2023年高考物理押题卷02（江苏卷）（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

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1．【答案】B
【解析】如图所示，两绳所在平面与竖直墙面间的夹角为，两绳形成的合力为，侧视如图所示，故，根据，解得；，每根绳中拉力为，，解得，A错误，B正确；根据受力平衡，故，CD错误。故选B。
2．【答案】C
【解析】甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感线，即使铝板摆动幅度很小，在铝板内也能形成涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来；乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能
3．【答案】D
【解析】当θ=0°时光线恰好在球面发生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C，光路图如图1所示，根据几何关系可得，根据全反射临界角C满足的条件可得，解得，故A错误；若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内，且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图2所示，出射点必在O点的正上方。

根据几何关系可得，解得，根据折射定律可知，光线与竖直方向的夹角θ必大于。故B错误；要使光线在半球中传播的时间最长，因只考虑第一次射到各表面的光线，当θ临界等于90°时，光线在半球中传播路程最长，光路图如图3所示，其中路程s满足要求。因入射角临界为90°，故折射角等于C，由余弦定理得，解得，光在介质中传播速度为
最长时间为，故C错误；能从平面出射的临界光路图如图4所示，光线在平面的B点恰好发生全反射，以OB的长L为半径的圆形区域有光出射。设临界光线在A点入射角为，折射角为，在B点出射时入射角等于全反射临界角C。由折射定律得，由几何关系得，又
解得，可得，由正弦定理得，解得，则平面有光出射的面积为，解得，故D正确。故选D。
4． 【答案】C
【解析】由图可知，导线cd与导线cbad并联，电阻之比为1∶3，设恒流源中的电流为I，由并联电路的分压规律可知，ab中的电流为，cd中的电流为，电流方向都向左，由左手定则可知，两种情形导线框所受安培力方向都竖直向下，所以，，解得，故C正确，ABD错误。故选C。
5．【答案】D
【解析】A．该金属光电效应截止时，光电子的最大初动能为零，所以截止频率为b，故A错误；根据光电效应关系，变形得，对照题中图线可知斜率，即，故B错误；
C．当等于零时，即光子能量恰好等于光电子的逸出功，故C错误；当光照频率为a时，光电子具有最大初动能，该金属光电效应的遏止电压即建立电场使用电场力做负功，克服光电子的最大初动能，使光电子无法进入电路回路形成电流，得，即，故D正确。
6．【答案】D
【解析】设发电机的电动势为E，当发电机两极板电压稳定后，再进入发电通道的粒子所受到的电场力与洛仑兹力平衡，即，联立解得，故A错误；由
得，故B错误；发电机的内阻为，当当外接电阻为12Ω时，由闭合电路欧姆定律，可得，故C错误；由电源输出功率的特点知，当电路内、外电阻相等时，即R=r=8Ω时，发电机输出功率最大，故D正确。故选D。
7．【答案】C
【解析】设地球质量为M，飞船运动半径为r，对飞船研究可知，解得，由几何关系可知，则地球密度，，解得，故选C。
8．【答案】D
【解析】根据题意，由图甲和图乙可知，两列波的周期均为，由公式可得，两列波的波长为，则波遇到的障碍物不能发生明显衍射现象，故A错误；根据题意可知，波从传到的时间为，且开始向下振动，波从传到的时间为，且开始向上振动，再经过，横波I在点处在平衡位置，向下振动，则横波I与横波II两波叠加，点经过平衡位置向下运动，再经过，则4.5s时P点在平衡位置且向下振动，故B错误；根据题意可知，而时刻两波的振动方向相反，则是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为，故C错误，D正确。故选D。
9．【答案】D
【解析】图甲为一定质量的某种理想气体在3个不同温度下的等温线，由，比较、乘积的大小，等温线3表示的温度最高，A错误；气体在状态a到状态b的过程中，体积不变，由查理定律，
由于大于，故大于，B错误；图乙中一定质量的理想气体在a→b的过程中气体体积不变，对外界不做功，C错误；图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离时，分子间为引力，分子势能随分子间距离的增大而增大，D正确；故选D。
10．【答案】B
【解析】O到A的过程，根据动能定理，解得电场力做功，A错误；O到C的过程，根据动能定理，解得电场力做功，则由O运动到B的过程，解得电场力做功，可知A、B为等势点，为一条等势线，电场强度的方向垂直，O到A的过程，所以，故CD错误，B正确。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） （2）1.05 （3分） 4.3 （3分） （3） （3分） 无（3分）
【解析】（1）实物图中连线如图所示
要将量程为0.3A的电流表扩充为6A量程，应该并联电阻的阻值，如图所示电流表表盘指针位置读数为4.3A；
（3）R1、R2和Rx、R0并联，两之路两端电压相等，灵敏电流计的示数为零时有，可知，即，
解得，电流表A1、A2都接在电流计的右侧电路中其内阻对左侧电路中Rx的测量无影响。
12．（8分）
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）对活塞b下方气体分析，因为缓慢加热，故等压变化，压强始终为；同理活塞a上方气体压强也始终为
因顶部导热，故温度不变，气体长度仍为 ，对a下方气体由盖吕萨克定律可得
其中，

解得
（2）由克拉伯龙方程，漏气前活塞a上方气体有
a下方气体有
漏气后，两部分气体融为一个整体，活塞a下降至底部，所有气体温度恢复至室温，压强变为大气压强，此时有
因
解得
故活塞B离顶部距离
13．（8分）
【解析】（1）当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中
由乙图可知，
从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
（2）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有
又
由图可知
代入数据解得
由
得
14．（14分）
【答案】（1）；（2），；（3）停在P左侧处
【详解】（1）在C点，根据牛顿第二定律
过程由动能定理
在B点
解得
由牛顿第三定律可知
a、b碰撞动量，能量守恒，取向左为正
得，
反弹后回到A有
解得
释放前
反弹后b与小车动量守恒
解得
至共速产生的热量
故停在P左侧处。
15．（15分）
【答案】（1）1；（2）①；②
【解析】（1）两粒子发生弹性碰撞，设B、A两粒子碰撞后瞬间的速度分别为v1和v2，碰撞过程中由动量守恒有
由机械能守恒有
解得
设粒子A在磁场中运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力有
联立可得
可知k越大，粒子A的轨迹半径越大，如图1所示，当粒子A的运动轨迹与磁场区域下边界相切时，轨迹半径最大，此时粒子A的轨迹半径为
可得
①粒子A在磁场中偏转一次直接从磁场右边界中点离开磁场区域，如图2所示
由几何知识有
可得
解得
②粒子进入磁场后又返回电场再从磁场右侧边界的中点离离开磁场区域，由几何知识可知，粒子A要满足
解得
粒子进入磁场后又返回电场再从磁场右侧边界的中点离离开磁场区域，则粒子在磁场中可能运动半个周期进入电场，经电场作用后以同样的速率垂直x轴进入磁场，然后从磁场区域右边界中点离开磁场，可能的运动轨迹如图3、图4所示。如图3由几何关系有
解得或
（不合题意，舍去）或
故k的值为。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
C
D
C
D
D
C
D
D
B