2023年高考考前押题密卷：物理（（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用））（全解全析）

2023年高考考前押题密卷物理·全解全析

（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

A．60年后Cs全部衰变完

B．金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越小

C．Ba原子核的比结合能比Cs原子核的大

D．该反应为β衰变，β射线即为核外电子的逸出

【答案】.C

【解析】A．经过两个半衰期后，铯剩余原来的四分之一，故A错误；

B．金属板厚度越薄探测器接收到的辐射强度越大，故B错误；

C．由于生成物比反应物稳定，所以Ba原子核的比结合能比Cs原子核的大，故C正确；

D．β衰变的实质是原子核内部的一个中子放出一个电子变为一个质子，故D错误。

故选C。

15.      已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍，若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为（　　）

A．6小时  B．12小时  C．24小时  D．36小时

【答案】B

【解析】依题意，地球的同步卫星的周期为T1=24小时，密度ρ1，轨道半径为

r1=7R1

某行星的同步卫星周期为T2，密度ρ2，轨道半径为

r2=3.5R2

根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有

 ，

解得

小时

故选B。

16.如图甲所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。如图乙所示为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，、为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（　　）

A．用同一装置做双缝干涉实验光的条纹间距比光的窄

B．在冰晶中，光的传播速度较大

C．用同一装置做单缝衍射实验，光中央亮条纹更宽

D．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，光的临界角较小

【答案】C

【解析】由题图可知光的偏折程度比光的偏折程度小，根据棱镜色散规律可知光的波长比光的波长大，根据条纹间距公式

可知光的条纹间距比光的宽A错误

已知冰晶对光的折射率比对光的折射率大，根据

可知在冰晶中，光的传播速度较小，故B错误；

波长越小，衍射现象越不明显，单缝衍射的中央亮条纹越窄，用同一装置做单缝衍射实验，光中央亮条纹更窄，光中央亮条纹更宽故C正确；

D．同种玻璃对光的折射率比对光的折射率小，根据

可知从同种玻璃中射入空气发生全反射时，光的临界角较大，故D错误。

17.如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A．物块一直做匀加速直线运动

B．物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动

C．物块的最大速度为

D．时，物块停止下滑

【答案】C

【详解】由物块的受力可知

由图像可知

解得

故随时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t=t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大可以做出图像根据其面积求出最大速度为。故选C。

18.如图1所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，，电荷量相等的两个异种点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为，与之比为K1；若在M、N两处各放置一条通有等大电流的长直导线，方向如图2导线垂直穿过半圆弧面，，这时O点的磁感应强度大小为B1，已知通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度，其中I表示电流，r表示该点到导线的距离，k为常数。若将M处的通电长直导线平行移至P处，这时O点的磁感应强度大小为B2，则B2与B1之比为K2则（　　）

图1                   图2

A. 

B.2:1

C. 

D．

【答案】A

【解析】根据电场的叠加原理，两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，两电荷在O点产生的电场方向同向，并且大小都为

所以O点的电场强度大小

当置于N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点产生的电场方向夹角为120°，根据矢量的叠加可知O点的场强大小变为

故与之比为。

根据题意，由安培定则可知，M、N处的通电导线在O点产生的磁感应强度方向均为竖直向下，则大小均为，当M处导线平行移至P点时，由安培定则可知，P、N处的通电导线在O点产生的磁感应强度方向，如图所示

由几何关系可得，O点合磁感应强度大小为

则B2与B1之比为。

所以

19.某种电吹风机的电路如图所示，a、b、c、d为四个固定触点。绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风机的各项参数如下表所示。当电风吹机接上220V的交变电流时，则（　　）

A.吹冷风时，触片P同时接触d、c两个触点 

B.小风扇正常工作时电阻为32Ω

C.原、副线圈的匝数比      

D.吹热风时，通过电吹风机的电流为2A

【答案】CD

【详解】A．触片P同时接触b、c两个触点时电热丝没有接入电路，电吹风吹冷风；故A错误；

B．吹冷风时通过小风扇的电流

小风扇正常工作时电阻

故B错误；

C．原、副线圈的匝数比

故C正确；

D．吹热风时，通过电吹风机的电流为

故D正确。

20.一平面简谐横波以速度v = 2m/s沿x轴正方向传播，t = 0时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t = 0时刻的位移，则下列说法正确的是（　　）

A.简谐横波的波长为λ = 4m 

B.简谐横波的频率为2Hz

C.t = 2s时刻，质点A正在做减速运动      

D.t = 1.25s时刻，质点A正在做加速运动

【答案】AD

【解析】设波的表达式为

由题知A = 2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入表达式有

即

λ = 4m

由于该波的波速v = 2m/s，则

由于该波的波速v = 2m/s，则

由于题图为t = 0时刻的波形图，则t = 2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“上坡、下坡”法可知质点A向下运动正在做加速运动。

做简谐运动的质点运动到平衡位置具有最大的速度从t = 0时刻到质点A第一次到达平衡位置需要经历

在经过半个周期即t = 1.25s时刻质点A再次回到平衡位置具有最大速度。综上所述AD正确。

21.如图所示，界线MN以下存在一个方向水平的磁场（垂直于纸面向里），取MN上一点O作为原点，竖直向下建立y轴，磁场的磁感应强度B随y坐标（以m为单位）的分布规律为B=1+y（T）。一边长为L=1m、质量为m=0.1kg、电阻R=2Ω的正方形金属框abcd从MN上方静止释放，0.2s后金属框的cd边到达界线MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平、左右边始终竖直，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．金属框进入磁场的过程中电流大小为1A

B．金属框进入磁场的过程经历的时间为

C．金属框进入磁场的过程中外力F做功为0.35J

D．金属框完全进入磁场后继续做加速运动，直到速度达到3m/s后不再加速

【答案】AC

【解析】AB．回路电流恒为

I=1A

可知感应电动势为

由题意可知

在即x=1m处的磁感应强度

B=1T

设金属棒在处的速度为，可得

解得

在x=3m处的磁感应强度

B=2T

设金属棒在处的速度为，可得

解得

所以金属杆做减速运动。

金属杆在处的动能

选项A正确，B错误；

D．金属棒受到的安培力为

故在即x=1m处受到的安培力为

在即x=3m处受到的安培力为

由于安培力随位移均匀变化，故整个过程中克服安培力所做功为

即整个回路产生的焦耳热

Q=3J

由焦耳定律可得

解得

故金属棒从到的过程中通过横截面的电量为

选项D错误。

C．金属棒从到的过程中，对金属棒由动能定理有

解得外力所做的功为

W=2.625J

选项C正确。

22.用“油膜法估测分子的大小”的实验步骤如下：

A．用滴管将浓度为0.1%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL的油酸酒精溶液的滴数N，

B．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.1%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，使之充分扩散；

C．待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上；

D．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，数出轮廓内正方形的个数约为M个，计算出油酸薄膜的面积。

(1)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为___________mL；

(2)纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是______________________________________．

(3)利用以上测量数据，写出单个油酸分子直径d的表达式为d=_____m。

【答案】(1)；(2)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜

(3)

【解析】(1)每一滴油酸酒精溶液的体积是，纯油酸的体积为

(2)  纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜

(3)油膜的厚度，即油分子的直径为

23.小佳同学在做“练习使用多用电表"的实验时，进行了如下测量：

（1）测量电路的电压时，选用直流50V量程，指针位置如图中a所示，该电路两电压为______V；

（2）测量电阻的阻值时，选择开关处在欧姆“X10”挡，指针位置如图中b所示，被测电阻的值为______Ω。

（3）某欧姆表由于长时间未使用，电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小佳同学用如图甲所示的电路来研究其内部的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。

①在电路连接时，要注意毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的___________（选填“红”或“黑”）表笔相连；

②调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为_________；

③连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值R和通过毫安表电流I，作出图像，如图丙所示，则电源的电动势______ V。在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值_________ 真实值（选填“大于“小于”或“等于”）；

④若想让该欧姆表在“”挡位下可以正常使用，则更换的新电源电动势_______V

【答案】： （1）21.0    （2） 100   （3）红     500     5     等于     7.5

【解析】（1） 测量电路两电压时，选用直流50V量程，指针位置如图中a所示，读数时要读中间的刻度盘，最小刻度为0.1V，则该电路两电压为21.0V。

（2）测量电阻的阻值时，选择开关处在欧姆“X10”挡，指针位置如图中b所示，读数时要读最上方的刻度盘，被测电阻的值为。

（3）①电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“﹣”接线柱流出，所以毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的红表笔相连。

②设欧姆表表头G的量程为Ig，由题意可得

解得

③设回路中除电阻箱之外的总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有

整理得

所以电源的电动势为

[4]根据实验原理可知并未引入由于电表内阻而产生的系统误差，所以在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值等于真实值。

④设欧姆表在“”挡位下的内阻为r内，则

联立以上两式解得

24.真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界，质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）沿着与MN夹角为的方向垂直射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场。求：

（1）粒子射入磁场的速度大小；

（2）粒子在磁场中运动的时间。

【答案】（1）若粒子带正电，速度为 ，若粒子带负电，速度为；（2）若粒子带正电，运动时间为，若粒子带负电，运动时间为

【解析】（1）若粒子带正电，粒子运动轨迹如图

由几何关系可知

又

得

若粒子带负电，粒子运动轨迹如图

由几何关系可知

则

由

得

（2）粒子带正电，粒子做圆周运动的圆心角为300°，则运动的时间为

粒子带负电，且圆心角为60°，则运动时间为

25.如图，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。质量为m的不带电小球A以一定的初动能从P（0，d）点沿平行x轴方向水平抛出，并通过Q（2d，0）点。使A带上电量为+q的电荷，仍从P点以同样的初动能沿某一方向抛出，A通过N（2d，0）点时的动能是初动能的0.5倍；若使A带上电量为-q的电荷，还从P点以同样的初动能沿另一方向抛出，A通过M（0，-d）点时的动能是初动能的4倍。重力加速度为g。求：

（1）A不带电时，到达Q点的动能；

（2）电场强度的大小和方向。

【答案】（1）3mgd；（2），方向沿y轴正方向。

【解析】（1）小球做平抛运动，故

从P到Q，由动能定理

解得

（2）小球带电后，从P到N，由动能定理

从P到M由动能定理可得

由（1）中可知，

联立以上几式可得

故O、N两点电势相等，场强方向为y轴正方向，场强大小为

26.如图所示，A、B、C的质量分别为、、，轻弹簧的左端固定在挡板上，C为半径的圆轨道，静止在水平面上。现用外力使小球A压缩弹簧（A与弹簧不连接），当弹簧的弹性势能为时由静止释放小球A，小球A与弹簧分离后与静止的小球B发生正碰，小球B到圆轨道底端的距离足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取。求：

(1)小球B能达到的最大高度；

(2)小球B返回圆轨道底端时对圆轨道的压力

(3)通过计算分析，小球B能否第二次进入圆轨道。

【答案】(1)；（2）63N   （3）不能

【详解】(1)设碰前小球A的速度为，从释放小球A到分离的过程，由能量守恒定律得

代入数据解得

A、B碰撞的过程，A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒有

带入数据解得

，

小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为，小球与圆轨道组成的系统在水平方向上动量守恒有

小球与圆轨道组成的系统能量守恒，有

代入数据解得

，

(2)设小球返回圆轨道底端时小球与圆轨道的速度分别，由动量守恒定律和能量能守恒定律得

联立带入数据解得

，

在圆轨道底端对小球由牛顿第二定律

解得

根据牛顿第三定律；方向竖直向下。

(3)球A与球B第一次碰后以的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，球A与弹簧分离后的速度大小为，经过一段时间，球A与球B发生第二次碰撞，设碰后球A和球B的速度分别为、，根据动量守恒定律和能量能守恒定律得

联立带入数据解得

，

因为，所以小球B无法第二次进入圆轨道。