2023年高考押题预测卷02（全国乙卷）-物理（全解全析）.docx

1、2023年高考押题预测卷02【全国乙卷】物理全解全析1415161718192021BBACCBCACBC14【答案】B【解析】人在地面上受竖直向下的重力、向上的支持力、向右的摩擦力和斜向左上方的细线拉力，所以人受到地面的作用力，即支持力和摩擦力的合力的方向应斜向右上方，故A错误；风筝受重力G，细线的拉力T和气流的作用力F处于平衡状态，如图所示重力G方向竖直向下，细线的拉力T方向斜向右下方，气流对风筝的力F的方向一定斜向左上方，且大小等于重力G和细线拉力T的合力大小，故B正确，C错误；当细线由实线位置变为虚线位置，即T与G的夹角减小，若气流对风筝的作用力大小不变，作出力的三角形，如图所示，由此

2、可知，细线的拉力减小，故D错误。故选B。15【答案】B【解析】两卫星相对于两个大物体的中心基本保持静止，因此绕地球做圆周运动的周期相等，角速度相等，故C错误；由题意可知，两卫星围绕地球运动的角速度相等，运动半径不同，由角速度与线速度的关系可得，两卫星绕地球做圆周运动的线速度不相等，故A错误；由可知，质量相同、角速度相同的情况，运动半径越大，向心加速度越大，向心力越大。由于，故处于点的卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大，向心力大，故B正确、D错误。故选B。16【答案】A【解析】由图可知三个球最高点相同，运动时间相同；由于运动时间相等，水平位移甲的最大，故击出初速度的水平分量甲的最大，据运动的对称

3、性和速度的合成可知甲击出的高尔夫球落地速率最大，故BD错误，A正确；做斜抛运动的物体最高点还有水平速度，速度不为零，故C错误。故选A。17【答案】C【解析】设单位时间，发射机每秒钟发射的光子数量为n，则光子的总能量为，每秒钟的发射能量为，所以，代入数据，最终可得n的数量级约为，故C正确18【答案】C【解析】根据题意，由于正方形导体框粗细均匀，由公式可知，四条边电阻相等，由欧姆定律可得，流过正方形左边的电流为，流过正方形上、下和右边的电流为,由公式可得，上下两边所受安培力相互抵消，则有，图2中上下两边长度相等，电流大小相等，方向相反，所受安培力相互抵消，左边无电流，不受安培力，电流全部从右边通过

4、，则电流大小为，则有，则有，故选C。19【答案】BC【解析】未加电压时油滴匀速运动，由受力平衡得，由题意 ，其中匀速运动的速度为，联立解得，故A错误；上极板带正电则电场强度方向向下，油滴向上运动，则油滴带负电。根据受力平衡有，其中匀速运动的速度为，解得油滴的带电量为，故B正确；A上升距离时电场力做功，电势能的变化量为，故C正确；极板施加电压后，由B项可知油滴受到的电场力为，油滴A下降到最低点时速度为0，设从极板施加电压开始到A下降到最低点所用的时间为 ，若油滴只受电场力，则由动量定律可得，解得，而由题意可知，油滴还受到重力和阻力的作用且重力和阻力合力不为零，故D错误。故选BC。20【答案】AC

5、【解析】由题图可知，中等质量的原子核的比结合能大，所以中等质量的原子核稳定，故A正确；由题图可知H核离中等质量的原子核更远，故H核比 Li核更不稳定，故B错误；重核裂变成中等质量的核，有质量亏损，释放能量，故C正确；由题图可知，Kr核的比结合能比U核的大，故D错误.21【答案】BC【解析】粒子在磁场中做圆周运动，速度大小不变，在第二个区域中，根据，解得，故A错误；设圆的半径为，粒子射入第一个圆形磁场后，从P点射入第二个圆形磁场，粒子在磁场中转过的角度为，其半径，同理可得，粒子在第二个圆形磁场中转过的角度为，其半径，粒子从M点射入第三个圆形磁场中，射出时恰好过三角形的几何中心O点，则粒子在第三个

6、圆形磁场中转过的角度为，其半径，根据，可得，三个区域磁感强度之比，故B正确；粒子运动的周期为，粒子在磁场中运动时间，联立可得，结合B选项分析可得，故C正确；向心加速度，可得粒子在三个区域中做圆周运动向心加速度之比，故D错误。故选BC。第卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3334题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共47分）22（6分）【答案】（1） 0.57 0.90（2） 0.2【解析】（1）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为T=0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，根据逐差法，可得。（2）对ABC

7、系统应用牛顿第二定律可得可得，所以，a-m图象中，纵轴的截距为-g，故-g=-2，解得=0.223（9分）【答案】（1） 乙（3） （4）见解析 （5） （6）没有【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律有，即，可知电压表的示数变化不明显是由于电源的内阻较小引起的，所以需要加入一个等效电源内阻，故选图乙。（3）根据闭合电路欧姆定律，可得，取表中一组数值代入有，解得。（4）图像如下：（5）根据电阻定律可得，可知图线的斜率为，有，代入数值解得（6）根据前面分析，可知为图像的纵截距，对电阻率的测量没有影响。24（14分）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）将S1拨到“2”瞬间，此时电容器两极板间电

8、压等于E，电路中电流动力杆受到的安培力为由牛顿第二定律可得（2）对a根据动量定理有BiLDt1 = (Mm)v00将S1拨到“2”瞬间电容达到CD处时电容运动过程减少的电荷量Dq = q1q2 = iDt1联立解得（3）飞机放飞后，a与b相碰mv0 = 5mv1“双棒”从CD到EF由动量定理可得BLq2 = 05mv1“双棒”电阻为，则解得恒流源驱动“双棒”返回CD（设速度为v）过程中有I0LBt = 5mv所以恒流源输出的能量为代入解得25.（18分）【答案】（1）2.4s；（2）10J；（3）【详解】（1）在轨道上滑动时机械能守恒，设到达轨道底部时的速度为v，有A在斜轨道上做匀加速直线运动

9、，设运动时间为t，则有联立解得（1）滑上后，做加速度大小为的匀减速运动，做加速度为的匀加速运动，则对有对有设经时间，、的共同速度为，则有解得碰前、C之间的距离为设、C碰后速度分别为、，、C碰撞时动量守恒、机械能守恒，选向右为正方向，则有解得碰撞完成后向左运动最后停下，由能量守恒定律可知，和地面间因摩擦而产生的热量为代入数据得（3）、C碰后滑到C上运动，、C相对滑动过程，的加速度保持不变，由于则碰后C匀速运动，经时间，滑到C的右端，、C速度相等，由于共速后、C一起减速直到停下，则有C匀速运动的位移为的位移为则C的长度为代入数据得（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，

10、则按所做的第一题计分。33物理选修33（15分）（1）（6分）【答案】ADE【解析】a到b的过程中，根据可知，气体温度升高，内能增加，A正确；b到c的过程中，根据可知，气体温度降低，B错误；c到a的过程中，根据可知，气体温度减低，气体分子的平均动能减小，C错误；根据W=pV可知，p-V图像与坐标轴围成的面积等于气体做功的大小，从图像面积可以看出a到b的过程中气体对外界做的功等于b到c的过程中气体对外界做的功，D正确；abca的过程中，气体回到原来的状态，则内能不变，所以气体从外接吸收的热量等于对外做的总功，E正确。故选ADE。（2）（9分）【答案】（1）280；（2）【解析】（1）白天充好气的

11、床垫内气体压强为，温度为，体积为，设床垫要充好气，充气泵需要的打气次数为，对充好气后床垫内所有气体有解得故充气泵需要打气的次数为280次。（2）设夜间床垫内气体压强、温度、体积分别为，则有对床垫内气体有故夜间床垫内气体的压强34物理选修34（15分）（1）（6分）【答案】BCD【解析】由P点振动图像可知，时质点P沿y轴负向振动，结合波形图，这列波沿x轴负方向传播，波的传播速度，故A错误；由于，由图乙可知，当s时质点P恰好回到平衡位置且向y轴正向振动，故B正确。在00.20s时间内，经过0.5T，质点P运动的路程为，故C正确；由图乙知，在0-0.05s时间内，质点P一直向y轴负方向运动，故D正确；质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐振动，故E错误。故选BCD。（2）（9分）【答案】（1）1.25；（2）【解析】（1）由进入球体的光线在球面上的入射角时，折射光恰好消失，说明刚好发生全反射，临界角根据临界角公式解得该透明介质的折射率（2）发光面发出的光第一次到达半球面，入射角最大的光线，如图所示，设此光线刚好发生全反射，入射角为临界角C。根据临界角公式得二极管发光圆面的半径二极管发光圆面的最大面积