2023年高考押题预测卷01（五省卷）-物理（参考答案）.docx

1、2023年高考押题预测卷02【五省卷】物理参考答案141561718192021ACCBBACDBCDCD14【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【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现象产生的，故D错误

2、；16【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6d=a上T2 ；4d=a下T2；根据牛顿第二定律可得；mg+Ff=ma上 ；mgFf=ma下；联立解得Ff=15mg故C正确。故ABD错误。17【答案】B【解析】t=0时，线圈平面平行于磁场，磁通量为零，t=t1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BSsin，则0t1时间内磁通量的平均变化率是t=BSsint1故选B。18【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

3、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【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

4、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4mg2mg=ma，故加速度大小a=g，方向竖直向上，松手时夯锤的速度为v=at=gt，动能为Ek=12mv2=12mg2t2，故C正确；D、夯锤匀加速上升的位移为x1=12at2=12gt2，松手后，夯锤做竖直上抛运动，匀减速上升的位移为x2=v22g=12gt2，则夯锤上升的最大高度为h=x1+x2=gt2，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

5、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【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T=2 Lg，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

6、；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【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NOM=P故B错误；C仅考虑B处和

7、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NP，则将正试探电荷由P移动到N，电场力所做的功W=qUPN=q(PN)0；场力做负功，故D正确。三、 非选择题：本题共5小题，共62分。22【答案】 （3分） （3分） 空气阻力或绳子与滑轮间摩擦力（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

8、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【答案】 （2分） 负（2分） 0.6（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【答案】（1）9.9J；（2）16.5cm【解析】（1）初始状态时，以圆柱形气

9、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）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【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，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

10、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【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）