文档内容
2023年高考押题预测卷01【五省卷】
物理·参考答案
14 15 6 17 18 19 20 21
A D D C B ACD BD BD
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
的
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【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【答案】
解：(1)由分析可知入射角为临界角的时候，出射点最远，
1 3
sinC= = ，（2分）
n 4
所以C=48∘，（1分）
48 4πR
解得l= 2πR= ；（2分）
360 15
1
R− ·2R sinβ 4
(2)设入射角为α，折射角为β， 5 3，（1分） = ，（1分）
sinα= = sinα 3
R 5
4
解得sinβ= ，即β=53∘，（2分）
5
从半球透镜折射后的出射光线与水平面的夹角θ=β−α=16∘（1分）
h
解得x= =320cm
（2分）
tan16∘
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y ，则
P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）
的
离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动 半径R，则
2
（1分）
由几何关系
（1分）
解得
（1分）联立解得
带入数据
（1分）
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）
