2023年高考押题预测卷01（五省卷）-物理（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷01（五省卷）-物理（全解全析），共19页。试卷主要包含了【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2023年高考押题预测卷01物理·全解全析141561718192021ADDCBACDBDBD14. 明代徐光启农政全书记载了戽斗是一种小型的人力提水灌田农具，如图所示，两人双手执绳牵斗取水，忽略绳子质量，戽斗平衡时，则A. 绳子越短、绳子对人的作用力越大 B. 绳子越长，绳子对人的作用力越大
C. 绳子越短，绳子对戽斗的作用力越大 D. 绳子越长，绳子对戽斗的作用力越大14【答案】A 【解析】本题主要考查了力的分解，解题的关键是采用正交分解法求解出拉力的表达式进行分析。
根据正交分解法列式求解出拉力的表达式进行分析即可。
【解答】戽斗受重力和四个拉力，设拉力与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，
有
解得：
设绳子的长度为，两个人之间的距离为，由几何关系可得：
若两个人之间的距离一定时，绳子越长，则越小，其对应的余弦值越大，越小，故绳子越长，绳子对人的作用力越小，绳子越短，绳子对人的作用力越大，故A正确，BCD错误。   15.2022年3月23日15时40分，中国航天“天宫课堂”第二课开课了，这次在距离地面约400km的中国载人空间站“天宫”上进行了太空科学探究。授课期间，航天员演示了“水油分离实验”和“太空抛物实验”等，下列说法正确的是（　　）A．在“天宫”中水和油因为没有受到地球引力而处于漂浮状态B．“天宫”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间C．在“天宫”中做“太空抛物实验”时冰墩墩被抛出后做平抛运动D．利用密度不同，“天宫”中让水和油的混合物做圆周运动能使水和油分离15【答案】D【详解】A．在“天宫”中水和油因为处于完全失重状态而处于漂浮状态，但并不是没有受到地球引力，此时地球引力全部提供给“天宫”及其内部物体做匀速圆周运动的向心力，故A错误；B．第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，同时也是物体绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，当物体的速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间时，物体将绕地球做椭圆运动，所以“天宫”的运行速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；C．由于“天宫”中物体处于完全失重状态，所以不存在重力使物体物体下落的作用效果，在“天宫”中做“太空抛物实验”时，冰墩墩被抛出后近似做直线运动，故C错误；D．“天宫”中物体处于完全失重状态，所以油和水的混合物不能像在地球表面上一样出现“油在上，水在下”的分离情况，但可以通过让二者做匀速圆周运动，从而产生向心加速度，进而让水和油分离开，故D正确。 16利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小（约为微米量级），实验装置如图甲所示，和是具有标准平面的玻璃平晶，为标准金属丝，直径为；A为待测金属丝，直径为；两者中心间距为。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为。则以下说法正确的是（　　）A． B．C． D．16.【答案】D【详解】设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知由题设条件，则有联立解得故选D。 17.如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为，a为常量。电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　）A．两个粒子电性相反B．质量大的粒子动量较小C．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动D．若加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动17.【答案】C【解析】A．两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，选项A错误；B．根据且p=mv可得两粒子电量相等，则质量大的粒子动量较大，选项B错误；C．根据可得与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，选项C正确；D．由表达式可知，两粒子动能相同，根据可知两粒子动量不同；若加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足两粒子电量相等，则qB相等，若粒子做向心运动；当时粒子做离心运动，但是与的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，选项D错误。故选C。 18.1mol的某种理想气体，沿如图图像中箭头所示方向，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，再回到状态A。已知气体处于状态A时的温度为，已知1mol的该种理想气体内能为（其中R为普适气体常数，T为气体的热力学温度），大气压，则下列判断正确的是（　　）A. 气体处于状态B时的温度是B. 从状态A变化到状态B，理想气体一定从外界吸收热量C. 从状态B变化到状态C过程该气体吸热D. 从状态A→B→C→A的过程中，外界该气体做功200J18.【答案】B【解析】A．根据理想气体状态方程解得B．从状态A变化到状态B，体积膨胀气体对外界做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B正确；C．根据理想气体状态方程解得从状态B变化到状态C过程,温度降低，气体不做功，则放热故C错误；D．从状态A→B→C→A的过程中，外界该气体做功故D错误。故选B。 19.这次波及全球的新冠病毒的尺寸约为100nm，由于最短可见光波长约为400nm，所以我们无法用可见光捕捉病毒的照片。科学家用电子显微镜，即加速电场中的电子，使其表现为波长远小于可见光的波。终于捕捉到了它的图像，正所谓越艳丽越有毒。已知电子的质量为，电子的电荷量为，普朗克常量为，不考虑相对应效应，则下列说法正确的是（　　）A. 电子显微镜的分辨率非常高，是由于电子的德布罗意波长非常短B. 电子显微镜与加速电压有关，加速电压越高，则分辨率越低C. 若用相同动能的质子代替电子，也能拍摄到新冠病毒的3D图像D. 德布罗意长为0.2nm电子，可由静止电子通过约37.8V的电压加速得到19【答案】ACD【解析】AB．影响电子显微镜分辨率的直接因素是光源的波长，波长越短，加速电压越高，分辨率越高，故A正确，B错误；C．相同动能的质子和电子，根据，联立解得因质子质量大于电子质量，所以质子的波长小于电子的波长，波长越短，分辨率越高，所以，更能“拍摄”到新冠病毒的3D影像，故C正确；D．由动能定理电子动量联立解得代入数据解得故D正确。本题选错误的，故选B。 20.《浙江省能源发展“十四五”规划》指出，到2025年全省风电装机达到641万千瓦以上，其中在宁波、温州、舟山、台州等海域打造3个以上百万千瓦级海上风电基地。风力发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒k转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后；输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（  ）A. t=0时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大B. 发电机输出交变电流的频率为nkC. 变压器原、副线圈的匝数比为D. 发电机产生的瞬时电动势e=2πknNSBsin（2πkn）t20【答案】BD【解析】A．t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，A错误；B．由题意可得发电机线圈的转速为nk，则发电机输出的交变电流的频率为B正确；C．发电机产生的交变电流的最大值为交变电流的有效值为根据变压器原副线圈匝数关系得原副线圈匝数比为C错误；D．发电机产生得顺势电动势为D正确。故选D。 21.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）A. 弹簧的劲度系数为 B. 物块A做匀加速直线运动的加速度大小为C. 物块B的质量为 D. F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为【答案】BD【解析】A．以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为，有分离之前有即所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数A错误；BC．时刻，有分离时，有联立解得，B正确，C错误；D．施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为，对B进行受力分析有解得D正确。故选BD。   三、非选择题：本题共5小题，共62分。22（8分）如图所示，某同学在竖直悬挂的弹簧下加挂钩码，测量弹簧的劲度系数k。他将实验数据记录在下面的表格中，实验时弹簧始终处于弹性限度内。测量次序123456弹簧弹力弹簧的长度弹簧伸长量逐差相减①   （1）通过观察实验数据，发现实验中拉力每增加，橡皮绳伸长量的变化量几乎不变，为充分利用实验数据，同时减小实验误差，该同学联想到“测量匀变速直线运动的加速度”时用过的“逐差法”来计算弹簧的劲度系数k。将表中数据补充完整：①______；根据逐差法计算出弹簧的劲度系数______N/m。（结果均保留3位有效数字）（2）在计算弹簧弹力时重力加速度取，若当地实际的重力加速度g值为，则实验测得的劲度系数与实际值相比______（选填“偏大”、“偏小”或“相同”），由此造成的误差属于______（选填“偶然”或“系统”）误差。22【答案】    ①.     ②.     ③. 偏大    ④. 系统【解析】（1）[1]根据题意可知①应该为[2]由逐差法第一组数据有逐差法第二组数据有逐差法第三组数据有所以其劲度系数为（2）[3]由实验可知其弹力的变化量为一个砝码的重力，即因为实际重力加速度小于，所以其实验的偏大，根据可知，其测量的弹簧劲度系数偏大。[4]因为该误差不是因为测量等原因引起的所以不属于偶然误差，而是系统误差。 23.（10分）（1）某同学想测量一种金属丝的电阻率，首先他测量出金属丝的直径为0.65mm，则他可能使用了下列哪个仪器测量______。（2）接着他用多用表粗测金属丝的阻值，当红黑表笔接在金属丝两端时欧姆表指针如图甲所示，出现上述情况最有可能的原因是______。A．未进行机械调零    B．未进行欧姆调零    C．欧姆挡倍率太小    D．欧姆挡倍率太大（3）被测电阻大约5Ω，他改用伏安法测定金属丝的电阻，除被测金属丝外，还有如下实验器材：A．直流电源（输出电压为3V）B．电流表A（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）D．滑动变阻器（最大阻值20Ω）E．开关、导线等请根据所提供的器材，在图乙虚线框中画出实验电路图。（      ）（4）在“导体电阻率的测量”的实验中，以下操作中错误的是______。A．用刻度尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．实验中应保持金属丝的温度不变【答案】    ①. A    ②. B    ③.     ④. A【解析】（1）[1]测量值是0.65mm，读到mm的百分位，螺旋测微器读到mm的千分位，所以不是螺旋测微器，是游标卡尺；末尾数是5，所以精确度为0.05，为20分度游标卡尺，故选A；（2）[2]测电阻时指针出现在欧姆表盘0刻度右侧，通过多用电表内部的灵敏电流计的电流超过其量程，由欧姆表工作原理，可知是偏小导致，最可能的原因是未进行欧姆调零，故选B。（3）[3] 由于电压表内阻远大于待测电阻，电流表应采用外接法，由于滑动变阻器最大阻值大于待测电阻，滑动变阻器可以采用限流接法，电路图如图所示（4）[4] A．先将金属丝接入电路,然后用米尺测量接入电路中的金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，A错误；B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，B正确；C．因为温度对金属丝电阻有影响，实验中应保持金属丝的温度大致保持不变，C正确；选操作错误的，故选A。 24.（12分）如图甲所示，某汽车大灯距水平地面的高度为图乙为该大灯结构的简化图，由左侧旋转抛物面和右侧半径为的半球透镜组成，对称轴以下装有挡光片，光源位于抛物面的焦点处，已知点光源发出的光经旋转抛物面反射后，均垂直半球透镜的竖直直径进入透镜只考虑纸面内的光，光在半球透镜中的折射率。已知透镜直径远小于大灯离地面的高度，忽略在半球透镜内表面反射后的光。求：已知，，
 所有垂直进入的光在透镜球面上透光部分的长度若某束光从点射入半球透镜，，则这束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离 【答案】解：由分析可知入射角为临界角的时候，出射点最远，
，（2分）
所以，（1分）
解得；（2分）
设入射角为，折射角为，，（1分），（1分）
解得，即，（2分）
从半球透镜折射后的出射光线与水平面的夹角（1分）
解得 （2分）  25（14分）.如图所示，在平面坐标系xOy中，在x轴上方空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁场方向垂直纸面向外，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m电荷量为q的带正电离子从x轴上的点射入电场，速度方向与x轴正方向夹角为45°，之后该离子从点射入磁场Ⅰ，速度方向与x轴正方向夹角也为45°，速度大小为v，离子在磁场Ⅰ中的轨迹与y轴交于P点，最后从点射出第一象限，不计离子重力。（1）求第三象限内电场强度的大小E；（2）求出P点的坐标；（3）边长为d的立方体中有垂直于AA'C'C面的匀强磁场Ⅱ，立方体的ABCD面刚好落在坐标系xOy平面内的第四象限，A点与Q点重合，AD边沿x轴正方向，离子从Q点射出后在该立方体内发生偏转，且恰好通过C'点，设匀强磁场Ⅰ的磁感应强度为，匀强磁场Ⅱ的磁感应强度为，求与的比值。25【答案】（1）；（2）（0，）；（3）【解析】（1）粒子在M点的速度大小为v′，则（1分）则v′=v（1分）粒子在电场中从M点到N点运动的时间为t，加速度为a，则（1分）（1分）（1分）解得场强大小（1分）（2）由几何关系可知（1分）设P点的坐标为yP，则解得（1分）则P点的坐标为（0，）（1分）（3）粒子在匀强磁场Ⅰ中（1分）离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动半径R2，则（1分）由几何关系（1分）解得（1分）联立解得带入数据（1分） 26.（18分）如图所示，质量的木板静止在光滑水平地面上，距其右端（未知且可调）处有一铆钉固定的滑块。一质量的小滑块（可视为质点）静止于木板左端。现水平向右迅速敲击小滑块，使其瞬间获得的初速度沿木板向右运动。已知重力加速度大小为，滑块与木板间的动摩擦因数为，整个过程中滑块未滑离木板，木板与右侧滑块的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。（1）若，将的钉去掉，滑块与水平面无摩擦，且，求木板与物块碰撞的次数及碰后滑块、木板、物块最终速度的大小；（2）若小滑块的质量为，的质量为，滑块用铆钉固定在距右侧处，多次碰撞后、最终都静止，求整个过程中木板的总路程。26.【答案】（1）2次， ，，；（2）【解析】（1）木板、物块每次碰撞时，由动量守恒与机械能守恒可得，（1分）解得，（1分）即木板、物块每次碰撞后，交换速度。故第一次碰撞前，木板向物块匀加速直线运动，木板加速度（1分）木板速度（1分）由动量守恒（1分）滑块的速度第一次碰撞后，木板、物块的速度分别为，（1分）木板向物块匀加速直线运动，到第二次碰撞前，由位移关系（1分）木板的速度为（1分）第二次碰撞后，木板、物块的速度分别为，由动量守恒（1分）滑块的速度（1分）木板向物块匀加速直线运动，直到滑块、木板共速（1分）若能发生第三次碰撞，由位移关系，（1分）木板的速度为（1分）所以不能发生第三次碰撞。即木板与物块碰撞的次数为2次，滑块、木板、物块最终速度的大小分别为，，。（2）第一次碰撞前，木板向物块匀加速直线运动，木板加速度（1分）木板速度（1分）故木板先匀加速到与滑块共速（1分）再匀速运动至物块所在位置并与其发生碰撞，第一次碰撞后，木板速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为（1分）然后向右匀加速运动直到与滑块共速（1分）再匀速运动至物块所在位置并与其发生碰撞，第二次碰撞后，木板速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为（1分）木板的总路程（1分）