2023年高考物理真题完全解读（新课标卷：适用安徽、云南、山西、吉林、黑龙江五省）

2023年高考真题完全解读（新课标五省）

2023年高考新课程物理全国卷以党的二十大精神为指针，落实立德树人根本任务，衔接高中课程标准，丰富问题情境，增强探究性，突出思维考查，激发学生崇尚科学、探索未知的兴趣，引导学生在夯实物理知识的基础上、提高科学思维能力，提升物理学科核心素养，服务高考拔尖创新人才选拔。

一、试题引导学生全面发展，立德树人

高考新课程物理试题积极回应时代对科技创新人才培养的关注，结合我国科技在全球科创领域可圈可点的突出表现，引导学生科技强国的社会责任感，充分发挥高考的立德树人育人功能。如新课标卷第17题，以今年5月刚刚成功发射的“太空快递”天舟六号为背景，这一中国空间站的“快递小哥”是目前世界现役运输能力最大的货运飞船，引导学生增强科技自立自强的信心，树立科技强国的远大理想。

二、联系工农业生产和生活实际 引导学生对实际问题建模，提升核心素养

高中物理新课程标准将学科核心素养凝练为物理观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任，是学生在解决真实、复杂问题过程中的综合表现。新课标卷第14题设置空气中和水下两个声波探测者，生活场景跃然纸上；第15题以无风时雨滴受空气阻力的作用在地面附近以恒定的速率竖直下落为情境，考查学生对做功基本物理概念的理解；对于数量级的认知是确立物理观念的重要立足点；第16题利用定义国际基本单位“秒”的铯原子钟的两个超精细能级考查学生的估算能力；第24题以趣味浓郁的“打水漂”游戏为背景，引导学生运用简单物理模型解释有趣的生活现象，体会通过科学指导生活实践的学习获得感，凸显物理学科从自然生活中来、到自然生活中去的科学魅力。第25题以物理学史上著名的密立根油滴实验为背景，将真实的实验现象转换为问题情境，让学生在对不同对象和不同过程的对比、分析、判断的过程中，初步感受人类利用运动性质巧妙探究粒子带电性质的研究方法。

三、灵活命制实验试题，引导学生动手做实验

实验是物理学的基础，是物理教学的重要内容，是培养学生物理学科核心素养的重要途径和方式。新课标卷第22题观察电容器的充、放电现象，要求学生能够正确使用多用电表，分析电阻大小对电容器充电电流随时间变化曲线的影响及曲线下面积的物理意义；第23题考查用单摆测量重力加速度大小的实验，要求学生能够正确使用螺旋测微器，掌握单摆的组装、使用条件和数据处理。

1、减少死记硬背和‘机械刷题’现象”，扩大试题的开放性与灵活度，进一步降低死记硬背和“机械刷题”的得分收益。

2、学生应认识到低效的学习方式只会带来无效的压力和负担，讲究备考复习时效性，不断巩固阶段性复习成果。

3、重视对题意的理解，重视灵活运用知识分析解决实际问题能力的提高。

4、重视物理学的应用，联系实际。

2023年普通高等学校招生全国统一考试

新课程理科综合能力测试

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14—18题只有一项符合题目要求，第19—21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．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

【参考答案】A

【名师解析】声波在空气中传播时速度小于在水中传播的速度，频率相同，周期相同，由v=fλ可知波长不同，A正确。

15．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．      D．

【参考答案】B

【名师解析】.在地面附近匀速下落，f=mg，在下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为Wf=fh=mgh，B正确。

16．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10-5eV，跃迁发射的光子的频率量级为（普朗克常量，元电荷）（    ）

A．103Hz             B．106Hz             C．109Hz              D．1012Hz

【参考答案】.C【名师解析】能级差量级为10-5eV，跃迁发射的光子能量E=10-5eV=1.6×10-19×10-5J=1.6×10-24J，根据光子能量公式E=hv，解得v的数量级为109Hz，C正确。

17．2023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5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）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

【参考答案】D

【名师解析】根据质量的物理意义可知，质量不变，A错误；根据万有引力定律，可知在距离地面400km的轨道上所受合力提供向心力，而静止在地面上所受合力几乎为零，B错误；根据万有引力定律，可知在距离地面400km的轨道上所受地球引力小于静止在地面时所受万有引力，C错误；在距离地面400km的轨道上做匀速圆周运动的周期小于地球自转周期，根据周期与角速度成反比可知，在距离地面400km的轨道上做匀速圆周运动的角速度大于地球自转角速度，D正确。

18．一电子和一α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α粒子的速度约为电子速度的，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

【参考答案】C

【名师解析】A项，电场方向水平向左、α粒子所受电场力向左，磁场方向垂直纸面向里，α粒子所受洛伦兹力向左，不可能得出如图所示的轨迹，A错误；B项，电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外，对电子，洛伦兹力向左fe=evB，电场力向右Fe=eE，电子轨迹为直线，说明二者平衡，v=E/B；对α粒子，α粒子所受洛伦兹力向右，fα=2eB，所受电场力向左Fα=2eE，大于洛伦兹力，与题述轨迹不符，B错误；C项，电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里，对电子，洛伦兹力向右fe=evB，电场力向左Fe=eE，电子轨迹为直线，说明二者平衡，v=E/B；对α粒子，α粒子所受洛伦兹力向左，fα=2eB，所受电场力向右Fα=2eE，大于洛伦兹力，与题述轨迹相符，C正确；D项，电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外，对电子，所受电场力向左，所受洛伦兹力向左，有关向左偏转，与题述轨迹不符，D错误。

19．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

【参考答案】BD

【名师解析】在它们相互接近过程中的任一时刻，相互吸引力大小相等，甲的质量大于乙的质量，甲受到的滑动摩擦力大于乙受到的滑动摩擦力，甲所受合外力小于乙所示合外力。由牛顿第二定律，可知甲的加速度小于乙的加速度，甲的速度大小比乙的小，A错误；甲所受合外力冲量小于乙所示合外力冲量。由动量定理，可知甲的动量变化小于乙的动量变化，即甲的动量大小比乙的小，B正确C错误；对甲乙构成的系统，由于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，系统所受合外力不为零，动量不守恒，所以甲和乙的动量之和不为零，D正确。

20．一质量为1kg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10m/s2。下列说法正确的是（    ）

A．在时，拉力的功率为6W

B．在时，物体的动能为2J

C．从运动到，物体克服摩擦力做的功为8J

D．从运动到的过程中，物体的动量最大为

【参考答案】BC

【名师解析】在0~2m内，拉力做的功W与物体坐标x的关系图像可知，图像斜率k=6，即W=6x，由W=F1x可知拉力为F1=6N；克服摩擦力做功Wf=μmgx=4x，由动能定理，可知W-μmgx=2x。在时，物体动能为2J，由Ek=，解得v=2m/s，拉力的功率为P=Fv=6×2W=12W，A错误；在2~4m内，拉力做的功W与物体坐标x的关系图像斜率k=3，拉力F2=3N。由动能定理， W2-μmgx=18J-0.4×1×10×4J=2J，即在时，物体的动能为2J，B正确；从运动到，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8J，C正确；x=2m时，物体动能最大，在0~2m内，由动能定理，W-μmg×2=Ek，解得Ek =10J，由Ek==，解得p=2kgm/s，D错误。

21．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

【参考答案】AD

【名师解析】通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，f中气体压强增大，压缩活塞使h中体积减小，温度升高，压强增大，停止加热并达到稳定后，h中的气体内能增加，A正确；由于f、g之间活塞为绝热活塞，所以f与g中的气体温度不相等，f与h中的气体温度不相等，BC错误；由于活塞与汽缸壁间没有摩擦，f与h中的气体压强相等，D正确。

22．（6分）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。

图（a）                    图（b）

（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，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，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“R1”或“R2”）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”）。

【参考答案】（1）正极  （2）C   （3）R2     电荷量

【名师解析】（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正极接触。

（2）电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，电容器放电，通过小灯泡的电流迅速减小，即相接后小灯泡亮度变化情况可能是迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭，C正确；（3）将电阻箱的阻值调为，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较大即为R2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电荷量。

23．（12分）一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。

图（a）              图（b）              图（c）

（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°时，实际摆角________5°（填“大于”或“小于”）。

（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，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________m/s2。（结果均保留3位有效数字，π2取9.870）

【参考答案】（1）0.006    20.035   20.029 

（2）大于  （3）82.5   1.82    9.83

【名师解析】（1）根据游标卡尺读数规则，图（a）所示的示数为0.006mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为20.035mm，则摆球的直径为20.035mm-0.006mm=20.029mm。

（2）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°时，实际摆角大于5°。

（3）摆长为l=81.50cm+1.00cm=82.5cm。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△t=54.60s，则此单摆周期为T=△t/30=1.82s，由单摆周期公式T=2π，可得该小组测得的重力加速度大小为g==9.83m/s2。

24．（10分）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θ。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）

【名师解析】可以把“打水漂”理想化为平抛运动。

从高h处水平抛出扁平石子，落到水面时竖直方向速度为vy=（3分）

要使扁平石子落水速度与水平面夹角小于θ，则＜tanθ，（3分）

解得v0≥（3分）

即抛出的速度最小值为vmin=（1分）

25．（14分）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v0、；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，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。

【名师解析】（1）根据题述f=kvr。

设a油滴质量为m1，a油滴以速度v0向下匀速运动，由平衡条件，

m1g=kv0r1，m1=（2分）

设b油滴质量为m2，b油滴以速度v0向下匀速运动，由平衡条件，

m2g=kv0r2，m2=（2分）

联立解得：油滴a和油滴b的质量之比=（2分）

（2）当在上下极板加恒定电压（上极板高电势），这两个油滴均以v0向下匀速运动，

a油滴速度减小，说明a油滴受到了向上的电场力，则a油滴带负电荷；

b油滴速度增大，说明b油滴受到了向下的电场力，则b油滴带正电荷。（2分）

由=8和m1=，m2=可知，a、b两油滴的半径之比为=2，

由f=kvr可知两个油滴均以v0向下匀速运动，所受阻力之比为==2  （1分）

设b油滴以速度v0向下匀速运动，所受阻力为f= m2g，

由f=kvr可知b油滴以v0向下匀速运动，所受阻力f2=2f=2m2g，

a油滴以v0向下匀速运动，所受阻力f1=2f2=4m2g，（2分）

设a油滴电荷量为q1，由平衡条件，m1g=q1E+f1，

设b油滴电荷量为q2，由平衡条件，m2g+q2E=f2， （2分）

联立解得：a、b所带电荷量的绝对值之比为=  （1分）

26．（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，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，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R1产生的热量。

【名师解析】

（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，

感应电流，i=e/4R0,

所受安培力F=BiL，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，

化简得  =m（v0-v1）   ①

导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。

导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，

化简得  =m（v1 -）   ②

①②两式消去v1，得v0=

（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。

故电路中的外电路电阻为=,总电阻R总=R0+=

设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，

感应电流，i=e/R总，

所受安培力F=Bil，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，

化简得  =m（v-v1）   ①

解得：v1=v-=

在这个过程中线框动能减小△Ek1=-=

由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=

设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.

解得：Q1=

导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R总=2.5R，

导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，

感应电流，i=e/R总，

所受安培力F=Bil，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，

化简得 =m（v1-v2）   ①

解得：v2=v1-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。

在这个过程中线框动能减小△Ek2==

由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=

设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q2.

解得：Q2.=

整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==+=