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2023年高考押题预测卷02【五省卷】
物理·参考答案
14 15 6 17 18 19 20 21
A C C B B ACD BCD CD
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；
的
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
6d=a T2 4d=a T2 mg+F =ma mg−F =ma
上 下 f 上 f 下
1
F = mg
f 5
故C正确。故ABD错误。
17【答案】B
【解析】．t=0时，线圈平面平行于磁场，磁通量为零，t=t 时线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，
1
此时的磁通量为BSsinθ，ΔΦ BSsinθ
则0−t 时间内磁通量的平均变化率是 = ．
1 Δt t
1
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；
mg
C、夯锤匀加速上升过程，由牛顿第二定律，得4× −mg=ma，故加速度大小a=g，方向竖直向
2
1 1
上，松手时夯锤的速度为v=at=>¿，动能为E = mv2= mg2t2 ，故C正确；
k 2 2
1 1
D、夯锤匀加速上升的位移为x = at2= gt2 ，松手后，夯锤做竖直上抛运动，匀减速上升的位移为
1 2 2
v2 1
x = = gt2，则夯锤上升的最大高度为h=x +x =gt2 ，故D正确。
2 2g 2 1 2
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；
√L
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T=2π ，可知单摆的周期变大，摆钟变
g
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φ >φ >φ =φ
N O M P
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φ >φ ，则将正试探电荷由P移动到N，电场力所做的功W =qU =q(φ −φ )<0；场力做负
N P PN P N
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T=270K时，气柱长度为 ，根据盖吕萨克定律
1
（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）
的
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）
