2023年高考押题预测卷01（五省卷）-物理（全解全析）.docx

1、2023年高考押题预测卷02【五省卷】物理全解全析141561718192021ACCBBACDBCDCD二、 选择题：本题共8小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，每小题6分；第1921题有多项符合题目要求，每小题6分，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.以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（）A. . 共点力合成实验B. 卡文迪许扭秤实验C理想斜面实验D. 探究影响向心力大小因素14【答案】A【解析】“重心”概念的提出所采用的是等效替代法。A 共点力合成实验采用的是等效替代法，A正确B

2、卡文迪许扭秤实验采用的是微小形变放大法，B错误；C；理想斜面实验采用的实验和科学推理法，C错误；D探究影响向心力大小因素采用的是控制变量法，D错误。故选A。15.关于下列四幅图所涉及的光学知识中，说法正确的是（）A. 图甲检查工件的平整度利用光的衍射现象B. 图乙医用内窥镜利用光的干涉现象C. 图丙在坦克内壁上开孔安装玻璃利用光的折射现象扩大视野D. 图丁泊松亮斑是由于光的偏振现象产生的15【答案】C【解析】A图甲检查工件的平整度利用光的干涉现象，故A错误；B图乙医用内窥镜利用光的全反射现象，故B错误；C图丙在坦克内壁上开孔安装玻璃利用光的折射现象扩大视野，故C正确；D图丁泊松亮斑是由于光衍射

3、现象产生的，故D错误；16.如图所示，将一质量为的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时的频闪照片，图乙是小球下落的频闪照片。O点是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相等，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（）AmgBCD16【答案】C【解析】假设每块砖的厚度为d，照相机拍照的时间间隔为T，则向上运动和向下运动分别用逐差法可得 ；根据牛顿第二定律可得； ；联立解得故C正确。故ABD错误。17.某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为，匝数为，处于磁感应强度为的匀强磁场中，时，线圈平面平行于磁场，

4、时线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为处，则时间内磁通量的平均变化率是A. B. C. D. 17【答案】B【解析】时，线圈平面平行于磁场，磁通量为零，时线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为处，此时的磁通量为，则时间内磁通量的平均变化率是故选B。18材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是钢的，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。当航天员乘坐“太空电梯”时，地球引力对航天员产生的加速度a与r的关系用图乙中图线A表示，航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系用图线B表示，其中r为航天员到地心的距离，

5、R为地球半径关于相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的是（）A航天员在处的线速度等于第一宇宙速度B图中为地球同步卫星的轨道半径C随着r增大，航天员运动的线速度一直减小D随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小【答案】B【详解】A电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，当时电梯中的航天员受到万有引力和电梯的弹力，合力提供向心力第一宇宙速度为只有万有引力提供向心力时，即上式中时匀速圆周运动的线速度，因此航天员在处的线速度小于第一宇宙速度，A错误；B由公式可知，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小，当此时电梯舱对航天员的弹力为零，只由万有引力提供向心力，为同步卫星的轨道半径，B正确；C由于电梯舱

6、内的航天员与地球一起同轴转动，由随着r增大，线速度增大，C错误；D当时，随着r继续增大，需求的向心力更大，有知反向增大，所以随着r从小于到大于逐渐增大的过程中，航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大，D错误。故选B。19以前人们盖房打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共有5人。四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。某次打夯时，设夯锤的质量为m。将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的力，大小均为，持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则A. 在上升过

7、程中，夯锤先超重后失重B. 在下落过程中，夯锤速度增大，机械能增加C. 松手时夯锤的动能为D. 夯锤上升的最大高度为19【答案】ACD【解析】解：A、在上升过程中，夯锤是先向上做匀加速运动，再向上做匀减速运动，加速度方向先向上后向下，则夯锤先处于超重状态后处于失重状态，故A正确；B、在下落过程中，当夯锤向下做匀加速运动，夯锤速度增大。不计空气阻力，只有重力做功，夯锤的机械能不变，故B错误；C、夯锤匀加速上升过程，由牛顿第二定律，得，故加速度大小，方向竖直向上，松手时夯锤的速度为，动能为，故C正确；D、夯锤匀加速上升的位移为，松手后，夯锤做竖直上抛运动，匀减速上升的位移为，则夯锤上升的最大高度为

8、，故D正确。故选：ACD。当物体具有向上的加速度时，处于超重状态，当物体具有向下的加速度时，处于失重状态。夯锤是先向上做匀加速运动，再向上做匀减速运动，最大高度为两次位移之和。根据牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式求速度和位移，从而求得松手时夯锤的动能和夯锤上升的最大高度。本题的关键要分析清楚夯锤的运动情况，分段运用牛顿第二定律和运动学公式进行列式研究。20摆钟是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。图示为其内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则() A. 摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力B. 摆钟在太空实验室内是无法正常使用的C

9、. 该摆钟从北京带到汕头，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动D. 该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动20【答案】BCD【解答】A.摆动过程中，金属圆盘的重力沿其轨迹切线方向的分力为其回复力，故 A错误；B.摆钟在太空实验室内是处于失重状态，所以无法正常使用的，故B正确；C.该摆钟从北京带到汕头，重力加速度变小，由单摆周期公式，可知单摆的周期变大，摆钟变慢，为使走时准确，需要摆钟的摆长变短，即需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故 C正确；D.该摆钟在冬季走时准确，到夏季由于温度升高，热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆

10、长变短点，即需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故 D正确。21.如图所示，在正四面体ABCD的ABD面内，有一内切圆，圆心为O，M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点。正四面体的顶点A、B、D分别固定有电荷量为、的点电荷，则（）AM、P两点的电场强度相同BM、O、N、P四点的电势C将正试探电荷由C移动到M，电势能增加D将正试探电荷由P移动到N，电场力做负功21【答案】CD【详解】A空间任一点的电场是三个点电荷产生的电场的叠加，根据对称性和电场的叠加原理可知，M点和P点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生

11、的电场中，M、P两点的电势相等，且N点电势高于O点的电势，O点的电势高于和M、P点的电势；在D点的负点电荷产生的电场中，N点的电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P两点的电势，所以，可知故B错误；C仅考虑B处和D处点电荷时，C点和M点的电势相等，正试探电荷由C到M，靠近A处的正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故C正确；D由于，则将正试探电荷由P移动到N，电场力所做的功；场力做负功，故D正确。三、 非选择题：本题共5小题，共62分。22.（8分）某实验小组用下图甲所示装置验证机械能守恒定律。图甲中一细绳跨过悬挂的轻质定滑轮，两端系有质量分别为、的小球A和B（），令两小球静止，细绳拉紧，将米尺

12、靠近小球A竖直放置并固定，初始时小球A与零刻度线齐平，记为O点。由静止释放小球，用数码相机拍摄记录小球运动过程的视频，然后解析视频记录的图像，得到了小球A每隔时间的位置分帧照片，通过米尺得到其具体刻度值。某次实验中该小组获得了如图乙的局部分帧照片，小球像的位置依次标为M、N、P、Q，各位置距离小球A初始位置O点的间距依次记为、和，当地重力加速度大小为g，那么小球A从O点运动至P点过程中，系统动能的增加量_，系统重力势能的减少量_（均用题中涉及的物理量符号表示）。实验中发现，略小于，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_。22【答案】 （3分） （3分） 空气阻力或绳子与滑轮间

13、摩擦力（2分）【解析】1从O点运动至P点过程中，小球A与B速度大小时刻相等，O点速度为零，P点速度大小由段平均速度得到，则有则系统动能的增加量为2从O点运动至P点过程中，小球A下降的距离为，重力势能减少了，小球B上升的距离为，重力势能增加了，故系统重力势能的减少量为3球在运动过程中有空气阻力、绳与滑轮间的摩擦力等的影响损耗系统的机械能，导致系统动能的增加量略小于系统重力势能的减少量。23.（10分）某学习小组要测量一个电源的电动势及内阻。除该电源外还准备的器材有：一个电阻箱R（最大阻值99.9），一个量程为“0200mA”内阻是10的电流表A，一个阻值为5的定值电阻，一个开关和若干导线（1）同

14、学们利用欧姆表来核实电流表A及定值电阻的阻值，已知它们的阻值都是准确的，当欧姆表两表笔与电阻相连时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的，当欧姆表两表笔与电流表A相连时，欧姆表指针将偏转到满刻度的_（用分数表示），连接时要注意红表笔要与电流表的_（填“正”或“负”）接线柱相连。（2）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们利用定值电阻将该电流表进行改装，改装后的量程为_。（3）设计的测量电路如下图所示。若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I，并计算出，得到多组数据后描点作出R-图线如图所示，则该电源的电动势E_V，内阻r_。（结果保留两位有效数字）23【答案】 （2分） 负（2分） 0.6（

15、2分） 6.0（2分） 2.7（2分）【详解】（1）电流表A内阻是10，定值电阻阻值为5，当欧姆表两表笔与电阻相连时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的，则当欧姆表两表笔与电流表A相连时又解得 连接时要注意红表笔要与电流表的负接线柱相连。（2）将定值电阻与电流表并联进行改装，改装后的量程为（3）根据电路可知，电流表读数为I时，总电流为3I，则即由图像可知解得E=6.0Vr=2.724.如图甲，气压式升降椅内的气缸填充了气体，气缸上下运动来支配椅子升降。图乙为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，这部分的总质量为m=3kg。横截面积为S=30cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气

16、动杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为L=30cm。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强p0=1.0105Pa、室内温度T0=300K、重力加速度g=10m/s2求：（1）在室内气温缓慢降至T1=270K的过程中，外界对缸内气体所做的功；（2）若室内温度保持T0=300K不变，质量M=27kg的小朋友盘坐在椅面上，稳定后缸内气体柱长度。24【答案】（1）9.9J；（2）16.5cm【解析】（1）初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，设气缸内气压为，根据平衡条件得（2分）设室内气温缓慢降至T1=270K时，气柱长度为，根据盖吕萨克定律（2分）解得（1分

17、）外界对缸内气体所做的功为（2分）解得（1分）（2）质量M=27kg的小朋友盘坐在椅面上，稳定后，根据平衡条件得（2分）稳定后缸内气体长度为，由玻意耳定律得（2分）解得（1分）25.“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于时选择再生制动，后阶段速度小于等于时选择机械制动。当它以速度在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即，后阶段阻力恒为车重的倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：（1）如果此次刹车的

18、过程中汽电混动汽车动能减小量的倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直的路面上匀速行驶（速度小于）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图线和，如图密所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？25【答案】（1）；（2）；（3）J【解析】（1）设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意（2分）得（1分）（2）设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，

19、由动量定理得（1分）又即（1分）所以在再生制动阶段有（1分）解得（1分）在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得（1分）又解得设匀减速运动的位移为，由运动学得（1分）解得（1分）所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为（1分）（3）对于减速过程，因斜线率的绝对值表示阻力的大小，由图线得（1分）代入得（1分）由图线，设汽车位移为，回收的动能为（1分）26.（17分）如图、长L=1m、电阻r=1的金属棒OA与竖直金属圆环接触良好并能随手柄一起转动，同一水平面内有两条足够长且电阻不计、间距也为L=1m的平行金属导轨、，导轨上PQ两处有极小的断点，导轨左端分别与环和O点相连接。在圆环中

20、有水平向右、PQ左侧有竖直向下磁感应强度大小均为B=1T的匀强磁场，边界PQ右侧有长为2L的光滑区。现有长L=1m、质量m=1kg、电阻R=2的金属杆a垂直于磁场置于导轨上，杆a和导轨间动摩擦因数为=0.2。另有边长仍为L=1m，质量为M=3kg、每条边电阻均为R=2的正方形金属框EFGH置于导轨上，其FG边与光滑区右边界对齐，不计金属框的摩擦作用。当杆a能运动后越过PQ后一段时间，与金属框发生瞬间碰撞并粘连在一起，随即杆a与金属框向右再运动2L停在粗糙区。（不考虑框架中的电流产生的磁场影响，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g=10m/s2）。求：（1）某时刻杆a开始向右运动时，

21、手柄的角速度大小；（2）杆a碰撞前、后的速度；（3）杆从PQ离开到最终停下所用时间；（4）若金属框和杆a碰瞬间后，立即在FG右侧加一竖直向下磁感应强度B1=1T的匀强磁场，碰撞后瞬间整体的加速度大小，和碰后杆a上生成的焦耳热。26【答案】（1）12rad/s；（2），；（3）3.25s；（4），【规范答题】（1）金属棒OA产生的电动势为（1分）回路电流为（1分）当杆a开始向右运动，有（1分）联立解得（1分）（2）设a杆碰前速度大小为，碰后速度大小为，对框和棒整体碰撞后根据动能定理可得（1分）解得由动量守恒有解得（1分）（3）杆a从PQ到碰前做匀速直线运动，则有（1分）杆a碰撞后与框在距离内做匀速直线运动，则有杆a碰撞后与框在距离内做匀减直线运动，则有所以，杆从PQ离开到最终停下所用时间为（1分）（4）碰后金属框刚进入磁场时，框的右边切割生电动势为（1分）杆a与金属框形成的总电阻为（1分）框的右边流过电流为（1分）所以整体加速度为（1分）从金属框刚进入磁场到整个框进入磁场过程，根据动量定理有（1分）又（1分）联立解得（1分）之后金属框全部进入磁场不再产生焦耳热，所以根据能量守恒可得（1分）其中杆a的焦耳热为（1分）