2023年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試(新課標(biāo)卷)14．(2023·新課標(biāo)卷·14)船上的人和水下的潛水員都能聽(tīng)見(jiàn)輪船的鳴笛聲。聲波在空氣中和在水中傳播時(shí)的()A．波速和波長(zhǎng)均不同B．頻率和波速均不同C．波長(zhǎng)和周期均不同D．周期和頻率均不同答案A解析聲波在不同介質(zhì)中頻率和周期都不變，波長(zhǎng)和波速都發(fā)生改變，所以選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。15．(2023·新課標(biāo)卷·15)無(wú)風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過(guò)程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A．0 B．mghC.eq\f(1,2)mv2－mgh D.eq\f(1,2)mv2＋mgh答案B解析由于雨滴是勻速下落，所以受力平衡，空氣阻力等于重力，F(xiàn)f＝mg，所以克服空氣阻力做的功為：Wf＝Ff·h＝mgh，選項(xiàng)B正確。16．(2023·新課標(biāo)卷·16)銫原子基態(tài)的兩個(gè)超精細(xì)能級(jí)之間躍遷發(fā)射的光子具有穩(wěn)定的頻率，銫原子鐘利用的兩能級(jí)的能量差量級(jí)為10－5eV，躍遷發(fā)射的光子的頻率量級(jí)為(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，元電荷e＝1.60×10－19C)()A．103Hz B．106HzC．109Hz D．1012Hz答案C解析根據(jù)已知條件可得：E＝10－5eV＝1.6×10－24J，根據(jù)E＝hν，可得光子頻率為：ν＝eq\f(E,h)＝eq\f(1.6×10－24J,6.63×10－34J·s)≈2.4×109Hz，選項(xiàng)C正確。17．(2023·新課標(biāo)卷·17)2023年5月，世界現(xiàn)役運(yùn)輸能力最大的貨運(yùn)飛船天舟六號(hào)，攜帶約5800kg的物資進(jìn)入距離地面約400km(小于地球同步衛(wèi)星與地面的距離)的軌道，順利對(duì)接中國(guó)空間站后近似做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對(duì)接后，這批物資()A．質(zhì)量比靜止在地面上時(shí)小B．所受合力比靜止在地面上時(shí)小C．所受地球引力比靜止在地面上時(shí)大D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大小比地球自轉(zhuǎn)角速度大答案D解析物體在低速(速度遠(yuǎn)小于光速)宏觀條件下質(zhì)量保持不變，即物資在空間站和地面質(zhì)量相同，故A錯(cuò)誤；設(shè)空間站離地面的高度為h，這批物資在地面上靜止，所受合力為零，在空間站所受合力為地球引力即F＝eq\f(GMm,R＋h2)，在地面受地球引力為F1＝eq\f(GMm,R2)，因此有F1>F，故B、C錯(cuò)誤；物資繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，這批物資在空間站的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，因此這批物質(zhì)的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度，即這批物資的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，故D正確。18．(2023·新課標(biāo)卷·18)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向可能為()A．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外答案C解析若a為電子軌跡，b為α粒子軌跡，則只能電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，此時(shí)，對(duì)電子應(yīng)有Fe洛＝evB，F(xiàn)e電＝eE，F(xiàn)e洛＝Fe電，對(duì)α粒子有Fα洛＝2eeq\f(v,10)B，F(xiàn)α電＝2eE，此時(shí)，F(xiàn)α洛<Fα電，故α粒子應(yīng)向左偏，不滿足題目情景，故A、B錯(cuò)誤；若a為α粒子軌跡，b為電子軌跡，則只能電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，此時(shí)，對(duì)α粒子有Fα洛＝2eeq\f(v,10)B，F(xiàn)α電＝2eE，F(xiàn)α洛＝Fα電，對(duì)電子應(yīng)有Fe洛＝evB，F(xiàn)e電＝eE，F(xiàn)e洛>Fe電，電子應(yīng)向右偏，滿足題目情景，故C正確，D錯(cuò)誤。19．(多選)(2023·新課標(biāo)卷·19)使甲、乙兩條形磁鐵隔開(kāi)一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過(guò)程中的任一時(shí)刻()A．甲的速度大小比乙的大B．甲的動(dòng)量大小比乙的小C．甲的動(dòng)量大小與乙的相等D．甲和乙的動(dòng)量之和不為零答案BD解析如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律：a甲＝eq\f(F－Ff1,m甲)＝eq\f(F,m甲)－μg，a乙＝eq\f(F,m乙)－μg，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，所以可得v甲<v乙，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于m甲>m乙，F(xiàn)f1>Ff2，所以對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)不滿足動(dòng)量守恒，所以甲的動(dòng)量大小與乙的不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，故甲的動(dòng)量大小比乙的小，選項(xiàng)B、D正確。20．(多選)(2023·新課標(biāo)卷·20)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A．在x＝1m時(shí)，拉力的功率為6WB．在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2JC．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg·m/s答案BC解析由圖像可知，W－x圖像的斜率表示拉力F,0～2m過(guò)程中拉力大小為6N,2～4m過(guò)程中拉力大小為3N，由牛頓第二定律可知，a1＝eq\f(F1－μmg,m)＝2m/s2，a2＝eq\f(F2－μmg,m)＝－1m/s2，故0～2m過(guò)程中，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，2～4m過(guò)程中，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)。在x＝1m時(shí)，由公式v12＝2a1x1，解得v1＝2m/s，此時(shí)拉力的功率P＝F1v1＝12W，故A錯(cuò)誤；在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝W總－Ffx4＝18J－16J＝2J，故B正確；從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功W克f＝Ffx2＝8J，故C正確；從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過(guò)程中，物體在x＝2m時(shí)速度最大，由v22＝2a1x2，解得v2＝2eq\r(2)m/s，此時(shí)物體的動(dòng)量p＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，故D錯(cuò)誤。21.(多選)(2023·新課標(biāo)卷·21)如圖，一封閉著理想氣體的絕熱汽缸置于水平地面上，用輕彈簧連接的兩絕熱活塞將汽缸分為f、g、h三部分，活塞與汽缸壁間沒(méi)有摩擦。初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，三部分中氣體的溫度、體積、壓強(qiáng)均相等。現(xiàn)通過(guò)電阻絲對(duì)f中的氣體緩慢加熱，停止加熱并達(dá)到穩(wěn)定后()A．h中的氣體內(nèi)能增加B．f與g中的氣體溫度相等C．f與h中的氣體溫度相等D．f與h中的氣體壓強(qiáng)相等答案AD解析對(duì)f中的氣體加熱，則f中氣體溫度升高，體積增加，此時(shí)f擠壓g、h，而g、h中均為絕熱部分，故g、h體積均減小，壓強(qiáng)增大，彈簧彈力增加。當(dāng)f右側(cè)活塞向右移動(dòng)時(shí)，對(duì)g、h均做正功，由熱力學(xué)第一定律可知，內(nèi)能增加，g、h中的氣體溫度升高，故A正確；當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，滿足pfS＝pgS＋F＝phS，則此時(shí)f與h中的氣體壓強(qiáng)相等，故D正確；由于h體積變小，溫度升高，且pfS＝pgS＋F＝phS，故Vh<Vg<Vf，由理想氣體狀態(tài)方程可知eq\f(pfVf,Tf)＝eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(phVh,Th)，所以Th<Tf，故C錯(cuò)誤；由理想氣體狀態(tài)方程可知eq\f(pgVg,Tg)＝eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pfVf,Tf)，由于pg<pf，Vg<Vf，故Tg<Tf，故B錯(cuò)誤。22．(2023·新課標(biāo)卷·22)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，所用器材如下：電池、電容器、電阻箱、定值電阻、小燈泡、多用電表、電流表、秒表、單刀雙擲開(kāi)關(guān)以及導(dǎo)線若干。(1)用多用電表的電壓擋檢測(cè)電池的電壓。檢測(cè)時(shí)，紅表筆應(yīng)該與電池的________(填“正極”或“負(fù)極”)接觸。(2)某同學(xué)設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路如圖(a)所示。先將電阻箱的阻值調(diào)為R1，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與“1”端相接，記錄電流隨時(shí)間的變化。電容器充電完成后，開(kāi)關(guān)S再與“2”端相接，相接后小燈泡亮度變化情況可能是________。(填正確答案標(biāo)號(hào))A．迅速變亮，然后亮度趨于穩(wěn)定B．亮度逐漸增大，然后趨于穩(wěn)定C．迅速變亮，然后亮度逐漸減小至熄滅(3)將電阻箱的阻值調(diào)為R2(R2>R1)，再次將開(kāi)關(guān)S與“1”端相接，再次記錄電流隨時(shí)間的變化情況。兩次得到的電流I隨時(shí)間t變化如圖(b)中曲線所示，其中實(shí)線是電阻箱阻值為_(kāi)_______(填“R1”或“R2”)時(shí)的結(jié)果，曲線與坐標(biāo)軸所圍面積等于該次充電完成后電容器上的________(填“電壓”或“電荷量”)。答案(1)正極(2)C(3)R2電荷量解析(1)多用電表應(yīng)滿足電流“紅進(jìn)黑出”，因此紅表筆與電源的正極相連；(2)電容器放電過(guò)程中，電流由大逐漸變小，則小燈泡迅速變亮，然后亮度逐漸減小至熄滅，故C正確；(3)實(shí)線表示充電慢，用時(shí)長(zhǎng)，最大電流小，故接入的電阻應(yīng)該為大的電阻，即R2，因此實(shí)線表示電阻箱阻值為R2；根據(jù)公式I＝eq\f(Q,t)，則I－t圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示電容器上電荷量。23．(2023·新課標(biāo)卷·23)一學(xué)生小組做“用單擺測(cè)量重力加速度的大小”實(shí)驗(yàn)。(1)用實(shí)驗(yàn)室提供的螺旋測(cè)微器測(cè)量擺球直徑。首先，調(diào)節(jié)螺旋測(cè)微器，擰動(dòng)微調(diào)旋鈕使測(cè)微螺桿和測(cè)砧相觸時(shí)，發(fā)現(xiàn)固定刻度的橫線與可動(dòng)刻度上的零刻度線未對(duì)齊，如圖(a)所示，該示數(shù)為_(kāi)_______mm；螺旋測(cè)微器在夾有擺球時(shí)示數(shù)如圖(b)所示，該示數(shù)為_(kāi)_______mm，則擺球的直徑為_(kāi)_______mm。(2)單擺實(shí)驗(yàn)的裝置示意圖如圖(c)所示，其中角度盤(pán)需要固定在桿上的確定點(diǎn)O處，擺線在角度盤(pán)上所指的示數(shù)為擺角的大小。若將角度盤(pán)固定在O點(diǎn)上方，則擺線在角度盤(pán)上所指的示數(shù)為5°時(shí)，實(shí)際擺角________5°(填“大于”或“小于”)。(3)某次實(shí)驗(yàn)所用單擺的擺線長(zhǎng)度為81.50cm，則擺長(zhǎng)為_(kāi)_______cm。實(shí)驗(yàn)中觀測(cè)到從擺球第1次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)到第61次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)的時(shí)間間隔為54.60s，則此單擺周期為_(kāi)_______s，該小組測(cè)得的重力加速度大小為_(kāi)_______m/s2。(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字，π2取9.870)答案(1)0.006(0.007也可)20.035(20.034、20.036均可)20.029(20.027、20.028、20.030均可)(2)大于(3)82.51.829.83解析(1)題圖(a)讀數(shù)為0＋0.6×0.01mm＝0.006mm(0.007mm也可)；題圖(b)讀數(shù)為20mm＋3.5×0.01mm＝20.035mm(20.034mm、20.036mm均可)；則擺球的直徑為20.035mm－0.006mm＝20.029mm(20.027mm、20.028mm、20.030mm均可)(2)若角度盤(pán)上移則形成如圖所示圖樣，則實(shí)際擺角大于5°。(3)擺長(zhǎng)＝擺線長(zhǎng)度＋半徑，代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得擺長(zhǎng)為82.5cm；小球從第1次到61次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)經(jīng)過(guò)了30個(gè)周期，則T＝eq\f(54.60,30)s＝1.82s根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得g＝eq\f(4π2L,T2)≈9.83m/s2。24．(2023·新課標(biāo)卷·24)將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會(huì)在水面上一跳一跳地飛向遠(yuǎn)方，俗稱“打水漂”。要使石子從水面跳起產(chǎn)生“水漂”效果，石子接觸水面時(shí)的速度方答案eq\f(\r(2gh),tanθ)解析石子做平拋運(yùn)動(dòng)，落到水面時(shí)豎直方向的速度：vy2＝2gh，得：vy＝eq\r(2gh)又由題意可知，eq\f(vy,v0)≤tanθ，則初速度：v0≥eq\f(\r(2gh),tanθ)，即拋出時(shí)的最小速度為eq\f(\r(2gh),tanθ)。25.(2023·新課標(biāo)卷·25)密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、eq\f(v0,4)；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率eq\f(v0,2)，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比。答案(1)8∶1(2)a帶負(fù)電b帶正電4∶1解析(1)由題意，設(shè)空氣阻力為f，f＝krv，則無(wú)電壓時(shí)，有：油滴a：mag＝krav0，油滴b：mbg＝krb·eq\f(v0,4)，又m＝ρ·eq\f(4,3)πr3，可得：eq\f(ra,rb)＝2∶1，eq\f(ma,mb)＝8∶1(2)由題可知加電壓后，油滴a做減速運(yùn)動(dòng)，油滴b做加速運(yùn)動(dòng)，直到兩者共速，所以油滴a受到向上的靜電力，油滴b受到向下的靜電力，故油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電。油滴a：mag＝kra·eq\f(v0,2)＋qaE油滴b：mbg＋qbE＝krb·eq\f(v0,2)，可得：eq\f(qa,qb)＝4∶1。26．(2023·新課標(biāo)卷·26)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場(chǎng)邊界，如圖(a)所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的左、右邊框始終與磁場(chǎng)邊界平行，金屬框完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場(chǎng)邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。答案(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(3B4L6,25mR02)解析(1)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv感應(yīng)電流I＝eq\f(E,4R0)金屬框右邊框所受的安培力大小F安＝BIL安培力的沖量大小IF＝∑BIL·Δt＝∑eq\f(B2L2v,4R0)·Δt又∑v·Δt＝L，可得IF＝eq\f(B2L3,4R0)金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到即將離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，左右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消，無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力作用根據(jù)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的情況可知，金屬框出磁場(chǎng)時(shí)同樣有IF＝eq\f(B2L3