2023年高考押题预测卷01（五省卷）-物理（全解全析）

2023年高考押题预测卷01

物理·全解全析

14. 明代徐光启农政全书记载了戽斗是一种小型的人力提水灌田农具，如图所示，两人双手执绳牵斗取水，忽略绳子质量，戽斗平衡时，则

A. 绳子越短、绳子对人的作用力越大 B. 绳子越长，绳子对人的作用力越大
C. 绳子越短，绳子对戽斗的作用力越大 D. 绳子越长，绳子对戽斗的作用力越大

14【答案】A 

【解析】本题主要考查了力的分解，解题的关键是采用正交分解法求解出拉力的表达式进行分析。
根据正交分解法列式求解出拉力的表达式进行分析即可。
【解答】戽斗受重力和四个拉力，设拉力与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，
有
解得：
设绳子的长度为，两个人之间的距离为，由几何关系可得：
若两个人之间的距离一定时，绳子越长，则越小，其对应的余弦值越大，越小，故绳子越长，绳子对人的作用力越小，绳子越短，绳子对人的作用力越大，故A正确，BCD错误。  

15.2022年3月23日15时40分，中国航天“天宫课堂”第二课开课了，这次在距离地面约400km的中国载人空间站“天宫”上进行了太空科学探究。授课期间，航天员演示了“水油分离实验”和“太空抛物实验”等，下列说法正确的是（　　）

A．在“天宫”中水和油因为没有受到地球引力而处于漂浮状态

B．“天宫”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间

C．在“天宫”中做“太空抛物实验”时冰墩墩被抛出后做平抛运动

D．利用密度不同，“天宫”中让水和油的混合物做圆周运动能使水和油分离

15【答案】D

【详解】A．在“天宫”中水和油因为处于完全失重状态而处于漂浮状态，但并不是没有受到地球引力，此时地球引力全部提供给“天宫”及其内部物体做匀速圆周运动的向心力，故A错误；

B．第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，同时也是物体绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，当物体的速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间时，物体将绕地球做椭圆运动，所以“天宫”的运行速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；

C．由于“天宫”中物体处于完全失重状态，所以不存在重力使物体物体下落的作用效果，在“天宫”中做“太空抛物实验”时，冰墩墩被抛出后近似做直线运动，故C错误；

D．“天宫”中物体处于完全失重状态，所以油和水的混合物不能像在地球表面上一样出现“油在上，水在下”的分离情况，但可以通过让二者做匀速圆周运动，从而产生向心加速度，进而让水和油分离开，故D正确。

16利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小（约为微米量级），实验装置如图甲所示，和是具有标准平面的玻璃平晶，为标准金属丝，直径为；A为待测金属丝，直径为；两者中心间距为。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为。则以下说法正确的是（　　）

A． B．

C． D．

16.【答案】D

【详解】设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知

由题设条件，则有

联立解得

故选D。

17.如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为，a为常量。电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　）

A．两个粒子电性相反

B．质量大的粒子动量较小

C．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动

D．若加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动

17.【答案】C

【解析】A．两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，选项A错误；

B．根据

且

p=mv

可得

两粒子电量相等，则质量大的粒子动量较大，选项B错误；

C．根据

可得

与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，选项C正确；

D．由表达式

可知，两粒子动能相同，根据

可知两粒子动量不同；若加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足

两粒子电量相等，则qB相等，若粒子做向心运动；当时粒子做离心运动，但是与的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，选项D错误。故选C。

18.1mol的某种理想气体，沿如图图像中箭头所示方向，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，再回到状态A。已知气体处于状态A时的温度为，已知1mol的该种理想气体内能为（其中R为普适气体常数，T为气体的热力学温度），大气压，则下列判断正确的是（　　）

A. 气体处于状态B时的温度是

B. 从状态A变化到状态B，理想气体一定从外界吸收热量

C. 从状态B变化到状态C过程该气体吸热

D. 从状态A→B→C→A的过程中，外界该气体做功200J

18.【答案】B

【解析】

A．根据理想气体状态方程

解得

B．从状态A变化到状态B，体积膨胀气体对外界做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B正确；

C．根据理想气体状态方程

解得

从状态B变化到状态C过程,温度降低，气体不做功，则放热

故C错误；

D．从状态A→B→C→A的过程中，外界该气体做功

故D错误。

故选B。

19.这次波及全球的新冠病毒的尺寸约为100nm，由于最短可见光波长约为400nm，所以我们无法用可见光捕捉病毒的照片。科学家用电子显微镜，即加速电场中的电子，使其表现为波长远小于可见光的波。终于捕捉到了它的图像，正所谓越艳丽越有毒。已知电子的质量为，电子的电荷量为，普朗克常量为，不考虑相对应效应，则下列说法正确的是（　　）

A. 电子显微镜的分辨率非常高，是由于电子的德布罗意波长非常短

B. 电子显微镜与加速电压有关，加速电压越高，则分辨率越低

C. 若用相同动能的质子代替电子，也能拍摄到新冠病毒的3D图像

D. 德布罗意长为0.2nm电子，可由静止电子通过约37.8V的电压加速得到

19【答案】ACD

【解析】

AB．影响电子显微镜分辨率的直接因素是光源的波长，波长越短，加速电压越高，分辨率越高，故A正确，B错误；

C．相同动能的质子和电子，根据

，

联立解得

因质子质量大于电子质量，所以质子的波长小于电子的波长，波长越短，分辨率越高，所以，更能“拍摄”到新冠病毒的3D影像，故C正确；

D．由动能定理

电子动量

联立解得

代入数据解得

故D正确。

本题选错误的，故选B。

20.《浙江省能源发展“十四五”规划》指出，到2025年全省风电装机达到641万千瓦以上，其中在宁波、温州、舟山、台州等海域打造3个以上百万千瓦级海上风电基地。风力发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒k转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后；输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（  ）

A. t=0时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大

B. 发电机输出交变电流的频率为nk

C. 变压器原、副线圈的匝数比为

D. 发电机产生的瞬时电动势e=2πknNSBsin（2πkn）t

20【答案】BD

【解析】

A．t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，A错误；

B．由题意可得发电机线圈的转速为nk，则发电机输出的交变电流的频率为

B正确；

C．发电机产生的交变电流的最大值为

交变电流的有效值为

根据变压器原副线圈匝数关系得原副线圈匝数比为

C错误；

D．发电机产生得顺势电动势为

D正确。

故选D。

21.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧的劲度系数为 B. 物块A做匀加速直线运动的加速度大小为

C. 物块B的质量为 D. F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为

【答案】BD

【解析】

A．以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为，有

分离之前有

即

所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数

A错误；

BC．时刻，有

分离时，有

联立解得

，

B正确，C错误；

D．施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为，对B进行受力分析有

解得

D正确。

故选BD。

三、非选择题：本题共5小题，共62分。

22（8分）如图所示，某同学在竖直悬挂的弹簧下加挂钩码，测量弹簧的劲度系数k。他将实验数据记录在下面的表格中，实验时弹簧始终处于弹性限度内。

（1）通过观察实验数据，发现实验中拉力每增加，橡皮绳伸长量的变化量几乎不变，为充分利用实验数据，同时减小实验误差，该同学联想到“测量匀变速直线运动的加速度”时用过的“逐差法”来计算弹簧的劲度系数k。将表中数据补充完整：①______；根据逐差法计算出弹簧的劲度系数______N/m。（结果均保留3位有效数字）

（2）在计算弹簧弹力时重力加速度取，若当地实际的重力加速度g值为，则实验测得的劲度系数与实际值相比______（选填“偏大”、“偏小”或“相同”），由此造成的误差属于______（选填“偶然”或“系统”）误差。

22【答案】    ①.     ②.     ③. 偏大    ④. 系统

【解析】

（1）[1]根据题意可知①应该为

[2]由逐差法第一组数据有

逐差法第二组数据有

逐差法第三组数据有

所以其劲度系数为

（2）[3]由实验可知其弹力的变化量为一个砝码的重力，即

因为实际重力加速度小于，所以其实验的偏大，根据

可知，其测量的弹簧劲度系数偏大。

[4]因为该误差不是因为测量等原因引起的所以不属于偶然误差，而是系统误差。

23.（10分）（1）某同学想测量一种金属丝的电阻率，首先他测量出金属丝的直径为0.65mm，则他可能使用了下列哪个仪器测量______。

（2）接着他用多用表粗测金属丝的阻值，当红黑表笔接在金属丝两端时欧姆表指针如图甲所示，出现上述情况最有可能的原因是______。

A．未进行机械调零    B．未进行欧姆调零    C．欧姆挡倍率太小    D．欧姆挡倍率太大

（3）被测电阻大约5Ω，他改用伏安法测定金属丝的电阻，除被测金属丝外，还有如下实验器材：

A．直流电源（输出电压为3V）

B．电流表A（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）

C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）

D．滑动变阻器（最大阻值20Ω）

E．开关、导线等

请根据所提供的器材，在图乙虚线框中画出实验电路图。（      ）

（4）在“导体电阻率的测量”的实验中，以下操作中错误的是______。

A．用刻度尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中

B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值

C．实验中应保持金属丝的温度不变

【答案】    ①. A    ②. B    ③.     ④. A

【解析】

（1）[1]测量值是0.65mm，读到mm的百分位，螺旋测微器读到mm的千分位，所以不是螺旋测微器，是游标卡尺；末尾数是5，所以精确度为0.05，为20分度游标卡尺，故选A；

（2）[2]测电阻时指针出现在欧姆表盘0刻度右侧，通过多用电表内部的灵敏电流计的电流超过其量程，由欧姆表工作原理

，

可知是偏小导致，最可能的原因是未进行欧姆调零，故选B。

（3）[3] 由于电压表内阻远大于待测电阻，电流表应采用外接法，由于滑动变阻器最大阻值大于待测电阻，滑动变阻器可以采用限流接法，电路图如图所示

（4）[4] A．先将金属丝接入电路,然后用米尺测量接入电路中的金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，A错误；

B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，B正确；

C．因为温度对金属丝电阻有影响，实验中应保持金属丝的温度大致保持不变，C正确；

选操作错误的，故选A。

24.（12分）如图甲所示，某汽车大灯距水平地面的高度为图乙为该大灯结构的简化图，由左侧旋转抛物面和右侧半径为的半球透镜组成，对称轴以下装有挡光片，光源位于抛物面的焦点处，已知点光源发出的光经旋转抛物面反射后，均垂直半球透镜的竖直直径进入透镜只考虑纸面内的光，光在半球透镜中的折射率。已知透镜直径远小于大灯离地面的高度，忽略在半球透镜内表面反射后的光。求：已知，，
 

所有垂直进入的光在透镜球面上透光部分的长度

若某束光从点射入半球透镜，，则这束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离

【答案】

解：由分析可知入射角为临界角的时候，出射点最远，
，（2分）
所以，（1分）
解得；（2分）
设入射角为，折射角为，，（1分），（1分）
解得，即，（2分）
从半球透镜折射后的出射光线与水平面的夹角（1分）
解得 （2分）

25（14分）.如图所示，在平面坐标系xOy中，在x轴上方空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁场方向垂直纸面向外，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m电荷量为q的带正电离子从x轴上的点射入电场，速度方向与x轴正方向夹角为45°，之后该离子从点射入磁场Ⅰ，速度方向与x轴正方向夹角也为45°，速度大小为v，离子在磁场Ⅰ中的轨迹与y轴交于P点，最后从点射出第一象限，不计离子重力。

（1）求第三象限内电场强度的大小E；

（2）求出P点的坐标；

（3）边长为d的立方体中有垂直于AA'C'C面的匀强磁场Ⅱ，立方体的ABCD面刚好落在坐标系xOy平面内的第四象限，A点与Q点重合，AD边沿x轴正方向，离子从Q点射出后在该立方体内发生偏转，且恰好通过C'点，设匀强磁场Ⅰ的磁感应强度为，匀强磁场Ⅱ的磁感应强度为，求与的比值。

25【答案】（1）；（2）（0，）；（3）

【解析】

（1）粒子在M点的速度大小为v′，则

（1分）

则

v′=v（1分）

粒子在电场中从M点到N点运动的时间为t，加速度为a，则

（1分）

（1分）

（1分）

解得场强大小

（1分）

（2）由几何关系可知

（1分）

设P点的坐标为yP，则

解得

（1分）

则P点的坐标为（0，）（1分）

（3）粒子在匀强磁场Ⅰ中

（1分）

离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动半径R2，则

（1分）

由几何关系

（1分）

解得

（1分）

联立解得

带入数据

（1分）

26.（18分）如图所示，质量的木板静止在光滑水平地面上，距其右端（未知且可调）处有一铆钉固定的滑块。一质量的小滑块（可视为质点）静止于木板左端。现水平向右迅速敲击小滑块，使其瞬间获得的初速度沿木板向右运动。已知重力加速度大小为，滑块与木板间的动摩擦因数为，整个过程中滑块未滑离木板，木板与右侧滑块的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。

（1）若，将的钉去掉，滑块与水平面无摩擦，且，求木板与物块碰撞的次数及碰后滑块、木板、物块最终速度的大小；

（2）若小滑块的质量为，的质量为，滑块用铆钉固定在距右侧处，多次碰撞后、最终都静止，求整个过程中木板的总路程。

26.【答案】（1）2次， ，，；（2）

【解析】

（1）木板、物块每次碰撞时，由动量守恒与机械能守恒可得

，（1分）

解得

，（1分）

即木板、物块每次碰撞后，交换速度。故第一次碰撞前，木板向物块匀加速直线运动，木板加速度

（1分）

木板速度

（1分）

由动量守恒

（1分）

滑块的速度

第一次碰撞后，木板、物块的速度分别为

，（1分）

木板向物块匀加速直线运动，到第二次碰撞前，由位移关系

（1分）

木板的速度为

（1分）

第二次碰撞后，木板、物块的速度分别为

，

由动量守恒

（1分）

滑块的速度

（1分）

木板向物块匀加速直线运动，直到滑块、木板共速

（1分）

若能发生第三次碰撞，由位移关系

，（1分）

木板的速度为

（1分）

所以不能发生第三次碰撞。即木板与物块碰撞的次数为2次，滑块、木板、物块最终速度的大小分别为，，。

（2）第一次碰撞前，木板向物块匀加速直线运动，木板加速度

（1分）

木板速度

（1分）

故木板先匀加速到与滑块共速

（1分）

再匀速运动至物块所在位置并与其发生碰撞，第一次碰撞后，木板速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为

（1分）

然后向右匀加速运动直到与滑块共速

（1分）

再匀速运动至物块所在位置并与其发生碰撞，第二次碰撞后，木板速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为

（1分）

木板的总路程

（1分）