2023年普通高等学校招生全国统一考试。
物理(新课标ⅰ卷)
14. a 解析：火箭喷气过程，动量守恒，则p火－mv＝0，解得p火＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，故a正确，b、c、d错误．
15. c 解析：两小球做平抛运动，竖直方向y＝gt2，vy＝gt，所以时间相同，竖直方向下落的距离、速度均相同，故a、b、d错误；水平方向x＝v0t，水平距离相同，速度大，时间小，故c正确．
16. b 解析：a在纸面内做匀速圆周运动，有mag＝qe，b在纸面内向右做匀速直线运动，则mbg＝qbvb＋qe，c在纸面内向左做匀速直线运动， 则mcg＋qbvc＝qe，所以mb>ma>mc，故b正确，a、c、d错误．
17. b 解析：由质能方程可知氘核聚变反应中释放的核能约为δe＝δmc2＝(2×2.
013 6 u－3.015 0 u－1.0087 u)×931 mev＝3.
3 mev，故b正确，a、c、d错误．
18. a 解析：出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减，磁通量均发生改变，故a正确，b、c、d错误．
19. bc 解析：平行直导线电流方向相同相互吸引，电流方向相反相互排斥，作出粒子受力分析图如图所示，由图可知l1所受磁场作用力的方向，与l2、l3所在平面平行，故a错误；l3所受磁场作用力的方向与l1、l2所在平面垂直，且向上，故b正确；由力的合成可知f1＝f2＝f，f3＝f，所以l1、l2和l3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，故c正确，d错误．
20. ac 解析：由点电荷的场强e＝k，可知ea∶eb＝22∶12＝4∶1，故a正确；ec∶ed＝62∶32＝4∶1，故b错误；由电场力所做的功wab＝q(φa－φb)可知wab∶wbc＝ q(6－3)∶q(3－2)＝3∶1，故c正确；wbc∶wcd＝q(3－2)∶q(2－1)＝1∶1，故d错误．
21. ad 解析：由于绳上的力方向发生改变且保持夹角α不变，重力大小方向不变，可把该过程等效为绳子拉力方向不变，重力旋转，作出矢量三角形动态图如图所示，由图可知mn上的张力逐渐增大，om上的张力先增大后减小，故a、d正确，b、c错误．
22. (1) 从右向左 (2) 0.19 0.038
解析：(1) 由小车运动的速度逐渐减小可知小车在桌面上是从右向左运动的．
2) 该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．由题可知每两滴水的时间间隔为δt＝s＝s，小车运动到图(b)中a点位置时的速度大小为va＝＝m/s＝0.19 m/s，由逐差法可知加速度大小为a＝＝0.038 m/s2.
23. (1) 如图 (2) 增大增大 (3) 0.39 1.17
解析：(1) 由于电压表的量程为3 v<3.8 v，所以电压表与定值电阻r0串联，改装成满足条件的电压表，由于电流从0开始变化，所以滑动变阻器采用分压接法，由于小灯泡的电阻较小，电阻测量采用外接法，电路图见答案图．
2) 由于小灯泡的伏安特性曲线的斜率的倒数反映电阻的大小，由图可知斜率的倒数逐渐增大，故随着电流的增加小灯泡的电阻增大，由于电阻率随温度的增大而增大，所以电阻率也增大．
3) 当滑动变阻器实物电阻为9.0 ω时，小灯泡的功率最小，作出u＝－i(r＋r)＋e，即u＝－10i＋4，图线如图线1所示，对应的交点坐标为(0.225 a，1.
75 v)，所以最小功率为pmin＝0.225×1.75 w＝0.
39 w；当滑动变阻器实物电阻为0 ω时，小灯泡的功率最大，作出u＝－ir＋e，即u＝－i＋4，图线如图线2所示，对应的交点坐标为(0.318 a，3.68 v)，所以最小功率为pmin＝0.
318×3.68 w＝1.17 w.
24. (1) 4×108 j 2.4×1012 j (2) 9.7×108 j
解析：(1) 飞船着地前瞬间的机械能为。
e0＝mv20 ①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得。
e0＝4.0×108 j ②
设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为。
eh＝mv2h＋mgh ③
式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得。
eh＝2.4×1012 j ④
2) 飞船在高度h′＝600 m处的机械能为。
eh′＝m(vh)2＋mgh′ ⑤
由功能原理得。
w＝eh′－ek0 ⑥
式中，w是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得。
w＝9.7×108 j ⑦
25. (1) v0－2gt1 (2) 见解析。
解析：(1) 设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为e1的匀强电场中做匀速直线运动，故所受电场力方向向上．在t＝0时，电场强度突然从e1增加至e2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足。
qe2－mg＝ma1 ①
油滴在时刻t1的速度为。
v1＝v0＋a1t1 ②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀减速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足。
qe2＋mg＝ma2 ③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为。
v2＝v1－a2t1 ④
由①②③式得。
v2＝v0－2gt1 ⑤
2) 由题意，在t＝0时刻前有。
qe1＝mg ⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为。
s1＝v0t1＋a1t21 ⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为。
s2＝v1t1－a2t12 ⑧
由题给条件有v20＝2g(2h) ⑨
式中h是b、a两点之间的距离．
若b点在a点之上，依题意有。
s1＋s2＝h ⑩
由式得。e2＝[2－2＋()2]e1
为使e2>e1，应有。
即当0或t1>(1＋)
才是可能的，条件式和式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．
若b在a点之下，依题意有。
s1＋s2＝－h
由①②③式得。
e2＝[2－2－()2]e1
为使e2>e1，应有。
即t1>(＋1)
另一解为负，不符合题意，已舍去．
33. (1) abc (2) (i) 2p0 (ii) 汽缸b的顶部 (iii) 1.6p0
解析：(1) 由单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化图象可知图中两条曲线下面积相等，故a正确；由于温度是分子运动平均动能的标志，100 ℃对应平均速度大，对应图中实线，所以图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，故b、c正确；图中曲线给出了同一速率下各速率分子所占总数的百分比，故d错误；与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故e错误．
2) (i) 设打开k2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为v1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得。
p0v＝p1v1 ①
3p0)v＝p1(2v－v1) ②
联立①②式得。
v1＝ ③p1＝2p0 ④
ii) 打开k3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与a中气体的体积之和为v2(v2≤2v)时，活塞下方气体压强为p2，由玻意耳定律得。
3p0)v＝p2v2 ⑤
由⑤式得。p2＝p0 ⑥
由⑥式知打开k3后活塞上升直到b的顶部为止；
此时p2＝p0
iii)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从t1＝300 k升高到t2＝320 k的等容过程中，由查理定律得。
将有关数据代入⑦式得。
p3＝1.6p0 ⑧
34. (1) 2 减弱加强 (2) 1.43
解析：(1) 分别连接s1a和s2a，由几何关系可知s1a＝10 m，s2a＝8 m，到点a(8，－2)的路程差为s1a－s2a＝2 m；由几何关系可知s1b＝s2b＝5 m，路程差为0，由振**象可知开始两列波振动相反，周期t＝2 s，波长λ＝vt＝2 m，所以两列波引起的点b(4，1)处质点的振动相互减弱；同理可知s1c＝3.5 m，s2c＝2.
5 m，路程差为1 m＝0.5λ，所以点c(0，0.5)处质点的振动相互加强．
2) 如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于oc轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心c点反射．
设光线在半球面的入射角为i，折射角为r.由折射定律有。
sin i＝nsin r ①
由正弦定理有。
由几何关系，入射点的法线与oc的夹角为i.由题设条件和几何关系有。
sin i＝ ③
式中l是入射光线与oc的距离．由②③式和题给数据得。
sin r＝ ④
由①③④式和题给数据得。
n＝≈1.43 ⑤
2023年新课标卷答案
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2023年新课标卷答案
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2019新课标卷语文答案
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