2023年高考押题预测卷02（全国乙卷）-物理（全解全析）

2023年高考押题预测卷02【全国乙卷】

物理·全解全析

14．【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，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

【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Ⅱ卷

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34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-μg，故-μg=-2，解得μ=0.2

23．（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∑BiL∙t1 = (M＋m)v0－0

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q = q1－q2 = ∑i∙t1

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 = 0－5mv1

“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，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，则按所做的第一题计分。

33．[物理——选修3–3]（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=p∆V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；a→b→c→a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3–4]（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0~0.20s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