2023年高考考前押题密卷：物理（江苏卷）（全解全析）

2023年高考考前押题密卷（江苏卷）

物理·全解全析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

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．【改编题】如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后又回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”，则下列说法不正确的是（　　）

A．在A→B过程中，密度减小

B．在B→C过程中，分子的速率分布曲线发生变化

C．在一次循环过程中，吸收的热量大于放出的热量

D． 在B→C和D→A过程中，对外界做功的绝对值不相等

【答案】  D

【解析】A．在A→B过程中，体积变大，则密度减小，选项A正确；

B．在B→C过程中，绝热，体积增加，对外做功，则内能减小，温度降低，分子的速率分布曲线发生变化，选项B正确；

C．在一次循环过程中，气体内能不变，因p-V图像的面积等于气体做功，可知对外做功大于外界对气体做功，即整个过程气体对外做功（大小等于ABCD图像包含的面积），吸收热量，即整个过程吸收的热量大于放出的热量，选项C正确；

D．在B→C和D→A过程中，温度的变化绝对值相等，内能变化的绝对值相等，且两个过程都是绝热，根据热力学第一定律可知，两过程中对外界做功的绝对值相等，选项D错误。

本题选择不正确的，故选D。

2．下列光现象中属于衍射的是（　　）

A．水中的气泡看起来特别明亮

B．白光通过三棱镜在屏上出现彩色光带

C．在阳光照射下肥皂泡上出现彩色条纹

D．某彩色光照射圆盘后，在适当的位置，影的中心出现一个亮斑

【答案】  D

【解析】A．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射和折射的缘故，故A错误；

B．太阳光通过玻璃三棱镜后形成彩色光带，是光的折射现象，故B错误；

C．肥皂泡在阳光照耀下呈现彩色条纹，太阳光肥皂泡经过内外膜的反射后叠加，从而出现彩色条纹，这是光的干涉，故C错误；

D．圆盘衍射出现泊松亮斑，故D正确。

故选D。

3．如图所示，是两列频率相同的横波相遇时某时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。则两列波相遇的过程中（　　）

A．P点相对平衡位置的位移始终最大

B．P点相对平衡位置的位移可能小于N点相对平衡位置的位移

C．P点和Q点的振动步调可能相同

D．P点和Q点连线上的某点可能与N点的振幅相同

【答案】  B

【解析】A．若P点相对平衡位置的位移始终最大，那么P点就是静止的，而P点实际上是在平衡位置上下振动，还会经过平衡位置，故A错误；

B．P点为振动加强点，即振幅为两列波振幅之和，始终在平衡位置上下振动，位移在某些时刻为零；N为振动减弱的点，振幅为两列波的振幅之差，但并不知道两列波的振幅大小，因此N点的振幅可以不为零，同样在平衡位置上下振动，位移可以大于零，因此P点相对平衡位置的位移可能小于N点相对平衡位置的位移，故B正确；

C．由干涉图样可知，P点为波峰与波峰相遇，Q点为波峰与波谷相遇，且两者之间的距离相差半个波长，则可知两者振动步调始终相反，故C错误；

D．P点和Q点连线上各点始终为振动加强点，振幅都等于两列波的振幅之和，而N点始终未振动减弱的点，振幅始终为两列波的振幅之差，因此P点和Q点连线上的某点不可能与N点的振幅相同，故D错误。

故选B。

4．如图所示，用某频率的光照射光电管，研究饱和电流的影响因素，则（　　）

A．电源的左端为负极

B．换更高频率的光照射，电流表示数一定增大

C．滑动变阻器滑片移至最左端，电流表示数为零

D．滑动变阻器滑片向右移的过程中，电流表示数可能一直增大

【答案】  D

【解析】A．光电子从K极逸出后必须定向移动形成光电流，因此电源的左端为正极，光电子在电场力的作用下将定向移动，从而形成光电流，故A错误；

B．换更高频率的光照射，可以使逸出的光电子的动能增加，即可以使单位时间到达A极板的电子数增多，电流增大，但若光子数目一定，逸出的光电子就一定，光电流就一定，因此可知，换更高频率的光照射，电流表示数可能增大，故B错误；

C．当滑动变阻器移动到最左端时，A、K两极板的电压为零，但逸出的光电子具有动能，可以到达A极板，因此电流表的示数不为零，故C错误；

D．滑动变阻器滑片向右移的过程中，A、K两极板的电压增大，光电子在电场力的作用下移动的更快，即单位时间内到达A极板的光电子数目增多，则光电流增大，但若光电流已经达到饱和，增大两极板的电压，光电流不在变化，因此滑动变阻器滑片向右移的过程中，电流表示数可能一直增大，故D正确。

故选D。

5．如图所示，倾角为的足够长斜面，现从斜面上O点与斜面成角（），以速度、分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别、，设O、A间的距离为，O、B间的距离为，不计空气阻力，当取不同值时下列说法正确的是（　　）

A．一定等于

B．方向与斜面的夹角一定小于方向与斜面的夹角

C．P、Q在空中飞行的时间可能相等

D．可能大于

【答案】  A

【解析】将初速度分解在垂直斜面反向和平行斜面方向，垂直斜面方向

平行斜面方向

垂直斜面的加速度

平行斜面的加速度

C．在空中飞行的时间

所以P、Q在空中飞行的时间之比为，故C错误；

D．小球的位移

结合

可得

故D错误；

B．速度与斜面的夹角的正切值

结合

可知方向与斜面的夹角一定等于方向与斜面的夹角，故B错误；

A．结合B选项分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均为，根据速度的合成可知一定等于，故A正确。

故选A。

6．某物理兴趣小组设计了一个如图所示的发电装置，永磁铁在螺线管中做简谐振动时能产生周期为0.02s的正弦式交流电，电压最大值为V。理想变压器原、副线圈匝数之比为1：10，灯泡L的电阻恒为5Ω，额定电压为2.5V，定值电阻、，滑动变阻器R的最大阻值为30Ω，下列说法正确的是（　　）

A．灯泡上交流电的频率为500Hz

B．滑动变阻器滑键向下移动，灯泡变亮

C．为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为20Ω

D．灯泡正常工作时，原线圈输入功率为W

【答案】  C

【解析】A. 变压器不改变交流电的频率，则灯泡上交流电的频率为

选项A错误；

B. 滑动变阻器滑键向下移动，R阻值变大，变压器次级电阻变大，次级电压不变，则次级电流减小，则灯泡变暗，选项B错误；

C. 变压器初级电压有效值为

U1=1V

则次级电压

灯泡正常工作，则R1电流

则通过滑动变阻器的电流

滑动变阻器接入电路的电阻为

选项C正确；

D. 灯泡正常工作时，次级总电阻

次级的总功率为

则原线圈输入功率为5W，选项D错误。

故选C。

7．如图所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图所示，其中为图线纵截距，则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）（　　）

A． B．

C．最大动能为 D．系统产生的热量为

【答案】  C

【解析】A．由图可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A错误；

C．加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区域的面积可得

故C正确；

D．根据牛顿第二定律得

可得

系统产生的热量为

故D错误；

B．物体从A到B过程由动能定理可知

且有

解得

由此可知，两位置的加速度大小相等，故B错误。

故选C。

8．如图所示，O点是竖直平面内圆的圆心，A、B、C三点将圆三等分，CD是圆的水平直径，在A、B两点分别固定等量的正点电荷。不计重力，下列说法正确的是（　　）

A．D、O、C三点的电势大小关系为φ＝φ＝φ

B．一个电子可以在A、B两点电荷的电场中做圆周运动

C．将一个电子从C点静止释放，电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力一定是先减小后再增大

D．若一电子源从O点以相同的初动能沿圆周平面内向各个方向发射电子，则从D点离开圆周的电子的动能最大

【答案】  B

【解析】A．D、O与两点电荷的距离相等且小于C点与两点电荷的距离，由电势的叠加可知

故A错误；

B．在A、B两点连线的中垂面内，电子受到的合电场力方向指向A、B两点连线的中点，若给电子适当的初速度，电子可以在A、B两点连线的中垂面内绕AB的中点为圆心做匀速圆周运动，故B正确；

C．设A、B两点间距为L，两点电荷的电量均为，CD上某点M，设

A、B两点电荷在M点形成电场的合场强沿OC方向，其大小为

由数学知识可知当

有最大值。由几何知识可知，当电子在C点时，，当电子在O点时，，因此电子在CO之间的某处受到的电场力达到最大值，而电子运动到A、B两点连线的中点时，受到的电场力为零，然后往左运动时，受到的电场力反向，大小增大。因此，电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力先增大后减小，然后再增大

故C错误；

D．只有电场力做功时，带电粒子的动能与电势能之和为一个定值，由于D点不是圆上电势最高的点，因此D点不是电子的电势能最小的点，故电子从D点离开圆时动能不是最大的，故D错误。

故选B。

9．江苏省某校兴趣小组设计了一个实验装置：静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。则下列说法正确的是（　　）

A．弹簧释放后瞬间A、B速度的大小为2m/s

B．物块A先停止

C．先停止的物块刚停止时A与B之间的距离是1m

D．A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m

【答案】  D

【解析】A．设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为v、v，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有

，

解得

v=4.0m/s，v=1.0m/s

故A错误；

BC．A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得

则

B一直向左运动，则

解得

可知B先停止运动，该过程中B的位移

解得

从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得

B停止时A的速度

解得

对A由动能定理可得

则位移

这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为

B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为

故BC错误；

D．t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为，由动能定理有

解得

故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为′以和，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

，

解得

，

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为′时停止，B向左运动距离为时停止，由运动学公式

，

解得

，

小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离

故D正确。

故选D。

10．如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器，金属棒静止在导轨上，棒与导轨垂直，时，棒受到水平向右的恒力F作用，时，撤去F，则棒的速度v、电容器所带的电荷量q、棒中安培力的冲量I、棒克服安培力做的功W与时间t的关系图像正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】  D

【解析】A．设某一时刻t，根据牛顿第二定律有

设该时刻电流大小为i，则

在很短时间间隔内

，，

联立可得

结合前式可得

可得

可知之前金属棒做匀加速运动，即图像为一倾斜直线。撤去力后感应电动势等于电容器两端电压，电容器不再充电，电流为零，开始做匀速运动，A错误；

B．由上分析可知

之前图像为倾斜直线，之后电容器不充放电，电荷量不变，B错误；

C．安培力的冲量

加速度定值，可知为一倾斜直线，C错误；

D．棒克服安培力做的功

D正确。

故选D。

二、非选择题：共5题，共56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）【改编题】小明同学通过实验探究多用电表欧姆挡的工作原理。

（1）小明同学利用自己所学物理知识，自制了一个欧姆表，他采用的内部等效电路图为甲图中的___________，表笔a为___________（选填“红”或“黑”）色。

（2）已知G表的满偏电流为，制作好欧姆表后，小明同学对欧姆表进行欧姆调零，他将上图中欧姆表的红黑表笔短接，G表指针位置如图乙，调节欧姆调零旋钮，使G表指针指在________位置（选填“0刻度”、“满偏”），即完成欧姆调零。用此欧姆表粗测某电阻的阻值，当用“”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用________（选填“”或“”）挡，并重新欧姆调零后进行测量。

（3）经欧姆调零后，小明同学打算测量此欧姆表的电动势和内阻，他找到5个规格相同的标准电阻，他将n个（，2，3，4，5）电阻串联后先后接在该欧姆表的红黑表笔之间，记下串联电阻的个数n和对应电流表的读数。根据所得数据做出图像，如图丙所示，可求得欧姆表中电源的电动势为________V，该欧姆表的内阻为________。（结果保留三位有效数字）

（4）用欧姆挡测量一电阻的阻值，进行了如图所示虚线框中A、B、C、D四个操作，正确的操作顺序是_________；

（5）小明同学发现该欧姆表使用一段时间后，电源电动势减少，内阻增加，但仍然能欧姆调零，结合上述分析，则调零后用该表测量的电阻的测量值________真实值。（选填“大于”、“小于”或“等于”）

【答案】（1） C ；    红 ；（2） 满偏  ；   ×1 ；（3） 1.58 ；   256   （4）CADB；（5）  大于

【解析】（1）根据欧姆表的原理可知其内部有电源，有滑动变阻器调节其内阻，并且黑表笔接电源的正极，红表笔接电源的负极。

故选C。

（2）欧姆调零当两表笔短路时，接入电路的外电阻最小，由欧姆定律知，可以通过调节滑动变阻器使电流表满偏，令指针指电流表的满偏电流刻度处，进行调零；

用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，示数较小，说明倍率挡选择过高，他应该换用“×1”挡；

（3）根据闭合欧姆定律可知

整理得

由图丙可知

即

（4）使用多用电表测电阻，首先进行机械调零，用刻度盘下的调零旋钮手动把指针拨到零刻度线处，然后选择欧姆挡位，再进行欧姆调零，两个表笔短接，调整调零旋钮，调整好之后，把两表笔接在电阻两端，进行测量。故正确的操作顺序是CADB。

（5）当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式

欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由

可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了。

12. （8分）【改编题】如图所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知，BC边长为L，该介质的折射率为．求：

（1）入射角i

（2）从入射到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为c，可能用到：或）．

【答案】  （1）；（2）

【解析】（1）根据全反射规律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得

　 ①

代入数据得

　　　　②

设光线在BC面上的折射角为，由几何关系得

③

根据光的折射定律

　　　　④

联立③④式代入数据得

⑤

（2）在中，根据正弦定理得

⑥

设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得

　　　　　⑦

　　　　　⑧

联立⑥⑦⑧式，代入数据得

⑨

13. （8分）如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的汽缸M和密闭的汽缸N组成，两汽缸由一细管（容积可忽略）连通，两汽缸均由导热材料制成，内径相同。汽缸M长为3L，汽缸N长为L，薄活塞A、B密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两汽缸处于温度为T1=300K的空气中，汽缸M、N中分别封闭压强为P0、2P0的理想气体，活塞A、B均位于汽缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为T2=360K，且活塞B向右移动了。已知大气压强为P0相当于10m水柱产生的压强。求：

（1）装置所在处水的深度；

（2）活塞A向右移动的距离。

【答案】  （1）38m；（2）

【解析】(1)汽缸N中气体初状态

，，

末状态

，

根据理想气体状态方程有

放入水中后汽缸M中的气体压强与汽缸N中的气体压强相等，即

在此处水产生的压强为

解得

10m高的水柱产生的压强为，所以此处水深

(2)装置放在水中后，设活塞A向右侧移动的距离为x，汽缸M中气体初状态

， ，

汽缸M中气体末状态

， ，

根据理想气体状态方程

解得

14. （13分）如图，一长的倾斜传送带在电动机带动下以速度沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角，质量的小物块A和质量的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取，，重力加速度。求：

（1）物块B刚下降时的加速度a；

（2）物块A从底端到达顶端所需的时间t；

（3）物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。

【答案】  （1）；（2）2.5s；（3）136J

【解析】（1）对A分析

对B分析

解得

（2）当达到与传送带共速

A的位移

之后匀速，时间

物块A从底端到达顶端所需的时间

（3）物块A从底端到达顶端时，相对位移

电动机多做的功设为W，根据能量守恒

解得

15. （16分）如图1所示，有一对垂直纸面水平放置的平行金属板，板长为，两板间距为，金属板右侧有一个半径为的圆形匀强磁场区域，圆心O位于平行金属板正中间的水平线上，磁场方向垂直纸面向里。金属板左侧的电子枪不断地沿正中间的水平线发射质量为、电荷量为的电子，发射电子的初速度恒定。若在两金属板上加上如图2所示的交变电压，周期为，电子在金属板内运动时间恒为，最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出。电子进入圆形磁场区域后均从磁场边界P点飞出，P点为竖直线与圆形磁场边缘的交点。不计电子间相互作用和重力，忽略金属板区域外的电场及交变电场产生的磁场。求：

（1）发射电子的初速度大小及两板电压；

（2）磁感应强度的大小；

（3）从平行金属板正中间射出的电子和从上极板边缘射出的电子在磁场区域运动的时间之比。

【答案】  （1），；（2）；（3）

【解析】（1）由于电子在平行金属板之间运动时水平方向做匀速运动，且电子在金属板内运动时间恒为，则有

由题意可得，从（，，）时刻射入平行板的电子竖直方向的偏距最大，且为板间距离的一半，在竖直方向上电子先做匀加速再做匀减速，设其加速度为a，可得

联立可得

（2）由题意可得，所有电子从平行板沿水平方向射出，速度大小均为。如图甲所示

由几何关系可得电子在圆形磁场中做圆周运动的半径和磁场圆的半径相等，即

设磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力提供向心力可得

联立可得

（3）设电子在磁场中运动的时间为，偏转角为，由题意可得

如图乙所示，从平行金属板正中间射出的电于在磁场中的偏转角为，从上极板边缘射出的电子在磁场中的偏转角为

由图乙中的几何关系可得

，

联立可得