2023年高考物理押题卷01（江苏卷）（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

2023年高考押题预测卷01【江苏卷】

物理·全解全析

1．【答案】B

【解析】该效应说明光具有粒子性，故A错误；根据题意，设碰撞之前光子的动量为，碰撞之后光子的动量为，电子的动量为，由动量守恒定律有，，解得，，又有，则碰撞后光子的波长为，碰撞后电子的德布罗意波长为，故C错误，B正确；光子的速度等于光速，按照爱因斯坦的光速不变原理即在任何参考系中光速都不变，可知光子相对于电子的速度等于，故D错误。故选B。

2．【答案】A

【解析】由题意，在砝码钩上挂质量为m的砝码，天平恢复平衡，所以，E型导线受到的安培力大小为，故选项A正确；天平平衡后，若将滑动变阻器的滑片向上移动，则励磁线圈中电流变小，所以，E型导线受到的安培力变小，因此指针向左偏，故选项B错误；天平平衡后，若将滑动变阻器的滑片向上移动，则通过E型导线的电流变小，所以，E型导线受到的安培力变小，因此指针向左偏，故选项C错误；天平平衡后，若将开关拨向2，由于不计E型导线电阻，所以通过E型导线的电流大小不变，但导线长度变短，所以，E型导线受到的安培力变小，因此指针向左偏，故选项D错误。故选A。

3．【答案】B

【解析】重物被拉升过程中运动轨迹为绕甲的圆周运动，转过圆心角30°，过程中甲、乙、重物构成等腰三角形。受力分析由图所示，则有，，则，过程中，则，由相似三角形法可知，对边mg始终大于甲、乙绳中拉力，A错误，B正确；接近乙时，趋近于90°，趋近60°，则有，CD错误。故选B。

4．【答案】D

【解析】线圈在磁场中受到安培力的作用做减速运动，故安培力，其中，联立以上两式可得，刚进入磁场时，速度为，代入数据可得，根据牛顿第二定律可得加速度，故A错误；设向右为正方向，对减震器进行分析，当第二个线圈恰好完全透入磁场时设所用时间为，此时减震器的速度大小为，则由动量定理可得，即，代入数据可得，故B错误；由以上分析可知，每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量，则要减震器的速度减为零需要的线圈个数为，可知需要13个线圈，故C错误；只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能动能的减少量，第一个线圈恰好完全进入磁场时有，最后一个线圈刚进入磁场时有，因此，故D正确。故选D。

5．【答案】C

【解析】光的颜色由频率决定，所以光进入透明介质后，光的颜色不变，故A错误；从发光面的两端点A或B沿垂直于AB方向射出的光线有最大的入射角，如果此时不发生全反射，那么任意位置都有整个发光面的光射出，由，解得，即介质折射率应小于，故BD错误；若n=1.7，r=1 mm，则由n<，解得R>nr=1.7 mm，即R必须大于1.7 mm，故C正确。故C。

6．【答案】C

【解析】半衰期和元素本身有关，和高温以及元素是否发生化学反应无关，AB错误；发生衰变时要释放出核能，所以衰变过程伴随着质量亏损，C正确；根据题意写出核反应方程式，根据质量数和电荷数守恒可知，，新核的电荷数为83，则中子数是，D错误。故选C。

7．【答案】B

【解析】万有引力的合力提供向心力，如图所示，由图可知，即，，由此可得，故选B。

8．【答案】B

【解析】波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向，A错误；根据图乙可知，该波的波长，根据图乙可知，P点的平衡位置距离Q点的平衡位置的间距为，则P点的位移，B正确；波传播的速度为，C错误；将图乙中左侧的波形补充完整，根据上述可知，将波向右平移距离，P点出现波峰，则有（n=0，1，2，3…），根据，解得（n=0，1，2，3…），可知，P点出现波峰的最短时间为0.7s，则再经过0.1s，P点没有到达波峰位置，D错误。故选B。

9．【答案】D

【解析】由，可得，由题图可知过程是一条过原点的倾斜直线，斜率不变，即T恒定，即为等温变化，变大，即体积变小，由热力学第一定律，，，可得

即气体向外放热，故A错误；过程为等压过程，由知，p不变，V变小，T变小，故B错误；过程，不变，即V不变，，由，知，p减小，T减小，，由热力学第一定律，可得，即气体向外放热，故C错误；过程，减小，即V变大，，

即气体对外界做功，故D正确。故选D。

10．【答案】C

【解析】由电势随变化的关系图像可知，当时，M点电势最低为1V；当时，N点电势最高为5V，如图所示

则匀强电场的电场强度大小为，故A错误；由电势随变化的关系图像如图

可知当时，F点电势为3V，根据匀强电场沿任意方向电势降落都是均匀的，可知NM中点O点电势也为3V，则OF为等势线，则由几何关系知OF与OM垂直，则电场线的方向由N指向M，如图所示

故B错误；过B和D点作MN的垂线，由几何关系知，质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能变化量为，可知质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2 eV，故C正确；M点电势最低，N点电势最高，所以从A点沿圆弧逆时针至C点，电势先减小后增大，电子的电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误。故选C。

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）b（1分）     R2 （1分）    R2的阻值（1分）     R2的阻值    （1分）

（2）CE （2分）    见解析（2分）     电压表读数U（2分）         （2分） 串联（1分）     （2分）

【解析】（1）将滑动变阻器的滑动端拨至b端，电路中的电流最小，具有保护电路的作用。闭合S2以后，因滑动变阻器接入的的阻值较大，因此在不改变滑动变阻器阻值的情况下电路的干路电流几乎不变，此时调节R2的阻值使电流表的指针偏转格，则可认为R2中的电流和待测电表的电流相同，即电阻R2的阻值和电流表的阻值相同，因此要记录R2的阻值。

（2）电流表A的量程和待测电流表的满偏电流相比过大，无法进行测量，但是电压表的内阻已知，可以把电流表和电压表串联起来使用。滑动变阻器R3的阻值过小，将R3和电压表串联在一起进行调节示数变化不明显，因此滑动变阻器需要选R1。故需要的器材为CE。

如图所示，

设电流表偏转n个格时电压表的示数为U，因电压表和电流表串联，且电流表刻度分布均匀，则Ig＝，解得电流表的满偏电流为，电流表改装为电压表需要串联电阻，串联后的量程为U0，且电流表的内阻为R2，由欧姆定律有，解得。

12．（8分）

【答案】（1）；（2），吸热

【解析】（1）初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件有

当人坐上后，稳定时有

根据波意耳定律有

下落高度为

（2）根据

外界对气缸内气体做功为

根据热力学第一定律有

解得

Q为正值，说明封闭气体吸热。

13.（8分）

【答案】 （1）    10         （2） 5

【解析】（1）根据图（a）可知，相邻的波峰和波谷间距为，则波长。

P点传播到Q点的距离为

根据图（b）可知该简谐波的周期为，则波速

该波从P点传播到Q点的时间为

（2）根据图（b）可知内振动的周期数为

则经过的路程为

14．（14分）

【答案】（1）；（2），；（3）  

【解析】（1）设1号环的初速度为v0，则由动能定理可得，解得

（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有

绷紧后系统动能为

又知

联立解得

故损失的动能为

（3）设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为

据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为

在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为

2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为

依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为

8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为

由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l后静止，因而有

联立解得1号滑环的初速度大小为

整个过程中克服摩擦力所做的功为，

在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为

代入数据解得

15．（15分）

【答案】（1），垂直纸面向外；（2）；（3）见解析

【解析】（1）因为离子带负电，根据左手定则可判断出的方向垂直纸面向外。由题意可知，离子在圆形磁场中的运动半径

由洛伦兹力提供向心力

解得

（2）由磁聚焦知识可以得到离子会聚焦到O点且分布在180°的范围内，设与y轴呈角射出的离子恰好打到荧光板左端g点，如图1，由几何关系可知Δ是正三角形，

由几何关系可得

沿y轴正向射出的离子打到荧光板的中点，那么与y轴正向呈60°范围的离子都能打到荧光板上。从O点y轴正向呈60°射出的离子在圆形匀强磁场中运轨迹如图2所示，由几何关系可以得到，可得

根据对称性可得沿y方向宽度为的离子最终能打到荧光板上，所以稳定后单位时间打到荧光板上的离子数

（3）由第（2）问可知离子源磁聚焦后与y轴呈60°范围内均匀射出，离子圆周运动的半径r与磁感应强度B成反比

分析几种临界情况：

①当与y轴呈60°出射的离子恰好到g点，

②当沿y轴正向出射的离子恰好到h点，

③当沿y轴正向出射的离子恰好到g点，，

分情况讨论：

A、当

所有离子都不能打到荧光板上，

B、当

所有离子都能打到荧光板上，

C、当

假设与y轴呈角出射的离子恰好到g点，如图3，需满足的几何关系是

代入数据，解得