与解析】

光子能量 $E=h\nu$ ，故频率 $\nu=\frac{E}{h}$ 。取 $E=10^{-5}\,\mathrm{eV}=10^{-5}\times1.60\times10^{-19}\,\mathrm{J}=1.60\times10^{-24}\,\mathrm{J}$ ，则 $\nu=\frac{1.60\times10^{-24}}{6.63\times10^{-34}}\,\mathrm{Hz}\approx2.4\times10^{9}\,\mathrm{Hz}$ ，量级为 $10^{9}\,\mathrm{Hz}$ 。故选C。
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 $5800\mathrm{kg}$ 的物资进入距离地面约 $400\mathrm{km}$ （小于地球静止卫星与地面的距离）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

【答案与解析】

物资质量不随位置改变，A错误；在轨道上万有引力提供向心力，合力不为零且大小约为 $\frac{GMm}{r^2}$ ，远大于静止在地面时被支持力平衡（合力几乎为零），B错误；轨道距地心更远，地球引力 $\frac{GMm}{r^2}$ 比地面上小，C错误；距地面约 $400\,\mathrm{km}$ 的低轨周期约 $90\,\mathrm{min}$ ，角速度远大于地球自转角速度，D正确。故选D。
一电子和一 $\alpha$ 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 $\alpha$ 粒子的速度约为电子速度的 $\frac{1}{10}$ ，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

【答案与解析】

设元电荷为 $e$ 。电场向右、磁场向里时：对电子，电场力向左、洛伦兹力（由 $v\times B$ 知向右）与之反向，可平衡而竖直打到 $a$ 点；对 $\alpha$ 粒子（电荷 $+2e$ ，速率约为电子的 $1/10$ ），电场力向右、洛伦兹力向左，且电场力大于洛伦兹力，合力向右，打到 $a$ 右侧的 $b$ 点，与图示相符。故选C。
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

【答案与解析】

甲、乙相互吸引，相互作用力等大反向；甲质量大于乙，故甲所受滑动摩擦力 $\mu m_{\text{甲}}g$ 大于乙的 $\mu m_{\text{乙}}g$ ，甲的合外力小于乙的合外力，由动量定理可知甲的动量大小比乙的小，B正确、C错误；两者与桌面动摩擦因数相等，对甲、乙系统，外力（摩擦力的合力）不为零，系统动量不守恒，故两者动量之和不为零，D正确；甲加速度较小，任一时刻速度大小比乙的小，A错误。故选BD。
一质量为 $1\mathrm{kg}$ 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 $10\mathrm{m/s^2}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．在 $x = 1m$ 时，拉力的功率为 $6W$

B．在 $x = 4m$ 时，物体的动能为 $2J$

C．从 $x = 0$ 运动到 $x = 2m$ ，物体克服摩擦力做的功为 $8J$

D．从 $x = 0$ 运动到 $x = 4$ 的过程中，物体的动量最大为 $2\mathrm{kg\cdot m/s}$

【答案与解析】

摩擦力 $f=\mu mg=0.4\times1\times10\,\mathrm{N}=4\,\mathrm{N}$ 。 $W-x$ 图斜率表示拉力： $0\sim2\,\mathrm{m}$ 内 $k_1=6$ ，拉力 $F_1=6\,\mathrm{N}$ ； $2\sim4\,\mathrm{m}$ 内 $k_2=3$ ，拉力 $F_2=3\,\mathrm{N}$ 。由动能定理， $x=1\,\mathrm{m}$ 时 $W=6\times1$ ， $E_k=6-4\times1=2\,\mathrm{J}$ ， $v=\sqrt{2E_k/m}=2\,\mathrm{m/s}$ ，拉力功率 $P=F_1v=6\times2\,\mathrm{W}=12\,\mathrm{W}$ ，A错误； $x=4\,\mathrm{m}$ 时 $W=6\times2+3\times2=18\,\mathrm{J}$ ， $E_k=18-4\times4=2\,\mathrm{J}$ ，B正确；从 $x=0$ 到 $x=2\,\mathrm{m}$ 克服摩擦力做功 $W_f=\mu mgx=4\times2=8\,\mathrm{J}$ ，C正确；物体在 $x=2\,\mathrm{m}$ 处速度最大，此时 $E_k=12-8=4\,\mathrm{J}$ ，动量 $p=\sqrt{2mE_k}=\sqrt{8}\,\mathrm{kg\cdot m/s}\neq2\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ ，D错误。故选BC。
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

【答案与解析】

对左、右两活塞与弹簧、g中气体整体受力平衡，有 $p_fS=p_hS$ ，故 $f$ 与 $h$ 压强相等，D正确。加热 $f$ ， $f$ 升温膨胀，推动活塞右移压缩弹簧，进而压缩 $h$ ， $h$ 体积减小且绝热，外界对 $h$ 做正功，由热力学第一定律 $h$ 内能增加，A正确； $f$ 膨胀、 $h$ 被压缩，均有 $V_f>V_h$ ，又 $p_f=p_h$ ，由 $\frac{pV}{T}=C$ 得 $T_f>T_h$ ，C错误；弹簧被压缩，左活塞平衡有 $p_fS=p_gS+F_{\text{弹}}$ ，即 $p_f>p_g$ ，而 $V_f>V_g$ ，故 $T_f>T_g$ ，B错误。故选AD。
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。

（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 $R_{1}$ ，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 $R_{2}(R_{2}>R_{1})$ ，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“ $R_1$ ”或“ $R_2$ ”）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”）。

【答案与解析】

（1）多用电表电流“红进黑出”，电压挡检测时红表笔应接电池正极，故填正极。（2）开关接“2”端后电容器经小灯泡放电，电流由大迅速减小，小灯泡迅速变亮后亮度逐渐减小至熄灭，故填C。（3）电阻越大充电越慢、曲线越平缓，实线对应阻值较大的 $R_2$ ； $I-t$ 图像与坐标轴所围面积表示电荷量 $Q=\int I\,\mathrm{d}t$ ，故填 $R_2$ 、电荷量。
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O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为 $5^{\circ}$ 时，实际摆角＿＿＿＿ $5^{\circ}$ （填“大于”或“小于”）。（3）某次实验所用单摆的摆线长度为 $81.50\mathrm{cm}$ ，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＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^{2.}}$ （结果均保留3位有效数字， $\pi^2$ 取9.870）

【答案与解析】

（1）图（a）零误差示数为 $0.006\,\mathrm{mm}$ （可动刻度在零刻度上方约 $0.6$ 小格）；图（b）读数为 $20.035\,\mathrm{mm}$ ；摆球直径 $d=20.035-0.006=20.029\,\mathrm{mm}$ 。故填 $0.006$ 、 $20.035$ 、 $20.029$ 。（2）角度盘上移后，同样摆线偏角在刻度盘上对应示数偏小，实际摆角大于示数，故填大于。（3）摆长 $l=81.50+\frac{d}{2}\approx81.50+1.0=82.5\,\mathrm{cm}$ ；从第 $1$ 次到第 $61$ 次经过最低点共 $30$ 次全振动， $T=\frac{54.60}{30}=1.82\,\mathrm{s}$ ；由 $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$ 得 $g=\frac{4\pi^2l}{T^2}=\frac{4\times9.870\times0.825}{1.82^2}\,\mathrm{m/s^2}\approx9.83\,\mathrm{m/s^2}$ 。故填 $82.5$ 、 $1.82$ 、 $9.83$ 。
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 $\theta$ 。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）

【答案与解析】

石子做平抛运动，落水时竖直分速度 $v_y=\sqrt{2gh}$ ，水平分速度 $v_0$ 。速度与水面夹角 $\alpha$ 满足 $\tan\alpha=\frac{v_y}{v_0}=\frac{\sqrt{2gh}}{v_0}$ 。要产生“水漂”需 $\alpha\le\theta$ ，即 $\frac{\sqrt{2gh}}{v_0}\le\tan\theta$ ，得 $v_0\ge\frac{\sqrt{2gh}}{\tan\theta}$ 。故抛出速度最小值为 $v_{\min}=\frac{\sqrt{2gh}}{\tan\theta}$ 。
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 $v_0$ 、 $\frac{v_{0}}{4}$ ；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 $\frac{v_{0}}{2}$ ，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。

【答案与解析】

（1）不加电压时油滴匀速下落，重力与空气阻力平衡： $mg=krv$ 。又 $m=\rho\frac{4}{3}\pi r^3$ ，故 $\rho\frac{4}{3}\pi r^3g=krv$ ，得 $r^2\propto v$ 。由 $v_a:v_b=v_0:\frac{v_0}{4}=4:1$ ，得 $r_a:r_b=2:1$ ，于是 $m_a:m_b=(r_a/r_b)^3=8:1$ 。（2）上板为正极，电场方向竖直向下。加电压后两油滴仍以 $\frac{v_0}{2}$ 向下匀速。对 $a$ ： $\rho\frac{4}{3}\pi r_a^3g+q_aE=kr_a\frac{v_0}{2}$ ，代入 $\rho\frac{4}{3}\pi r_a^3g=kr_av_0$ 得 $q_aE=-\frac{1}{2}kr_av_0<0$ ，故 $a$ 带负电；对 $b$ ： $\rho\frac{4}{3}\pi r_b^3g+q_bE=kr_b\frac{v_0}{2}$ ，代入 $\rho\frac{4}{3}\pi r_b^3g=kr_b\frac{v_0}{4}$ 得 $q_bE=\frac{1}{4}kr_bv_0>0$ ，故 $b$ 带正电。电荷量绝对值之比 $\frac{|q_a|}{|q_b|}=\frac{kr_a(v_0/2)}{kr_b(v_0/4)}=\frac{r_a}{r_b}\cdot2=2\times2=4$ ，即 $|q_a|:|q_b|=4:1$ 。
一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为 $R_0$ ，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 $R_1 = 2R_0$ ，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 $R_1$ 产生的热量。

【答案与解析】

（1）仅在进入与离开磁场时框中有感应电流。该阶段磁通量变化率 $\left|\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}\right|=BLv$ ，感应电动势 $\mathcal{E}=BLv$ ，总电阻 $R=4R_0$ ，电流 $I=\frac{BLv}{4R_0}$ 。磁场对切割磁感线的竖直边施力 $F=ILB=\frac{B^2L^2v}{4R_0}$ ，阻碍运动。由动量定理，进入、离开两阶段安培力冲量各为 $BL\bar I t=BL\frac{\Delta\Phi}{R}=BL\frac{BL^2}{4R_0}=\frac{B^2L^3}{4R_0}$ ，总冲量 $\frac{B^2L^3}{2R_0}$ 。完全穿过后 $v=\frac{v_0}{2}$ ，故 $\frac{B^2L^3}{2R_0}=m\left(v_0-\frac{v_0}{2}\right)=\frac{mv_0}{2}$ ，得初速度 $v_0=\frac{B^2L^3}{mR_0}$ 。（2）框在导轨上时上、下边被理想导轨短路，仅两竖直边（各 $R_0$ ）与左端 $R_1=2R_0$ 参与导电。进入阶段（仅右侧竖直边切割，另一竖直边在磁场外仅作电阻 $R_0$ ）：等效总电阻 $R_{\text{进}}=R_0+\frac{R_1R_0}{R_1+R_0}=R_0+\frac{2R_0}{3}=\frac{5}{3}R_0$ 。通过框的电荷量 $q_1=\frac{BL^2}{R_{\text{进}}}=\frac{3BL^2}{5R_0}$ ，安培力冲量 $I_1=BLq_1=\frac{3B^2L^3}{5R_0}$ 。由动量定理 $m(v_1-v_0)=-I_1$ ，代入 $v_0$ 得 $v_1=v_0-\frac{3B^2L^3}{5mR_0}=\frac{2}{5}v_0$ 。完全在磁场中阶段（两竖直边均切割，两电源并联，等效内阻 $R_0/2$ ，与外电阻 $R_1$ 串联，总电阻 $R_{\text{内}}=R_1+\frac{R_0}{2}=\frac{5}{2}R_0$ ）：设向右位移 $x$ 后停下，安培力冲量 $I_2=BL\frac{BLx}{R_{\text{内}}}=\frac{2B^2L^2x}{5R_0}$ 。由动量定理 $0-mv_1=-I_2$ 得 $x=\frac{5mR_0v_1}{2B^2L^2}=L$ ，故框恰在其右边框到达磁场右边界时停下。热量分配：进入阶段总焦耳热 $Q_{\text{进}}=\frac12mv_0^2-\frac12mv_1^2=\frac{21}{50}mv_0^2$ ， $R_1$ 与磁场外竖直边 $R_0$ 并联，电流比 $I_{R_1}:I_{R_0}=R_0:R_1=1:2$ ， $R_1$ 获该阶段热量 $\frac{2}{15}Q_{\text{进}}=\frac{7}{125}mv_0^2$ ；内部阶段总焦耳热 $Q_{\text{内}}=\frac12mv_1^2=\frac{2}{25}mv_0^2$ ， $R_1$ 占总电阻 $R_{\text{内}}$ 中的比例 $\frac{R_1}{R_1+R_0/2}=\frac45$ ，获热量 $\frac45Q_{\text{内}}=\frac{8}{125}mv_0^2$ 。故 $R_1$ 产生的总热量 $Q_{R_1}=\frac{7+8}{125}mv_0^2=\frac{3}{25}mv_0^2=\frac{3B^4L^6}{25mR_0^2}$ 。