2023年高考物理押题卷02（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

2023年高考押题预测卷02【五省卷】

物理·参考答案

14【答案】A

【解析】“重心”概念的提出所采用的是等效替代法。

A．共点力合成实验采用的是等效替代法，．A正确

B．卡文迪许扭秤实验采用的是微小形变放大法，B错误；

C；理想斜面实验采用的实验和科学推理法，C错误；

D．探究影响向心力大小因素采用的是控制变量法，D错误。

故选A。

15【答案】C【解析】A．图甲检查工件的平整度利用光的干涉现象，故A错误；

B．图乙医用内窥镜利用光的全反射现象，故B错误；

C．图丙在坦克内壁上开孔安装玻璃利用光的折射现象扩大视野，故C正确；

D．图丁泊松亮斑是由于光衍射现象产生的，故D错误；

16【答案】C

【解析】假设每块砖的厚度为d，照相机拍照的时间间隔为T，则向上运动和向下运动分别用逐差法可得 ；；根据牛顿第二定律可得； ；；联立解得

故C正确。故ABD错误。

17【答案】B 

【解析】．时，线圈平面平行于磁场，磁通量为零，时线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为处，此时的磁通量为，
则时间内磁通量的平均变化率是．
故选B。  

18【答案】B

【详解】A．电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，当时电梯中的航天员受到万有引力和电梯的弹力，合力提供向心力

第一宇宙速度为只有万有引力提供向心力时，即上式中时匀速圆周运动的线速度，因此航天员在处的线速度小于第一宇宙速度，A错误；

B．由公式

可知，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小，当

此时电梯舱对航天员的弹力为零，只由万有引力提供向心力，，为同步卫星的轨道半径，B正确；

C．由于电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，由

随着r增大，线速度增大，C错误；

D．当时，随着r继续增大，需求的向心力更大，有

知反向增大，所以随着r从小于到大于逐渐增大的过程中，航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大，D错误。

故选B。

19【答案】ACD

【解析】解：A、在上升过程中，夯锤是先向上做匀加速运动，再向上做匀减速运动，加速度方向先向上后向下，则夯锤先处于超重状态后处于失重状态，故A正确；
B、在下落过程中，当夯锤向下做匀加速运动，夯锤速度增大。不计空气阻力，只有重力做功，夯锤的机械能不变，故B错误；
C、夯锤匀加速上升过程，由牛顿第二定律，得，故加速度大小，方向竖直向上，松手时夯锤的速度为，动能为，故C正确；
D、夯锤匀加速上升的位移为，松手后，夯锤做竖直上抛运动，匀减速上升的位移为，则夯锤上升的最大高度为，故D正确。
故选：ACD。
当物体具有向上的加速度时，处于超重状态，当物体具有向下的加速度时，处于失重状态。夯锤是先向上做匀加速运动，再向上做匀减速运动，最大高度为两次位移之和。根据牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式求速度和位移，从而求得松手时夯锤的动能和夯锤上升的最大高度。
本题的关键要分析清楚夯锤的运动情况，分段运用牛顿第二定律和运动学公式进行列式研究。
 

20【答案】BCD 

【解答】A.摆动过程中，金属圆盘的重力沿其轨迹切线方向的分力为其回复力，故 A错误；
B.摆钟在太空实验室内是处于失重状态，所以无法正常使用的，故B正确；
C.该摆钟从北京带到汕头，重力加速度变小，由单摆周期公式，可知单摆的周期变大，摆钟变慢，为使走时准确，需要摆钟的摆长变短，即需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故 C正确；
D.该摆钟在冬季走时准确，到夏季由于温度升高，热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆长变短点，即需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故 D正确。

21【答案】CD

【详解】A．空间任一点的电场是三个点电荷产生的电场的叠加，根据对称性和电场的叠加原理可知，M点和P点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；

B．根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，M、P两点的电势相等，且N点电势高于O点的电势，O点的电势高于和M、P点的电势；在D点的负点电荷产生的电场中，N点的电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P两点的电势，所以，可知

故B错误；

C．仅考虑B处和D处点电荷时，C点和M点的电势相等，正试探电荷由C到M，靠近A处的正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故C正确；

D．由于，则将正试探电荷由P移动到N，电场力所做的功；场力做负功，故D正确。

三、非选择题：本题共5小题，共62分。

22【答案】        （3分）   （3分）    空气阻力或绳子与滑轮间摩擦力（2分）

【解析】[1]从O点运动至P点过程中，小球A与B速度大小时刻相等，O点速度为零，P点速度大小由段平均速度得到，则有

则系统动能的增加量为

[2]从O点运动至P点过程中，小球A下降的距离为，重力势能减少了，小球B上升的距离为，重力势能增加了，故系统重力势能的减少量为

[3]球在运动过程中有空气阻力、绳与滑轮间的摩擦力等的影响损耗系统的机械能，导致系统动能的增加量略小于系统重力势能的减少量。

23【答案】      （2分）    负（2分）     0.6（2分）     6.0 （2分）    2.7（2分）

【详解】（1）电流表A内阻是10Ω，定值电阻阻值为5Ω，当欧姆表两表笔与电阻相连时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的，则

当欧姆表两表笔与电流表A相连时

又

解得

连接时要注意红表笔要与电流表的负接线柱相连。

（2）将定值电阻与电流表并联进行改装，改装后的量程为

（3）根据电路可知，电流表读数为I时，总电流为3I，则

即

由图像可知

解得

E=6.0V

r==2.7Ω

24【答案】（1）9.9J；（2）16.5cm

【解析】

（1）初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，设气缸内气压为，根据平衡条件得

（2分）

设室内气温缓慢降至T1=270K时，气柱长度为，根据盖吕萨克定律

（2分）

解得

（1分）

外界对缸内气体所做的功为

（2分）

解得

（1分）

（2）质量M=27kg的小朋友盘坐在椅面上，稳定后，根据平衡条件得

（2分）

稳定后缸内气体长度为，由玻意耳定律得

（2分）

解得（1分）

25【答案】（1）；（2）；（3）J

【解析】

（1）设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意

（2分）

得

（1分）

（2）设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，由动量定理得

（1分）

又

即

（1分）

所以在再生制动阶段有

（1分）

解得

（1分）

在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得

（1分）

又

解得

设匀减速运动的位移为，由运动学得

（1分）

解得

（1分）

所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为

（1分）

（3）对于减速过程，因斜线率的绝对值表示阻力的大小，由图线①得

（1分）

代入得

（1分）

由图线②，设汽车位移为，回收的动能为

（1分）

26【答案】（1）12rad/s；（2），；（3）3.25s；（4），

【规范答题】（1）金属棒OA产生的电动势为

（1分）

回路电流为

（1分）

当杆a开始向右运动，有

（1分）

联立解得

（1分）

（2）设a杆碰前速度大小为，碰后速度大小为，对框和棒整体碰撞后根据动能定理可得

（1分）

解得

由动量守恒有

解得

（1分）

（3）杆a从PQ到碰前做匀速直线运动，则有

（1分）

杆a碰撞后与框在距离内做匀速直线运动，则有

杆a碰撞后与框在距离内做匀减直线运动，则有

所以，杆从PQ离开到最终停下所用时间为

（1分）

（4）碰后金属框刚进入磁场时，框的右边切割生电动势为

（1分）

杆a与金属框形成的总电阻为

（1分）

框的右边流过电流为

（1分）

所以整体加速度为

（1分）

从金属框刚进入磁场到整个框进入磁场过程，根据动量定理有

（1分）

又

（1分）

联立解得

（1分）

之后金属框全部进入磁场不再产生焦耳热，所以根据能量守恒可得

（1分）

其中杆a的焦耳热为

（1分）