卷05——【备考2023】高考物理真题重组卷（江苏专用）（含解析）

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冲刺2023年高考数学真题重组卷05江苏专用（参考答案）12345678910CCDADCBAAD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10-3πs15．（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。