2023年高考物理押题卷03（江苏卷）（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

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2023年高考押题预测卷03【江苏卷】物理·全解全析 12345678910          1．【答案】C【解析】设一个篮子的质量为，连接下篮的绳子的拉力为，对下篮，根据平衡条件得，解得，设连接上篮的绳子的拉力为，绳子与竖直方向夹角为，对两个篮整体由平衡条件得，根据几何关系得，联立解得，则，故C正确，ABD错误。故选C。 2．【答案】C【解析】当滑片P较快地向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，A线圈电流变大，甲表指针向右偏转的角度增加，穿过B线圈的向下的磁通量增大，由楞次定律可知，乙表中感应电流从负接线柱流入，指针向左偏转，AB正确；断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，A线圈电流变大，甲表指针向右偏转，由楞次定律可知乙表指针向左偏转，C错误，D正确。故选C。  3．【答案】D【解析】太阳光是平行光，临界光路图如图所示，由几何关系可得临界光线的折射角为，可知临界光线的折射角为30°；根据折射定律，可得，由几何关系可知，地球多转角度便看不见太阳了，有，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为，故选D。4． 【答案】A【解析】通电导线在磁场中的有效长度均为，只在直线AC上方区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场，根据左手定则可知安培力的方向向下，细线中的拉力大小为，若只在直线AC下方区域内加与上述相同的磁场，根据左手定则可得安培力的方向向上，则，联立解得，故选A。 5．【答案】C【解析】设氢原子发射光子前后分别处于第k能级与第l能级，发射后的能量为，则有，解得l=2，发射前的能量，根据玻尔理论有=Em-En（m＞n），当氢原子由第k能级跃迁到第l能级时，辐射的能量为，解得k=4，故选C。 6．【答案】C【解析】设质量为的物体在北极地面静止，则有，解得，太空电梯在距离地面高R位置时受到的万有引力为F，则有，太空电梯在超级缆绳上绕地球做匀速圆周运动，其周期与地球同步空间站相同，即也为T，大于它自由绕地球做匀速圆周运动的周期，此时地球对它的万有引力大于它所需要的向心力，所以超级缆绳对太空电梯的拉力向上，设为，则有，其中，解得，故选C。 7．【答案】A【解析】根据图像知，甲、乙两波的波长分别为，，则甲、乙两波的波长之比为2：3，故A正确；根据知，波速相同时，甲、乙两波的周期之比为甲、乙两波的波长之比，为2：3，故B错误；根据计算得，甲、乙两波的周期分别为，，甲、乙两波的图像方程分别为，，，处质点的位移为-10cm，，处质点的位移为2.5cm，故C错误，D错误。故选A。  8．【答案】B【解析】从B到C的过程中，V不变，则，T增大，则，内能增加，根据热力学第一定律可得，即气体吸收热量，阻值A错误，B正确；从C到A的过程中，根据理想气体状态方程，可得，由于CA曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体压强不变，V减小，T减小，内能减少，选项C错误；从C到A的过程中，p不变，V减小，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多，温度减小，单个气体分子撞击力变小，选项D错误。故选B。  9．【答案】D【解析】因为，时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，A错误；由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，B错误；电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为，电子运动到第n个圆筒时动能为，C错误；根据动能定理得 ，，， ，，第n个和第个圆筒的长度之比为 ，解得，D正确。故选D。  10．【答案】B【解析】ΔU=0.2V时，磁通量的变化率为0.2V，则R2两端的电压为，R2的功率为，故A错误；恒定电压，可得，R2的功率，可知当，R2的功率最大，所以当R2变大时，R2的功率可能先增大后减小，故B正确；恒定电压，，，当R2变大时，减小，则，减小，所以R1的功率，减小，故C错误； R2变大时，变小，则原线圈的电压变大，变大，故D错误。故选B。 第Ⅱ卷二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（15分）【答案】（1） 见解析（3分）     3.0 （3分）    0.10（3分）    （2） 3.1 （3分）    0.50（3分）【解析】（1）①根据电路图补齐连线如图所示②题图甲电路中，当电流表示数等于0时，电压表示数等于电源电动势，所以E = 3.0V，U—I图线的斜率等于R0和电源内阻之和，即，即r = 0.10Ω。（2）乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，则将R1拆解成并联的两部分，当滑片P在R1中间时电压表示数最大，且电流表的示数是流过电源内部总电流的一半，根据闭合电路的欧姆定律，由题图丁知E = 2.10 + (2 × 0.50)(R0 + r)，乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，则将R1拆解成并联的两部分，当滑片P在滑动的过程中会出现电压先增大后减小，在电压相等的时候出现总电阻相同，即电压相等时分别对应的电流表示数之和为流过电源内部的总电流，根据闭合电路的欧姆定律，由题图丁知E = 2.00 + (0.30 + 0.80)(R0 + r)联立得r = 0.50Ω，E = 3.1V 12．（8分）【答案】（1）200N/m；（2）300K【解析】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有解得对活塞Ⅰ由平衡条件有解得弹簧的劲度系数为（2）当活塞Ⅰ刚运动到气缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为即封闭气体发生等压过程，初状态的体积为由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，末状态的体积为有等压方程可知解得  13．（8分）【答案】（1）0.1A；（2）   【解析】（1）线框中产生的感应电动势，感应电流，则解得（2）安培力由于线框静止在时解得方向沿斜面向上。在时间内线框中产生的感应电动势解得设线圈在一个周期内产生的焦耳热为，则（或者）10分钟内电流产生的焦耳热为 14．（14分）【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）设第一次碰撞前瞬间P的速度为，根据动能定理，有因碰撞时间极短，第一次碰撞后瞬间的速度为，根据动量守恒，有则碰后瞬间速度为第一次碰撞过程中损失的机械能（2）从1到2过程，令运动到2时速度为，根据动能定理可得1与2碰撞时，满足动量守恒解得（3）从2到3过程，令运动到3时速度为，根据动能定理可得解得2与3碰撞后速度为，满足动量守恒从3到4过程，滑块3不能与滑块4相碰，则解得所以的取值范围为  15．（15分）【答案】(1)；；(2)；(3)0.072m【解析】（1）由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如解图所示粒子运动轨迹的半径根据解得粒子运动的周期粒子在磁场中的运动时间(2) 沿任一方向射入磁场的粒子，其运动轨迹都是半径为r的圆，圆心位置在以O点为圆心的半圆上，如解图所示O、P以及两圆的圆心O1、O4组成菱形，故PO4和y轴平行，所以从P点出射的粒子速度 和轴平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从M端射入平行板间的粒子的运动轨迹如解图所示因为M、N板间距与r相等，则从边界N1出射的粒子，从O点射入磁场的方向与轴负向夹角为60，同理：从边界M1出射的粒子，从O点射入磁场的方向与轴正向夹角为60°。在y轴正向夹角左右都为30°的范围内的粒子都能射入平行板间。故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为(3)根据U-t图可知，粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为所有粒子在平行板间运动的时间为即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T0，则当粒子由时刻进入平行板间时，向下侧移最大，则有当粒子由时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则因为y1、y2都小于故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出打到荧光屏上，荧光屏上亮线的长度