卷05——【备考2023】高考物理真题重组卷（江苏专用）（含解析）

冲刺2023年高考数学真题重组卷05

江苏专用（参考答案）

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意

1．C【详解】薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，在复色光时，出现彩色条纹，由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距上疏下密，由于表面张力的作用，使得肥皂膜向内凹陷，故C正确，ABD错误。

故选C。

2．C【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有联立解得。故选C。

3．D【详解】A．第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小发射速度，第二宇宙速度是使卫星脱离地球束缚的最小发射速度，所以“羲和号”的发射速度应介于第一和第二宇宙速度之间，故A错误；

B．地球同步卫星轨道平面与赤道平面重合，而“羲和号”通过地球南北两极上方，所以其轨道平面与地球同步卫星轨道平面垂直，故B错误；

CD．设地球质量为M，质量为m的卫星绕地球做半径为r、周期为T、速度大小为v的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有分别解得；地球同步卫星位于赤道上方高度约36000km处，所以其轨道半径远大于“羲和号”卫星的轨道半径，则根据以上两式可知“羲和号”的运行周期小于地球同步卫星的周期，运行速度大于地球同步卫星的运行速度，故C错误，D正确。故选D。

4．A【详解】从上向下看导线的图形如图所示

导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小设绳子的张力为，由几何关系可知

解得故A正确，BCD错误。故选A.

5．D【详解】A．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误。

B． 电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误。

C．  电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流，故原、副线圈电流的频率相同。C选项错误。

D．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流。D正确。

故选D。

6．C【详解】A．秒是国际单位制中的基本单位不是导出单位，A错误；

B．γ射线是波长短于0.01埃的电磁波，频率超过300EHz（3×1020Hz），从能级2跃迁到能级1发出光子的频率约为9.2×109Hz，故跃迁辐射出的不是γ射线，B错误；

C．铯133从激发态向基态跃迁时辐射光子的频率大于从能级2跃迁到能级1发出光子的频率即大于9.2×109Hz，C正确；

D．已知可见光的紫光可以照射锌板使其发生光电效应，而红光不能发生光电效应。紫光的频率约为

红光的频率约为频率为9.2×109Hz远小于可见光的频率，故用频率为9.2×109Hz的光照射锌板，不能发生光电效应，D错误。故选C。

7．B【详解】将半球面看作是无数点电荷的集合，根据对称性可知O点只具有竖直平面内的场强分量，且切下的一瓣在O点的场强与水平方向夹角为斜向右下，剩余的一瓣在O点的场强与水平方向夹角为斜向左下，如图所示，根据矢量的运算法则及几何关系可知切下的一瓣在O点的电场强度

故选B。

8．A【详解】两列波在同一介质中的传播速度相同，因左右手的抖动频率之比为3:4，则周期之比为4:3，根据可知，波长之比为4:3；由波形图可知，A图中左右两波的波长之比为4:3；B图中左右两波的波长之比为2:3；C图中左右两波的波长之比为1:1；D图中左右两波的波长之比为5:4；故选项A正确，BCD错误。

故选A。

9．A【详解】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有整理可得即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时,根据动能定理由即

为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。故选A。

10．D【详解】A．根据楞次定律，导体棒、最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得解得故A错误；

B．设导体棒、在整个过程中产生的焦耳热为，根据能量守恒定律可得

解得导体棒、的电阻都为r，因此导体棒产生的焦耳热为故B错误；

C．对导体棒，由动量定理得因为，故因此通过导体棒横截面的电量为

故C错误；

D．当导体棒、速度相等时距离为零，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电量解得故D正确。故选D。

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． 使细线与木板平行     0.500          0.38##0.39##0.40##0.41##0.42     偏大     第5组     逐步减少木盒2的细沙开展后续实验或直接将细沙放入木盒1中开展实验

【详解】(1)[1]调整定滑轮的高度，使细线与长木板平行， 这样细线的拉力就沿水平方向，不会影响动摩擦因数的测量；

(2)[2]根据逐差法得出加速度

(3)[3]

[4]设木盒1的质量木盒2的质量，对整体分析有位置互换后

联立解得根据图像代入数据得

(4)[5]由于纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量的动摩擦因数偏大；

[6]用第5组数据时，绳上的拉力最大，纸带与打点计时器间的相对摩擦力最小，所以相对误差最小；

[7] 逐步减少木盒2的细沙开展后续实验或直接将细沙放入木盒1中开展实验，可以得三组以上的数据。

12．（1）；（2）

【详解】（1）放置重物后，假设缸内气体的压强为，根据受力平衡可得解得

根据玻意耳定律可得解得

（2）外界对气体做功为根据热力学第一定律可

又解得气体向外界放出的热量为

13．（1）；（2）2

【详解】（1）由题意可得光路图如图所示

则由几何关系知则； 则由折射定律得，折射率为

（2）如图所示

从BD范围内入射的光，折射后在BC边上发生全反射，全反射光线垂直于AC边，则AC边上全部有光线射出。而从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全反射，全反射光线垂直于BC边射出，且BC边上有光射出的区域为CE，有几何关系可得所以边与边上有光出射区域长度的比值为2。

14．（1）；（2）先逆时针偏转，再顺时针偏转，后逆时针偏转，到达x轴上P点；（3）微粒能返回坐标原， t总=2.410-3πs

【详解】（1）带电微粒在场区做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由 Eq=mg

可得

（2）微粒做圆周运动时，由 可得R=0.4m

又     微粒先逆时针偏转，再顺时针偏转， 后逆时针偏转，到达x轴上P点

（3）微粒能返回坐标原点，如图所示，则t总=3T=2.410-3πs

15．（1）2N·s；（2）4m/s；（3）1N≤F≤8N

【详解】（1）设物块B在细绳被拉断后的瞬时速率为vB1，到达C点的速率为vC，则有

对细绳被拉断后B运动到最高点C这一过程，由动能定理有 解得vB1=3 m/s

设弹簧恢复到原长时B的速率为vB，A的速率为vA，取水平向左为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，则有，A和B组成的系统动量守恒，有

解得vA=8 m/s；vB=4 m/s细绳被拉断的过程，对B根据动量定理有

解得I=2 N·s方向水平向左

（2）细绳被拉断的过程，对A根据动量定理有解得vA1=6 m/s，A在木板M上滑动的过程满足；由于A可滑离M，则vA2>v解得vA2=4m/s

（3）为了使A刚好不从M的左端滑离M，设对M施加的最小拉力为F1，此时对应M向左的加速度大小为a1，A向右的加速度大小为μg，当A滑到M的最左端时，二者的速度刚好相等，结合相对运动的知识有

对木板M有F1+μmAg=ma1解得F1=1N为了使A不从M的右端滑离M，当A和M共速后，物块A向左的最大加速度满足μmg=ma2对A和M整体，最大拉力解得F2=8 N

故为了使A不滑离M，对M施加的拉力F应满足1 N≤F≤8 N。