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2023年高考押题预测卷03【全国甲卷】
物理·全解全析
14 15 16 17 18 19 20 21
C B C A C AD BC BD
14．C
【详解】由题图可知，元素的质量从 衰变至 所用时间为 有半数发生衰变了，
根据半衰期定义可知，元素的半衰期约为115d。
故选C。
15．B
【详解】B．小球释放后先做加速运动，后做减速运动，在经过O点时速度最大，由图甲可知
由动能定理得 可得最大速度 选项B正确；
C．小球最远可到达c点，c点与a点的电势相等，故c点到点电荷Q的距离应为 ，由点电荷电场强度
可知a、c两点的电场强度大小相等，但方向不同，选项C错误；
A．a、O、b、c点到点电荷Q的距离分别为3L、L、2L、3L，由点电荷电场强度 可知a到c的场
强先增大后减小，选项A错误；
D．小球由a点到O点的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O点到b点的过程中，电场力做负功，
电势能增大，选项D错误。
故选B。
16．C
【详解】桌子在水平面内做匀速圆周运动，转速约为2r/s，桌角 点的线速度为 又
故 桌子被蹬出瞬间竖直向上的速度为 ，由竖直上抛运动规律可得 ，解得
则 点的合速度为故选C。
17．A
【详解】时间极短，可认为磁感应强度均匀变化，设线框左右两边的磁感应强度差为 ，由动量定理可知
有 根据题意AB为同种均匀材料，可得 所以有
故选A。
18．C
【详解】A． 时间内挑战者加速下落，处于失重状态，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得 解得 故B错误；
D．加速运动的时间为 整个运动过程的时间为 减速过程的时间为
减速运动的加速度为 由牛顿第二定律可得
解得 故D错误；
C．由图像面积可知， 时间内挑战者下落的高度为 故C正确。故选C。
19．AD
【详解】A．根据环绕模型中 整理得 ， 是第一宇宙速度，也是近地卫星的环
绕速度。根据上述公式可知，天宫空间站的环绕半径比近地卫星的环绕半径大，天宫空间站的运行速度小
于 。故A正确；
B．根据公式 整理得 天宫空间站的环绕半径比地球半径大，则加速度小于地球表面加速度 。故B错误；
C．设地球半径为 ，根据圆周运动特征 故C错误；
D．根据 整理得 根据密度公式可知 故D正确。
故选AD。
20．BC
【详解】A．理想变压器原副线圈匝数之比为2：1，则副线圈电压 对原线圈
解得 故A错误；
B．滑片Р向b端滑动过程中，副线圈电阻减小，电流增大，则原线圈电流增大，电流表的示数增大，干
路电流增大，R 分压增大，则电压表的示数减小，故B正确；
1
C．对原线圈回路 所以 故C正确；
D．当滑片滑到b端，则消耗功率为零，故滑片P向b端滑动过程中， 消耗的功率不是逐渐增大，故D
错误。
故选BC。
21．BD
【详解】A．由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A
的加速度的两倍；物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为 ，物体A的加速度为 ，则有
； 代入数据，联立解得 ，A错误；
B．物体B下降过程中，轻绳是A、B组成的系统的内力，故轻绳的拉力对A和B做的总功为零，B正确；
C．物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩擦力做
的功，C错误；D．设物体B下降2m时的速度为 ，则A的速度为 ，由能量守恒可得
代入数据，解得 ，D正确。
故选BD。
22． 1.5cm 98 150g
【详解】（1）[1]根据图像可知不挂钩码时，橡皮绳的伸长量为x=1.5cm
0
（2）[2]根据胡克定律F=kx可得nmg=kx整理得 由图像可知，图线的斜率为
/cm
联立可得劲度系数为k=98N/m
（3）[3]手机静止时，根据平衡条件可得手机的重力为
手机的质量为
23． R R 4.8 大于 1.125
1 4
【详解】（1）[1]图中滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节且使电表示数变化比较明显，所以滑动
变阻器应选择阻值较小的R；
1
[2]由于电压表的满偏电压为3V，其内阻为几千欧，而电源电动势为6V，所以与电压表串联的电阻箱的阻
值较大，所以电阻箱应选择R。
4
（2）[3]电压表和电阻箱的电流相等，即 解得
（3）[4]将图甲中的电阻箱R调至0，R 滑片移到最左端，闭合S，向右移动滑片，使电压表指针达到满偏；
L
保持滑片位置不动，调节电阻箱R，测量电路的总电阻增大，则分压增大，所以电阻箱两端的实际电压大
于0.6V，所以R 测量值为电阻箱读数的4倍，所以R 测量值偏大。
V V
（4）[5]当指针指向3V时，电路中的电流为 此时滑动变阻器的阻值为
当电压表示数为1V时，有 解得
24．（1） ；（2） ；（3）0.44s【详解】（1）对装置，当线框在磁场中匀速时 可得 对装置在进入磁场前
过程中，可知 可得
（2）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，知
且 解得
（3）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v，对装置在接着向下运动2d过程中
1
可 得 对 装 置 在 磁 场 中 运 动 时 可 得
在时间 内，有 则 有
而 解得
25．（1） ；（2） ；（3） d2
【详解】（1）在平行板电容器中，只有满足洛伦兹力等于静电力，带电粒子才会做匀速直线运动飞出该
区域，即 所以v= =
0
（2）在匀强电场E 中的带电粒子做类平抛运动，假设为正电荷d=vt，y= · ）2由于正电荷向下偏
2 0
转，负电荷向上偏转，偏转距离均为y= 因此E=
2
（3）设带电粒子在匀强电场E 中做类平抛运动的速度偏转角为θ，位移偏转角为α，由类平抛运动的推论
2
可知tanθ=2tanα= = 解得θ=30°带电粒子射入磁场的速度 =cos30°即v= v 正电荷在磁场中的半
0
径r= 联立解得r= d正电荷的轨迹如图所示由几何关系可知，磁场的宽度d=r-rcos60°= ；d= d+ r= d+2d负电荷的轨迹与正电荷关于中轴
1 2
线对称，所以匀强磁场B 的面积至少为S=2dd= d2
2 1 2
33．[物理——选修3–3]（15分）
（1） 增大 ②
【详解】[1]由图可知，A→B的过程中气体做等温变化，体积减小，所以单位体积中的气体分子数目增大。
[2]根据理想气体的状态方程 可知，气体的温度越高，压强与体积的乘积PV值越大，所以由图可知
TD＞TA；气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度高，最大速率向速度较大的方向移动；故
T＜T，因此状态D对应的是②。
1 2
[3]在气体完成一次循环后的内能与开始时是相等的，所以内能不变，即 ；由题意可知，A→B和
D→A的过程中，气体放出的热量分别为4J和20J，在B→C和C→D的过程中气体吸收的热量分别为20J
和12J，则吸收的热量 由热力学第一定律得
所以解得 所以气体完成一次循环外界对气体所做的功是 。
（2）① ；②
【详解】①对于封闭的理想气体，初态体积 初态压强 当轻弹簧Q处于原长时，气体体
积 气体压强 根据玻意耳定律得 解得
②由初态活塞受力平衡可得 联立解得活塞向上移动的距离即轻弹簧Q长度的变化量气体柱长度的变化量 由轻弹簧Q处于原长时汽缸受力平衡可得
联立解得轻弹簧P长度的变化量 所以支架向上移动的距离
34．[物理——选修3–4]（15分）
（1） 全反射 光密
【详解】[1]水球中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水中射向气泡时在气泡表面发生了全反射；
[2]发生全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质时，入射角大于等于临界角，即sinθ
[3]水相对空气是光密介质。
（2）① ；②0.8m/s
【详解】①根据图丙可知 ， 由于 时P质点正经过平衡位置向上振动，则其振动的位
移y与时间t的关系式为
②P、Q为该波沿水平传播方向上相距 的两个质点，且 时P质点正经过平衡位置向上振动，Q质
点正处于波谷，则有 （n=0，1，2，3…）解得 （n=0，1，2，3…）
根据题意有 解得 即取 则有 则谐波的波速为
