2023年普通高等学校招生全国统一考试。
物理(新课标ⅰ卷)
14. d 解析：由洛伦兹力提供向心力bvq＝，可得r＝，由于b减小，所以r增大，又v＝ωr，可知v不变，r增大，所以ω减小，故d正确，a、b、c错误．
15. b 解析：电子由m点分别运动到n点和p点的过程中，电场力所做的负功相等，所以直线d位于某一等势面内，而c、d是平行线，则直线c也位于某一等势面内，电子由m点运动到n点做负功，则电场线方向由m点指向n点，所以φm>φn，故a错误，b正确；电子由m点运动到q点，电场力不做功，故c错误；电子由p点运动到q点，电场力做正功，故d错误．
16. a 解析：由＝，＝可知u1＝3u，i1＝i，而u＝ir，u1＋i1r＝220v，解得u＝66v，由功率p＝i2r可知原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k＝＝，故a正确，b、c、d错误．
17. c 解析：质点滑到轨道最低点n时，由牛顿第二定律可知n－mg＝m，解得v2＝3gr，对质点由p点到n点过程，由动能定理mg(2r)－w＝mv2－0，解得w＝mgr，故b、d错误；由n－mg＝m可知速度越小，对轨道的压力越小，又由f＝μn可知摩擦力也越小，所以质点在点n到点q过程克服摩擦力做功小于mgr，质点在点n到点q过程由动能定理－mgr－wf＝ek－mv2及wf0，所以质点到达q后，继续上升一段距离，故a错误，c正确．
18. d 解析：由平抛运动规律2h＝gt2，x＝vt，又由题可知最大速度v对应的位移x＝l1，解得v＝，若乒乓球刚好落至右边沿，则3h＝gt21，x1＝v1t1，又由题可知最大速度v对应的位移x1＝，解得v1＝，所以v的最大取值范围为19.
ab 解析：圆盘转动时，产生了涡流，从而产生了感应电动势，导致磁针发生转动，故a、b正确，d错误；在圆盘转动过程，整个圆盘的磁通量始终不变，故c错误．
20. acd 解析：由vt图象可知上升过程的加速度为a1＝，下降过程的加速度为a2＝，上升的最大高度为图象与坐标轴围成的面积h＝v0t1，故d正确；由牛顿第二定律可知上升过程mgsin θ＋mgcos θ＝ma1，下降过程mgsin θ－mgcos θ＝ma2，由以上各式可求出斜面的倾角θ及动摩擦因数μ，而不能求出物体的质量m，故a、c正确，b错误．
21. bd 解析：由g＝mg月及v2＝2g月h代入数据可解得v2＝2h＝2××9.
8×4m2/s2≈13.25m2/s2，则v≈3.64m/s，故a错误；悬停时受到的反作用力f＝g，代入数据解得f＝2×103 n，故b正确；从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能不守恒，故c错误；由g＝m得v＝，，故d正确．
解析：(2) 将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，由读数规则可知要估读到下一位，故该示数为1.40kg；(4) 根据以上数据，可得托盘秤的最大示数为m＝kg＝1.
81kg，可求出小车经过凹形桥最低点时桥对小车的支持力fn＝mg－m0g＝1.81×9.8n－1.
00×9.8n＝7.9n，由牛顿第三定律可知，小车对桥的压力f′n＝7.
9 n．由fn－m1g＝m1，其中m1＝(1.40－1.00)kg＝0.
40kg，解得v≈1.4m/s.
23. (1) 15 35 (2) 300 3000 (3) c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是r1；若电表指针不偏转，则损坏的电阻是r2
解析：(1) 由欧姆定律可知igrg＝(i1－ig)(r1＋r2)，ig(rg＋r2)＝(i2－ig)r1，把ig＝1ma，rg＝100ω，i1＝3ma，i2＝10ma代入解得r1＝15ω，r2＝35ω；(2) 由r＝＝ω500ω，所以r0＝500ω－150ω－100ω＝250ω，故r0应选用阻值为300ω的电阻；当电流取0.5ma时，由r＝＝ω3000ω，故r应选用最大阻值为3000ω的滑动变阻器．(3) 若电阻r1和r2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图乙的电路可以判断出损坏的电阻，则图中的d点应和接线柱c相连．判断依据是闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是r1；若电表指针不偏转，则损坏的电阻是r2.
24. 竖直向下 0.01kg
解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为δl1＝0.5cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kδl1＝mg，式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为f＝ibl，式中，i是回路电流，l是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了δl2＝0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得。
2k(δl1＋δl2)＝mg＋f，由欧姆定律有e＝ir，式中，e是电池的电动势，r是电路总电阻．
联立各式，并代入题给数据得m＝0.01kg.
25. (1) μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2) 6.0m (3) 6.5m
解析：(1) 规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动．
设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和m，由牛顿第二定律有－μ1(m＋m)g＝(m＋m)a1.
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式得。
v1＝v0＋a1t1，s0＝v0t1＋a1t21，式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立各式和题给条件得μ1＝0.1.
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2.
由图可得a2＝，式中，t2＝2s，v2＝0，联立各式和题给条件得μ2＝0.4.
2) 设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得。
2mg＋μ1(m＋m)g＝ma3.
v3＝－v1＋a3δt，v3＝v1＋a2δt.
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝δt，小物块运动的位移为s2＝δt，小物块相对木板的位移为δs＝s2－s1，联立各式，并代入数值得δs＝6.0m.
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.
3) 在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得。
1(m＋m)g＝(m＋m)a4，0－v23＝2a4s3，碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3.
联立各式，并代入数值得s＝－6.5m.
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
33. (1) bcd
解析：将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是晶体，故a错误；固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质，即为单晶体，故b正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如金刚石和石墨，故c正确；在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体，故d正确；在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，但体积变化，内能也变化，故e错误．
2) ①330k ② 1.01×105 pa
解析：① 设初始时气体体积为v1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为v2，温度为t2.由题给条件得。
v1＝s2＋s1，v2＝s2l.
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得s1(p1－p)＝m1g＋m2g＋s2(p1－p)．
故缸内气体的压强不变．由盖—吕萨克定律有。
联立各式并代入题给数据得t2＝330k.
在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有。
联立各式并代入题给数据得p′＝1.01×105 pa.
解析：由δx＝可知由于红光波长比绿光波长长，故δx1>δx2，由δx＝＝m＝0.000300m＝0.300mm.
2) ①50＋300n)cm(n＝0，±1，±2，…)0.1s
解析：(2) ①t＝0时，在x＝50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm.
从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为。
1＝50cm，λ2＝60cm.
甲、乙两列波波峰的x坐标分别为。
x1＝50＋k1λ1，(k1＝0，±1，±2，…)x2＝50＋k2λ2，(k2＝0，±1，±2，…)介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为。
x＝(50＋300n)cm(n＝0，±1，±2，…)
只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－时，两波波谷间的x坐标之差为。
x′＝－式中，m1和m2均为整数，得。
x′＝10(6m2－5m1)＋5.
由于m1、m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为。
x′0＝5cm.
从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16cm的质点的时间为t＝，代入数值得t＝0.1s.
35. (1) ek －eb
解析：由遏制电压uc与入射光的最大初动能关系euc＝ek，又由爱因斯坦光电效应方程ek＝hν－w0可知uc＝ν－由遏制电压uc与入射光的频率ν的关系可知k＝，b＝－，解得h＝ek，w＝－eb.
2) m≤m＜m
解析：a向右运动与c发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒，设速度方向向右为正，开始时a的速度为v0，第一次碰撞后c的速度为vc1，a的速度为va1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得。
mv0＝mva1＋mvc1，mv20＝mv2a1＋mv2c1，联立两式得。
va1＝v0，vc1＝v0.
如果m＞m，第一次碰撞后，a与c速度同向，且a的速度小于c的速度，不可能与b发生碰撞；如果m＝m，第一次碰撞后，a停止，c以a碰前的速度向右运动，a不可能与b发生碰撞，所以只需考虑m＜m的情况．
2023年新课标卷答案
2017年普通高等学校招生全国统一考试。物理 新课标 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...
2023年新课标卷答案
2014年普通高等学校招生全国统一考试。物理 新课标 卷 14.d 解析 穿过线圈的磁通量不发生变化，就不会产生感应电流，选项a b错误 圈中插入磁铁导致穿过线圈的磁通量发生变化，但过程短暂，等到相邻房间后不能看到电流表的变化，选项c错误 线圈通电 断电的瞬间，导致线圈产生变化的磁场，从而引起另一个...
2019新课标卷语文答案
1 a 2 c 3 b 4 c 5 d 6 d 7 8 答 表现了怀古伤今之情。诗人春日眺望经水之滨，不见春草，只见古碑，行客之路尽是黄沙，想当年秦国何等强盛，看如今唐王朝的国势日衰，眼前一片荒凉，于是 不堪回首 之情油然而生。9 答 触景生情 寓情于景 写哀景抒哀情。11 1 答c给3分，答d给2...