EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.江蘇省2023年普通高中學業水平選擇性考試一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分．每題只有一個選項最符合題意．1.【答案】A【解析】【詳解】因電梯上升，由速度圖像可知，電梯加速上升的時間段為20.0s到30.0s。故選A。2.【答案】C【解析】【詳解】因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則受安培力為Fab=BI?2l=2BIl則該導線受到的安培力為2BIl。故選C3.【答案】B【解析】【詳解】A．根據可得則從A到B為等容線，即從A到B氣體體積不變，則氣體分子的數密度不變，選項A錯誤；B．從A到B氣體的溫度升高，則氣體分子的平均動能變大，則選項B正確；C．從A到B氣體的壓強變大，氣體分子的平均速率變大，則單位時間內氣體分子對單位面積的器壁的碰撞力變大，選項C錯誤；D．氣體的分子密度不變，從A到B氣體分子的平均速率變大，則單位時間內與單位面積器壁碰撞的氣體分子數變大，選項D錯誤。故選B。4.【答案】C【解析】【詳解】根據可得因該衛星與月球的軌道半徑相同，可知向心加速度相同；因該衛星的質量與月球質量不同，則向心力大小以及受地球的萬有引力大小均不相同。故選C。5.【答案】A【解析】【詳解】根據折射定律n上sinθ上=n下sinθ下由于地球表面附近空氣的折射率隨高度降低而增大，則n下>n上，則θ下逐漸減小，畫出光路圖如下則從高到低θ下逐漸減小，則光線應逐漸趨于豎直方向。故選A。6.【答案】B【解析】【詳解】根據雙縫干涉的條紋間距與波長關系有由題圖知x乙=2x甲則故選B。7.【答案】D【解析】【詳解】對“嫦娥五號”探測器受力分析有FN=mg月則對一條腿有根據牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力為。故選D【答案】A【解析】【詳解】ABC．由題圖可看出OA導體棒轉動切割磁感線，則根據右手定則可知φO>φA其中導體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，電流為0，則φC=φA，A正確、BC錯誤；D．根據以上分析可知φO－φA>0，φA－φC=0則φO－φA>φA－φCD錯誤。故選A。9.【答案】B【解析】【詳解】因為該實驗是要探究氣體等溫變化的規律；實驗中要緩慢推動或拉動活塞，目的是盡可能保證封閉氣體在狀態變化過程中的溫度不變；為了方便讀取封閉氣體的體積不需要在橡膠套處接另一注射器。故選B。10.【答案】D【解析】【詳解】罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，在時間內水平方向增加量，豎直方向做在自由落體運動，在時間增加；說明水平方向位移增加量與豎直方向位移增加量比值一定，則連線的傾角就是一定的。故選D。11.【答案】C【解析】【詳解】A．因為頻閃照片時間間隔相同，對比圖甲和乙可知圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據牛頓第二定律可知圖甲中滑塊收到的合力較大；故A錯誤；B．從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功；根據動能定理可知圖甲經過A點的動能較大，故B錯誤；C．由于圖甲中滑塊加速度大，根據可知圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C正確；D．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤；故選C。12.【答案】①.3V②.D③.1.50④.⑤.不同意，理由見解析【解析】【詳解】（1）[1]所用電源為兩節干電池，電動勢為3V，則所用電表量程為3V；（2）[2]閉合電鍵之前，滑動變阻器阻值應該調到最大，則由圖可知，電池盒上接線柱A應該與滑動變阻器的接線柱D連接；（3）[3]電壓表最小刻度為0.1V，則讀數為1.50V；（4）[4]由閉合電路歐姆定律可得當被測電阻阻值為R時電壓表讀數（5）[5]不同意；當R較大時，則電壓表內阻不能忽略，則電路中電流則電壓表讀數為當R較大時，R=R2時R最大，此時因RV>>R1，則電壓表讀數接近于13.【答案】；【解析】【詳解】發光體的速度發光體做勻速圓周運動，則靜摩擦力充當做圓周運動的向心力，則靜摩擦力大小為14.【答案】（1），；（2）【解析】【詳解】（1）由題意可知每個光子的動量為每個光子的能量為（2）太陽均勻地向各個方向輻射硬X射線，根據題意設t秒發射總光子數為n，則可得所以t秒輻射光子的總能量太陽輻射硬X射線的總功率15.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）滑雪者從A到P根據動能定理有根據動量定理有聯立解得（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當從A點下滑時，到達B點有（3）當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有水平方向上有聯立可得16.【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%【解析】【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev0B解得：E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉，根據動能定理有解得（3）若電子以v入射時，設電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB聯立有要讓電子達縱坐標位置，即y≥y2解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內均勻分布，能到達縱坐標位置的電子數N占總電子數N0的90%。2023年6月浙江省普通高校招生選考物理答案選擇題Ⅰ1.B2.B3.D4.B5.C6.D7.A8.A9.D10.C11.C12.B13.C二、選擇題Ⅱ14.BD15.BD非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16．實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.【答案】①.B②.C③.D17.【答案】①.0.78②.1.29③.>18.【答案】①.B②.1.20③.1.50④.1.0419.【答案】CD20.【答案】（1）不變；增大；（2）350K；（3）11J【解析】【詳解】（1）圓筒導熱良好，則氣體從狀態A緩慢推動活塞到狀態B，氣體溫度不變，則氣體分子平均動能不變；氣體體積減小，則壓強變大，圓筒內壁單位面積受到的壓力增大；（2）狀態A時的壓強溫度TA=300K；體積VA=600cm3；C態壓強；體積VC=500cm3；根據解得TC=350K（3）從B到C氣體進行等容變化，則WBC=0，因從B到C氣體內能增加25J可知，氣體從外界吸熱25J，而氣體從A到C從外界吸熱14J，可知氣體從A到B氣體放熱11J，從A到B氣體內能不變，可知從A到B外界對氣體做功11J。21.【答案】（1）10m/s；312；（2）0；（3）0.2m【解析】【詳解】（1）滑塊a從D到F，由能量關系在F點解得FN=31.2N（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為根據可得在C點的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞后到到達C點解得v1=5m/s因ab碰撞動量守恒，則解得碰后b的速度v2=5m/s則碰撞損失的能量（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度則當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關系解得同理當彈簧被拉到最長時伸長量為x2=x1則彈簧最大長度與最小長度之差22.【答案】（1）3Mg；；（2）；（3）；；（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能；【解析】【詳解】（1）導體桿受安培力方向向上，則導體桿向下運動的加速度解得a=-2g導體桿運動的距離（2）回路的電動勢其中解得（3）由能量關系其中可得輸出能量（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能；從開始火箭從速度v0到平臺速度減為零，則23.【答案】（1）；（2）（3）60%【解析】【詳解】（1）當離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關系解得r1=2L根據解得在磁場中運動的周期運動時間（2）若B2=2B1，根據可知粒子在磁場中運動軌跡如圖，設O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關系解得r2=2L根據解得（3）當最終進入區域Ⅱ的粒子若剛好到達x軸，則由動量定理即求和可得粒子從區域Ⅰ到區域Ⅱ最終到x軸上的過程中解得則速度在~之間的粒子才能進入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在~，又粒子源射出的粒子個數按速度大小均勻分布，可知能進入第四象限的粒子占粒子總數的比例為η=60%2023年普通高等學校招生全國統一考試（全國甲卷）理科綜合（物理部分）一、選擇題：1.B2.D3.D4.C5.A6.BC7.BD8.AD三、非選擇題9.【答案】①.a②.10.【答案】①.24.00②.80③.④.70.0⑤.59.0⑥.b⑦.2k11.【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）由小球和彈簧組成的系統機械能守恒可知得小球離開桌面時速度大小（2）離開桌面后由平拋運動規律可得第一次碰撞前速度的豎直分量為，由題可知離開桌面后由平拋運動規律得，解得小球第一次落地點距桌面上其飛出的水平距離為12.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由于絕緣棒Q與金屬棒P發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得聯立解得，由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為（2）根據能量守恒有解得（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據動量定理得又，聯立可得由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為[物理——選修3-3]（15分）13.【答案】ABD【解析】【詳解】A．氣體的體積不變溫度升高，則氣體的內能升高，體積不變氣體做功為零，因此氣體吸收熱量，A正確；B．氣體的體積減小溫度降低，則氣體的內能降低，體積減小外界對氣體做功，由熱力學第一定律可知氣體對外放熱，B正確；C．氣體的體積減小溫度升高，則氣體的內能升高，體積減小外界對氣體做功，由熱力學第一定律可知Q可能等于零，即沒有熱量交換過程，C錯誤；D．氣體的體積增大溫度不變則氣體的內能不變，體積增大氣體對外界做功，由熱力學第一定律可知即氣體吸收熱量，D正確；E．氣體體積增大溫度降低則氣體的內能降低，體積增大氣體對外界做功，由熱力學第一定律可知Q可能等于零，即沒有熱量交換過程，E錯誤。故選ABD14.【答案】（i）1.41kg/m3；（ii）1.18kg/m3【解析】【詳解】（i）由攝氏度和開爾文溫度的關系可得T1=273＋17K=290K，T2=273＋27K=300K理想氣體狀態方程pV=nRT可知其中n為封閉氣體的物質的量，即理想氣體的正比于氣體的質量，則其中p1=p2=1.2p0，ρ1=1.46kg/m3，代入數據解得ρ2=1.41kg/m3（ii）由題意得p3=p0，T3=273＋27K=300K同理可得解得ρ3=1.18kg/m315.【答案】ACE【解析】【詳解】ABD．根據折射定律和反射定律作出光路圖如圖所示由圖可知，乙光的折射角較小，根據折射定律可知乙光的折射率大，則乙光的頻率大，根據c=fλ可知，乙光的波長短，A正確、BD錯誤；C．根據可知在棱鏡中的傳播速度，甲光比乙光的大，C正確；E．根據幾何關系可知光在棱鏡內bc邊反射時的入射角，甲光比乙光的大，E正確。故選ACE。16.【答案】（1）；（2）見解析【解析】【詳解】（1）根據得可知時P波剛好傳播到處，Q波剛好傳播到處，根據上坡下坡法可得波形圖如圖所示（2）兩列波在圖示范圍內任一位置的波程差為根據題意可知，P、Q兩波振動頻率相同，振動方向相反，兩波疊加時，振動加強點的條件為到兩波源的距離差解得振幅最大的平衡位置有、振動減弱的條件為解得振幅最小的平衡位置有、、2023年普通高等學校招生全國統一考試（全國乙卷）物理答案二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~17題只有一項符合題目要求，第18~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。14.B15.D16.C17.A18.A19.BC20.CD21.BD三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共129分。22.【答案】①.CD或DC②.相同位置③.大小和方向23.【答案】①.②.③.0.150④.5.024.【答案】（1），A、B、C均為正電荷；（2）【解析】【詳解】（1）因為M點電場強度豎直向下，則C為正電荷，根據場強的疊加原理，可知A、B兩點的電荷在M點的電場強度大小相等，方向相反，則B點電荷帶電量為，電性與A相同，又點電場強度豎直向上，可得處電荷在點的場強垂直BC沿AN連線向右上，如圖所示可知A處電荷為正電荷，所以A、B、C均為正電荷。（2）如圖所示由幾何關系即其中解得25.【答案】（1）小球速度大小，圓盤速度大小；（2）l；（3）4【解析】【詳解】（1）過程1：小球釋放后自由下落，下降，根據機械能守恒定律解得過程2：小球以與靜止圓盤發生彈性碰撞，根據能量守恒定律和動量守恒定律分別有解得即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤速度大小，方向豎直向下；（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當二者速度相同時，間距最大，即解得根據運動學公式得最大距離為（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有即解得此時小球的速度圓盤的速度仍為，這段時間內圓盤下降的位移之后第二次發生彈性碰撞，根據動量守恒根據能量守恒聯立解得同理可得當位移相等時解得圓盤向下運動此時圓盤距下端管口13l，之后二者第三次發生碰撞，碰前小球的速度有動量守恒機械能守恒得碰后小球速度為圓盤速度當二者即將四次碰撞時x盤3=x球3即得在這段時間內，圓盤向下移動此時圓盤距離下端管口長度為33．[物理——選修3–3]（15分）（1）【答案】ACD（2）【答案】，【解析】【詳解】設B管在上方時上部分氣壓為pB，則此時下方氣壓為pA，此時有倒置后A管氣體壓強變小，即空氣柱長度增加1cm，A管中水銀柱減小1cm，A管的內徑是B管的2倍，則可知B管水銀柱增加4cm，空氣柱減小4cm；設此時兩管的壓強分別為、，所以有倒置前后溫度不變，根據玻意耳定律對A管有對B管有其中聯立以上各式解得34．[物理——選修3–4]（15分）（1）【答案】ABE（2）【答案】【解析】【詳解】由題意可知做出光路圖如圖所示光線垂直于BC方向射入，根據幾何關系可知入射角為45°；由于棱鏡折射率為，根據有則折射角為30°；，因為，所以光在BC面的入射角為根據反射定律可知根據幾何關系可知，即為等腰三角形，則又因為與相似，故有由題知聯立可得所以M到A點的距離為20l－1l－2l－4l－6l=7l2023年普通高等學校招生全國統一考試（新課標卷）物理答案14.A15.B16.C17.D18.C19.BD20.BC21.AD22.①.正極②.C③.④.電荷量23.①.0.006-0.008②.20.032-20.035③.20.027-20.029④.大于⑤.82.5⑥.1.82⑦.9.8324.【答案】【解析】【詳解】石子做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，則有可得落到水面上時的豎直速度由題意可知即石子拋出速度的最小值為。25.【答案】（1）8:1；（2）油滴a帶負電，油滴b帶正電；4:1【解析】【詳解】（1）設油滴半徑r，密度為ρ，則油滴質量則速率為v時受阻力則當油滴勻速下落時解得可知則（2）兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達到相同的速率，可知油滴a做減速運動，油滴b做加速運動，可知油滴a帶負電，油滴b帶正電；當再次勻速下落時，對a由受力平衡可得其中對b由受力平衡可得其中聯立解得26.【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）金屬框進入磁場過程中有則金屬框進入磁場過程中流過回路的電荷量為則金屬框完全穿過磁場區域的過程中流過回路的電荷量為且有聯立有（2）設金屬框的初速度為v0，則金屬框進入磁場時的末速度為v1，向右為正方向。由于導軌電阻可忽略，此時金屬框上下部分被短路，故電路中的總電再根據動量定理有解得則在此過程中根據能量守恒有解得其中此后線框完全進入磁場中，則線框左右兩邊均作為電源，且等效電路圖如下則此時回路的總電阻設線框剛離開磁場時速度為v2，再根據動量定理有解得v2=0則說明線框剛離開磁場時就停止運動了，則再根據能量守恒有其中則在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量2023年湖北省普通高中學業水平選擇性考試物理答案一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.A2.B3.C4.D5.B6.C7.A8.BD9.AD10.BD二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11．【答案】①.不必②.③.0.4012．【答案】①.②.1.58③.0.64④.2.5⑤.偏小13．【答案】（1）；（2）；【解析】【詳解】（1）對左右氣缸內所封的氣體，初態壓強p1=p0體積末態壓強p2，體積根據玻意耳定律可得解得（2）對右邊活塞受力分析可知解得對左側活塞受力分析可知解得14．【答案】（1）；（2）0；（3）【解析】【詳解】（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有解得（2）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，則在C點有小物塊從C到D的過程中，根據動能定理有則小物塊從B到D的過程中，根據動能定理有聯立解得，HBD=0（3）小物塊從A到B的過程中，根據動能定理有S=π?2R解得15．【答案】（1）；（2），；（3）甲（2a，0），乙（0，0），【解析】【詳解】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據解得（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲=2T乙根據，有則粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。（3）已知在時，甲、乙粒子發生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據，可知此時乙粒子的運動半徑為可知在時，甲、乙粒子發生第二次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子發生第一次碰撞到第二次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S1=3πa且在第二次碰撞時有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在時，甲、乙粒子發生第三次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子發生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S2=5πa且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在時，甲、乙粒子發生第十次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子發生第九次碰撞到第十次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S9=3πa且在第十次碰撞時有mv甲9＋m乙v乙9=mv甲10＋m乙v乙10解得v甲10=v甲0，v乙10=－5v甲0在到過程中，甲粒子剛好運動半周，則時甲粒子運動到P點即（2a，0）處。在到過程中，乙粒子剛好運動一周，則時乙粒子回到坐標原點，且此過程中乙粒子走過的路程為故整個過程中乙粒子走過總路程為湖南省2023年普通高中學業水平選擇性考試物理答案解析一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．1.A2.B3.C4.B5.D6.D二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．7.BC8.AD9.AC10.CD三、非選擇題：本題共5小題，共56分．11.【答案】①.②.線性的③.A④.空氣阻力12.【答案】①.1000#1000.0②.③.④.1.7×10-2⑤.>13.【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）以助力氣室內的氣體為研究對象，則初態壓強p0，體積V0，第一次抽氣后，氣體體積根據玻意耳定律解得（2）同理第二次抽氣解得以此類推……則當n次抽氣后助力氣室內的氣體壓強則剎車助力系統為駕駛員省力大小為14.【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【詳解】（1）a導體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應定律可得有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得聯立記得（2）由右手定則可知導體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得解得（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達共速時對a棒動量定理b棒受到向下的安培力，對b棒動量定理聯立解得此過程流過b棒的電荷量為q，則有由法拉第電磁感應定律可得聯立b棒動量定理可得15.【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統動量守恒，取向左為正小球運動到最低點的過程中系統機械能守恒聯立解得因水平方向在任何時候都動量守恒即兩邊同時乘t可得且由幾何關系可知聯立得（2）小球向左運動過程中凹槽向右運動，當小球的坐標為時，此時凹槽水平向右運動的位移為，根據上式有則小球現在在凹槽所在的橢圓上，根據數學知識可知此時的橢圓方程為整理得（）（3）將代入小球的軌跡方程化簡可得即此時小球的軌跡為以為圓心，b為半徑的圓，則當小球下降的高度為時有如圖此時可知速度和水平方向的的夾角為，小球下降的過程中，系統水平方向動量守恒系統機械能守恒聯立得遼寧省2023年普通高等學校招生選擇性考試物理答案解析一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.A2.B3.B4.C5.B6.A7.D8.BD9.