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2023年高考押题预测卷03【江苏卷】
物理·全解全析
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1．【答案】C
【解析】设一个篮子的质量为 ，连接下篮的绳子的拉力为 ，对下篮，根据平衡条件得 ，解得
，设连接上篮的绳子的拉力为 ，绳子与竖直方向夹角为 ，对两个篮整体由平衡条件得
，根据几何关系得 ，联立解得 ，则 ，故C正确，ABD错误。
故选C。
2．【答案】C
【解析】当滑片P较快地向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，A线圈电流变大，甲表指针向右
偏转的角度增加，穿过B线圈的向下的磁通量增大，由楞次定律可知，乙表中感应电流从负接线柱流入，
指针向左偏转，AB正确；断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，A线圈电流变大，甲表指针向右偏
转，由楞次定律可知乙表指针向左偏转，C错误，D正确。故选C。
3．【答案】D
【解析】太阳光是平行光，临界光路图如图所示，由几何关系可得临界光线的折射角为 ，可
知临界光线的折射角为30°；根据折射定律 ，可得 ，由几何关系可知，地球多转 角
度便看不见太阳了，有 ，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为
，故选D。
4． 【答案】A
【解析】通电导线在磁场中的有效长度均为 ，只在直线AC上方区域内加一垂直于纸面向
里的匀强磁场，根据左手定则可知安培力的方向向下，细线中的拉力大小为 ，若只在直
线AC下方区域内加与上述相同的磁场，根据左手定则可得安培力的方向向上，则 ，联立
解得 ，故选A。
5．【答案】C
【解析】设氢原子发射光子前后分别处于第k能级与第l能级，发射后的能量为 ，则有，解得l=2，发射前的能量 ，根据玻尔理论有 =E -E （m＞n），当氢原
m n
子由第k能级跃迁到第l能级时，辐射的能量为 ，解得k=4，故选C。
6．【答案】C
【解析】设质量为 的物体在北极地面静止，则有 ，解得 ，太空电梯在距离地面
高R位置时受到的万有引力为F，则有 ，太空电梯在超级缆绳上绕地球做匀速圆周运动，
其周期与地球同步空间站相同，即也为T，大于它自由绕地球做匀速圆周运动的周期，此时地球对它的万
有引力大于它所需要的向心力，所以超级缆绳对太空电梯的拉力向上，设为 ，则有 ，
其中 ，解得 ，故选C。
7．【答案】A
【解析】根据图像知，甲、乙两波的波长分别为 ， ，则甲、乙两波的波长之比为2：
3，故A正确；根据 知，波速 相同时，甲、乙两波的周期之比为甲、乙两波的波长之比，为2：3，
故B错误；根据 计算得，甲、乙两波的周期分别为 ， ，甲、乙两波的图像方程分别为
， ， ， 处质点的位移为-10cm， ， 处质点的位移为
2.5cm，故C错误，D错误。故选A。
8．【答案】B
【解析】从B到C的过程中，V不变，则 ，T增大，则 ，内能增加，根据热力学第一定律
可得 ，即气体吸收热量，阻值A错误，B正确；从C到A的过程中，根据理想气体状态方程
，
可得 ，由于CA曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体压强不变，V减小，T减小，
内能减少，选项C错误；从C到A的过程中，p不变，V减小，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰
撞的分子数变多，温度减小，单个气体分子撞击力变小，选项D错误。故选B。
9．【答案】D
【解析】因为 ， 时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理， 奇数圆筒相对偶数
圆筒的电势差为正值，A错误；由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，B错误；电子每经过一个间隙，
电场力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为 ，电子运动到第n个圆筒时
动能为 ，C错误；根据动能定理得 ， ， ， ，，第n个和第 个圆筒的长度之比为 ，解得 ，D
正确。故选D。
10．【答案】B
【解析】ΔU=0.2V时，磁通量的变化率为0.2V，则R 两端的电压为 ，R 的功率为
2 2
，故A错误；恒定电压 ，可得 ，R 的功率
2
，可知当 ，R 的功率最大，所以当R 变大时，R 的功率可能先
2 2 2
增大后减小，故B正确；恒定电压 ，，，当R 变大时， 减小，则 ，减
2
小，所以R 的功率 ，减小，故C错误； R 变大时， 变小，则原线圈的电压变大， 变
1 2
大，故D错误。故选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的
演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（15分）
【答案】（1） 见解析（3分） 3.0 （3分） 0.10（3分） （2） 3.1 （3
分） 0.50（3分）
【解析】（1）①根据电路图补齐连线如图所示
②题图甲电路中，当电流表示数等于0时，电压表示数等于电源电动势，所以E = 3.0V，U—I图线的斜率
等于R 和电源内阻之和，即 ，即r = 0.10Ω。
0
（2）乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，则将R 拆解成并联的两部分，当滑片P在R 中间时电压表
1 1
示数最大，且电流表的示数是流过电源内部总电流的一半，根据闭合电路的欧姆定律，由题图丁知E =
2.10 + (2 × 0.50)(R + r)，
0
乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，则将R 拆解成并联的两部分，当滑片P在滑动的过程中会出现电
1
压先增大后减小，在电压相等的时候出现总电阻相同，即电压相等时分别对应的电流表示数之和为流过电
源内部的总电流，根据闭合电路的欧姆定律，由题图丁知E = 2.00 + (0.30 + 0.80)(R + r)
0
联立得r = 0.50Ω，E = 3.1V
12．（8分）
【答案】（1）200N/m；（2）300K【解析】（1）设封闭气体的压强为 ，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）当活塞Ⅰ刚运动到气缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初状态的体积为
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，末状态的体积为
有等压方程可知
解得
13．（8分）
【答案】（1）0.1A；（2）
【解析】（1）线框中产生的感应电动势 ，感应电流 ，则
解得
（2）安培力
由于线框静止
在 时
解得
方向沿斜面向上。
在 时间内线框中产生的感应电动势
解得
设线圈在一个周期内产生的焦耳热为 ，则 （或者 ）
10分钟内电流产生的焦耳热为
14．（14分）
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）【解析】（1）设第一次碰撞前瞬间P的速度为 ，根据动能定理，有
因碰撞时间极短，第一次碰撞后瞬间的速度为 ，根据动量守恒，有
则碰后瞬间速度为
第一次碰撞过程中损失的机械能
（2）从1到2过程，令运动到2时速度为 ，根据动能定理可得
1与2碰撞时，满足动量守恒
解得
（3）从2到3过程，令运动到3时速度为 ，根据动能定理可得
解得
2与3碰撞后速度为 ，满足动量守恒
从3到4过程，滑块3不能与滑块4相碰，则
解得
所以 的取值范围为
15．（15分）
【答案】(1) ； ；(2) ；(3)0.072m
【解析】（1）由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如解图所示
粒子运动轨迹的半径
根据
解得粒子运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
(2)沿任一方向射入磁场的粒子，其运动轨迹都是半径为r的圆，圆心位置在以O点为圆心的半圆上，如解
图所示
O、P以及两圆的圆心O 、O 组成菱形，故PO 和y轴平行，所以从P点出射的粒子速度 和 轴平行向
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右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从M端射入平行板间的粒子的运动轨迹如解图所示
因为M、N板间距
与r相等，则
从边界N 出射的粒子，从O点射入磁场的方向与 轴负向夹角为60，同理：从边界M 出射的粒子，从O
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点射入磁场的方向与 轴正向夹角为60°。在y轴正向夹角左右都为30°的范围内的粒子都能射入平行板
间。故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为
(3)根据U-t图可知，粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为
所有粒子在平行板间运动的时间为
即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T ，则当粒子由 时刻进入平行板间时，向下侧移
0
最大，则有
当粒子由
时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则因为y 、y 都小于
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故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出打到荧光屏上，荧光屏上亮线的长度
