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2023年高考押题预测卷02【全国甲卷】
物理·全解全析
14 15 16 17 18 19 20 21
B D C B B BD ACD BC
14．B
【详解】A．滑片P向 端滑动，微安表中的电流会增大，然后保持不变，故A错误；
B．设材料的逸出功为 ，由光电效应方程 ， 解得 故B正确；
C．用频率为 的光照射光电管，微安表中有电流，说明发生了光电效应，降低光照强度，仍然能发生光
电效应，只是电流会变小，光电子的最大初动能不变，遏止电压不会变，故C错误；
D．滑动变阻器的滑片位于 端时，A端电势高，光电子做加速运动，光电子从K端到A端，微安表中电
流方向向上，故D错误。
故选B。
15．D
【详解】A．两点电荷P、Q到B点的距离均小于到D点的距离，可知两点电荷P、Q在B点产生的电场强
度均大于在D点产生的电场强度，且两点电荷P、Q在B点产生的电场强度方向相同，故有
故A错误；
B．由等量异种点电荷电场分布情况可知 所以点电荷M移动过程中所受电场力先减小后
增大再减小，故B错误；
CD．点电荷M由A点移动到C点电场力做正功其电势能减小，由C点移动到D点电场力做负功其电势能
增大，故C错误，D正确。
故选D。
16．C
【详解】AB．在游戏过程中，由于甲、乙两人在保持木板水平的前提下，缓慢向两侧拖拉木板，表明木板
处于一种动态平衡状态，即木板所受外力的合力为0，对木板与两块砖整体分析，可知，竖直方向受到人
手的竖直向上的支持力与重力，水平方向受到，甲对木板的水平向左的摩擦力，与乙对木板水平向右的摩
擦力，根据平衡条件可知，甲的手和木板间的摩擦力与乙的手和木板间的摩擦力大小相等，方向相反，AB错误；
D．根据上述可知，甲的手和木板间的摩擦力与乙的手和木板间的摩擦力是一对平衡力，即甲、乙“拔
河”的力属于一对平衡力，D错误；
C．由于甲端的木板上放两块砖，则甲的手与木板之间的弹力大于乙的手与木板之间的弹力，即甲的手与
木板之间的最大静摩擦力大于乙的手与木板之间的最大静摩擦力，根据上述，甲的手和木板间的摩擦力与
乙的手和木板间的摩擦力大小相等，方向相反，则在缓慢拖拉过程，摩擦力不可能大于乙的手与木板之间
的最大静摩擦力，即摩擦力一定小于甲的手与木板之间的最大静摩擦力，即甲的手和木板间不会有相对滑
动，C正确。
故选C。
17．B
【详解】根据万有引力公式 解得 因此可知轨道半径越大角速度越小。对于内环而
言，如果内环和土卫三十五同向运动，则由于内环角速度大于土卫三十五，可知其泛起的涟漪将超前土卫
三十五，此时内环顺时针运动，如果内环和土卫三十五反向运动，由于涟漪在左下方，仍可知内环顺时针
运动。由于两环运动方向相同，因此外环也顺时针运动，而外环涟漪在右上方，且外环角速度小于土卫三
十五，因此可知土卫三十五顺时针运动。
故选B。
18．B
【详解】如图所示
设OA与OC的夹角为 ，OD与OA的夹角为 ，A到C由动能定理得 重力的瞬时功率
为 联立解得 同理得D点重力的瞬时功率
\将 ， 代入，可得 故选B。19．BD
【详解】AB．依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力
作用，根据牛顿第二定律可得 求得羽毛球的加速度为 羽毛球向下做匀加速直线运
动，故A错误，B正确；
CD．对筒受力分析，根据牛顿第二定律有 求得 负号表示筒的加速度方向竖
直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达
筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小 ，有 ；
联立，代入相关数据求得 故C错误，D正确。故选BD。
20．ACD
【详解】A．污水从离开管口离开后，做类平抛运动，在竖直方向有 ； 故A正确；
B．污水从离开管口离开后，在水平方向做匀速直线运动，其速度大小等于污水从管口流出时的速度，即
故B错误；
C．单位时间排出污水的体积为 故C正确；
D．污水在空中运动的时间为t，则空中污水的体积为 故D正确。
故选ACD。
21．BC
【详解】AB．设N与M之间的距离为x，金属棒上滑过程，程据动量定理 而 ；
； 整理得 选项A错误，B正确；
CD．金属棒下滑过程，根据动量定理 同理可得 选项C正确，D错误。故选BC。
22． 0.600
【详解】（1）[1]用游标卡尺测量遮光条的宽度d=0.6cm+0.05mm×0=0.600cm
（2）[2][3]设物块的加速度为a，则盒子的加速度为2a，盒子的加速度 对物块
解得 由题意可知 ； 解得 ；
（3）[4]该实验中平衡了摩擦力，因为且 ，可认为物块受的拉力F=mg，则 对重物
则 此种情况下处理数据时，以 为横坐标、 为纵坐标建立坐标系，得到的图像为直线。
23． 1.07 2.6 大于
【详解】（1）[1]游标卡尺的分度值为0.1mm，根据游标卡尺读数规则可得，示数为
10mm+7×0.1mm=10.7mm=1.07cm
（2）[2]由题意及电路图可得 ； 图线斜率即为金属环的电阻大小，
[3]由题意可得，金属环的电阻率为 ；
（3）[4]由上述电路图分析可得，由丁图计算出的电路金属环两端的电压准确，通过的电流比真实值小，
忽略了电压表V 的电流，因此由丁图计算出的阻值大于真实值。
1
24．（1） ， ，沿着 方向；（2） ；（3）见解析【详解】（1）设加速电场的电压为 ，电子经加速后后获得的速度为 ，凹形区域的电场强度为 ，根
据动能定理 ①电子沿 直线运动，有 ②仅撤去磁场，电子从 点离开场区，设电子
在场区的运动时间为 ，则有 ③ ④联立①②③④可得 ⑤ ⑥方向沿着
方向；
（2）若仅撤去电场，则电子在磁场中做匀速圆周运动，设电子的轨道半径为 ，则有 ⑦
联立②③④⑦可得 ⑧所以电子从 点离开场区，距离 点的距离为 ；
（3）依题意，要使电子在凹形区域内的运动时间均相等，则电子必须在场区内运动半周从 边离开，
分析可知，电子从 段离开场区是满足要求的；要从 段离开场区必须具备两个几何约束条件，第一、
电子不能从 离开场区；第二、电子不能进入 区域。设加速电场的电势差为 时，电子获得的速
度为 ，其运动的轨道半径为 ，电子从 段离开场区，依题意 ⑩设加速电场的电势差为
时，电子获得的速度为 ，其运动的轨道半径为 ，电子从 段离开场区，依题意必须满足：第一、电
子不能从 离开场区，电子运动轨迹如图Ⅰ，圆心为 ,设轨道半径为 ；第二、电子不能进入 区
域，电子运动轨迹如图Ⅱ，圆心为 ，设轨迹半径为 ，依题意 根据几何关系有
⑪
⑫
联立①⑦⑩ 并分别用 、 代替 ， 、 代替 ， 、 代替 ，求得 ；
⑪⑫25．（1） ；（2）必须大于等于 ；（3）0.2m
【详解】（1）根据动能定理 解得
（2）设第一次碰撞后，P、Q的速度大小分别为 ，根据动量守恒有
根据能量守恒有 解得 由于C是 的中点，两物块碰撞后
速度大小相等，则要使两物块仍在C点发生第二次碰撞，则碰撞前，P在斜面上运动时间和Q在传送带上
运动时间相等，物块P在斜面上运动的加速度大小 因此物块P在斜面上运动的时间
物块Q在传送带上相对传送带运动的加速度 因此物块Q向右做匀减速运动
的时间 在传送带上向左运动的时间也为 ，根据对称性可知，物块Q在传送带上必须一直
做加速运动，因此传送带的速度必须大于等于 ．
（3）由于第一次碰撞后P停在C点，因此第二次碰撞的位置仍在C点，设碰撞后一瞬间，P、Q的速度大
小分别为 ，根据动量守恒 根据能量守恒有
解得 假设P、Q不会在斜面上相碰，则第二次碰撞后，物块P从C点
至滑上斜面到再回到B点所用时间 物块Q从C点至滑上斜面到再回到B点所用时间由于 大于 ，假设成立．设 P 到达 B 点后再运动 时间与 Q 相碰，则
解得 第三次碰撞的位置离B点距离为
33．[物理——选修3–3]（15分）
（1） 增大 放出
【详解】（1）[1]由 图像可知，气体从a状态经过 到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，
温度升高，根据 可知气体的压强增大。
（2）[2]由 图像可知，气体从b状态经过 到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则气体的
内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热量。
（2）（1） （2）
【详解】（1）由玻意耳定律得 解得
（2）子弹击中木块时，对活塞与子弹由动量守恒定律有 活塞压缩气体的过程中，由动能
定理得 由热力学第一定律得 解得
34．[物理——选修3–4]（15分）
（1） 正 2
【详解】[1]质点Q的速度正在增大，即向平衡位置振动，根据波的传播方向与质点振动方向可知该波沿x
轴正方向传播；
[2]质点Q在 时第一次到达平衡位置通过的路程为 ，可知 则可得
则波速为
（2）（1） ；（2）
【详解】（1）根据题意，设光发生全反射的临界角为C，由 解得 画出光路图，如图所示光线①恰好发生全反射，发光区域是一个小的球冠，设小球冠高为h，由几何关系有
解得 发光球面面积
（2）如图由题意，球冠底面所对的圆心角为 ，光束正中间的光线②直接穿过球冠，通过玻璃球的路
程为 光在玻璃球内的速度 所以，该光束正中间的光线通过玻璃球的时间为
