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2023 年高考押题预测卷01【全国乙卷】
物理·全解全析
14
15
16
17
18
19
20
21
C
C
A
A
C
ACD
CD
AD
14．【答案】C
【解析】将两个灯笼作为整体分析，根据平衡条件可得
，
，联立解得
，
，AD 错误；对结点B 进行分析，根据平衡条件可得
，
，联立解得
，
，由于
，
，
，B
错误，C 正确。故选C。
15．【答案】C
【解析】设地球球心到C 点的距离为r1，月球球心到C 点的距离为r2，对地球有
，对
月球有
，联立解得
，则地球球心和月球球心到C 点的距离之比为1：81，
A 错误；设监测卫星的质量为m，由公式
，可知，地球和月球对监测卫星的引力之比为等于地
球的质量与月球的质量之比即为81：1，B 错误；对月球有
，对监测卫星，地球对监测卫
星的引力
，月球对监测卫星的引力
，由于两引力的夹角小于90o，所以两引力的合力
，设监测卫星绕C 点运行的加速度为a1，由F 合 = ma1，得
，设月球绕C 点运行的
加速度为a2，有
，得
，监测卫星绕C 点运行的加速度比月球的大，C 正确；在
不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同，所以监测卫星绕C 点运行的周期与“鹊桥”中继
卫星相同，D 错误。故选C。
16．【答案】A
【解析】对于大物块，当所受的最大静摩擦力提供向心力时μmg+μ(k+1)mg=kmω2L，解得
，可知k 越大，大物块发生相对滑动的ω 就越小，A 错误；当k=1 时，大物块
所受的最大静摩擦力Fmax=μ(k+2) mg=3μmg，大物块所需要的向心力Fn=kmω2L=2μmg<Fmax，即大物块不会
发生相对滑动，B 正确；当k=2 时，大物块所受的最大摩擦力Fmax=μ(k+2)mg=4μmg，大物块所需要的向心
力Fn=kmω2L=2μmg<Fmax，即大物块不会发生相对滑动，C 正确；当k=2 时，大物块所受的最大摩擦力
Fmax=μ(k+2)mg=4μmg，大物块所需要的向心力Fn=kmω2L=8μmg>Fmax，所以大物块将会发生相对滑动，与小
物块脱离之后，摩擦力进一步减小，运动半径继续增大，所以将一直做离心运动，D 正确。故不正确的选
A。
17．【答案】A
【解析】光子垂直照射后全部反射，每秒在薄膜上产生的总能量为
，结合单个光子的能量
，则
1
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个光子的总能量为
，解得
，结合单个光子的动量
，则光子的总动量变化量
大小为
，以光子为研究对象，应用动量定理
，式中
，解得
，根据牛顿第三定律，光子对探测器的作用力大小为
，根据牛顿第二定律
，
解得
，故选A。
18．【答案】C
【解析】根据安培定则知电流I2和I3分别在c 点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，电流I1和I4分别
在c 点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，所以c 点的磁感应强度为零，故AB 错误；由于四根导线
的电流方向相同，根据安培定则和左手定则可知，任意两导线间相互吸引，故C 正确；根据安培定则知I1
在d 点和I4在e 点的磁感应强度相同，
、
、
在e 点和
、
、
在d 点的磁感应强度大小相同，方
向相反，故d 点与e 点的磁感应强度不同，故D 错误。故选C。
19．【答案】ACD
【解析】因在玻尔理论的跃迁公式
，中，若m=2 即变形为巴尔末公式
，的形式，则巴尔末公式表示的是电子从高能级向量子数为2 的低能级跃迁
时发出的光谱线波长，选项A 正确，B 错误；若把巴尔末公式中的2 换成1 则计算所得的λ 的值减小，即
得到的是波长小于可见光的紫外光区的谱线波长，选项C 正确；对比两式
，
，可得
（E1<0），选项D 正确。故选ACD。
20．【答案】CD
【解析】使用等效场的观点，将重力场和电场等效的看作一个场，结合平行四边形法则可得等效重力加速
度为
，设等效场对物体的力与竖直方向的夹角为θ，如图所示
则有
，解得
，由“等效重力”可知，当小球运动到BC 间且与圆心连线与竖直方向
夹角为
时，小球的速度最大，动能最大，故A 错误；小球在轨道上运动过程中，能量守恒，小球在与
圆心等高且在圆弧右侧的位置电势能最小，所以小球在该点的机械能最大，故B 错误；设释放点A 到B 的
距离为L 时，小球恰好不脱离圆轨道；图中D 点与圆心连线与圆相交的点M 点即为“等效重力”中的最高
点，小球恰好不脱离圆轨道，电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有
，解得
2
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，从开始释放小球到M 点的过程中，由动能定理可得
解得
，故C 正确；若小球做完整的圆周运动，小球运动到D 点时的动能最大，对轨道的压力最
大，从A 到D 的过程中，根据动能定理，有
，解得
，
在D 点，根据牛顿第二定律，有
，解得
，若小球不做完整的圆周运
动，当小球运动到与MD 连线垂直时如图中的P 点，接下来将沿着轨道返回，此时也未脱离轨道，该过程
在D 点速度有最大值，对轨道的压力也为最大值，从P 到D 点，根据动能定理，有
，解得
，在D 点，根据牛
顿第二定律，有
，解得
，如果小球不能到达P 点，则小球对轨道的最
大压力将会小于6mg，所以小球对轨道的最大压力大小可能为5mg，故D 正确。故选CD。
21．【答案】AD
【解析】粒子在磁场中运动的轨道半径为
，则从P 点射出的某一粒子运动的轨迹如图，由几何
关系可知，四边形O′MOP 为菱形，可知O′M 水平，则从M 点进入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂直击
中荧光挡板，选项A 正确；
沿着PG 方向射出的粒子设到挡板上的位置最远，由几何关系可知，最远点距离P 点的距离为
，并且
距离P 点越近，粒子数量越多，粒子分布不均匀，选项B 错误；沿着PH 方向射出的粒子在磁场中运动的
时间最长，由几何关系可知在磁场中转过的角度为330°，则最长时间
，选项C 错误；
D．水平向左射出的
粒子在无磁场区域运动的时间最长，为
，选项D 正确。故选AD。
第Ⅱ卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第
33~34 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47 分）
22．（6 分）
3
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【答案】（2）
(2 分) （3） < (2 分)
(2 分)
【解析】（2）由自由落体运动机械能守恒有
又
所以
则有
故
（3）实验中有阻力做功，即有
即
可得
由
解得
23．（9 分）
【答案】 （1） 变小 (1 分)
(2 分) （2） k (2 分) d (2 分) （3） 不变 (2 分)
【解析】（1）然后断开开关S2，电路中总电阻增大，总电流减小，电流表的示数变小；根据电路欧姆定
律，先闭合开关S1、S2时
，然后断开开关S2，
，联立解得此时导电绳的电阻
（2）根据题意分析
，则图线的斜率
，与纵轴的截距为
（3）若考虑电流表的内阻，则
，则图线的斜率不变，则（2）中的电阻率的测量值不
变。
24．（14 分）
【答案】（1）
； （2）
；（3）
【详解】（1）由线圈匀速运动，对线圈列平衡方程
(1 分)
4
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又
(1 分)
解得
(1 分)
（2）线圈ab 边刚进入第1 有磁场区边界到线圈ab 边刚进入第7 个有磁场区的过程，重力做功
(1 分)
对此过程列动能定理
(1 分)
解得
(1 分)
（3）线圈ab 边刚进入第1 有磁场区到线圈ab 边刚进入第7 个有磁场区过程列动量定理
(2 分)
线圈进入磁场过程所受安培力的冲量
(1 分)
又
(1 分)
解得
(1 分)
线圈ab 边刚进入第1 有磁场区边界到线圈ab 边刚进入第7 个有磁场区的过程安培力的冲量
(1 分)
解得
(2 分)
25.（18 分）
【答案】（1）
；（2）不能从板C 上滑下；（3）
【详解】（1）在A、B 碰前，对A 分析
① (1 分)
对B 分析
② (1 分)
对C 分析
③ (1 分)
对A、B、C 由运动学公式有
④ (1 分)
⑤ (1 分)
⑥ (1 分)
又
⑦ (1 分)
A、B 相遇时有
⑧
由①~⑧得
(1 分)
（2）A、B 相遇时A 与C 的相对位移大小
(1 分)
A、B 碰前速度为
⑨ (1 分)
⑩ (1 分)
A、B 碰撞过程中有
⑪
碰后AB 一起向前减速，板C 则向前加速，若三者能够共速，且发生的相对位移为
5
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对ABC 系统由有
⑫ (1 分)
⑬ (1 分)
由⑨~⑬得
(1 分)
因
，故AB 不能从板C 上滑下； (1 分)
（3）A、B 相遇时B 与C 的相对位移
(1 分)
A、B 与C 因摩擦产生的热量为
(1 分)
解得
(1 分)
（二）选考题：共15 分。请考生从2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33．[物理——选修3–3]（15 分）
（1）（6 分）
【答案】ABD
【解析】由图像可知，a 到b 过程中气体体积不变而温度升高，气体内能增大，则
，气体体积不变，
外界对气体不做功，则
，由热力学第一定律有
，可得
，所以气体从外界吸收热量，
A 正确；由图像可知，b 到c 过程中V 与T 成正比，由理想气体状态方程
，可知b 到c 过程中气体
的压强不变，即
，从c 到a 过程气体温度不变而体积增大，气体压强减小，即
，由以上分析
可知
，B 正确；b 到c 过程中，温度降低，内能减小；体积减小，外界对气体做功，根据热力
学第一定律可知气体放出热量，C 错误；由图像可知，b 到c 过程中气体温度不断降低，分子平均动能不断
减小，又气体压强不变，则单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数增多，D 正确；由图像可知，过程
c 到a 过程中气体温度不变而体积增大，气体内能不变，则
，气体体积增大，气体对外做功，则
由热力学第一定律得
，则
，气体吸收的热量等于对外做的功，E 错误。故
选ABD。
（2）（9 分）
【答案】（1）
，
；（2）
；266K
【解析】（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为p1，由玻
意耳定律
(1 分)
解得
(2 分)
由目标处的内外压强差可得
解得此处的大气压强为
(2 分)
（2）由胡克定律
可知弹簧的压缩量变为原来的
，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的
，即
(1 分)
设此时气囊内气体的压强为
，对活塞压强平衡可得
(1 分)
其中
6
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由理想气体状态方程可得
(1 分)
解得
(1 分)
34．[物理——选修3–4]（15 分）
（1）（6 分）
【答案】BCE
【解析】由图可知，在
时间内，波传播了
，则
解得
则
波长
故B 正确，A 错误；时间
则在
时间内，绳左端通过的路程为
故C 正确；由平移法可得
可得
当
时
，故E 正确，D 错误。故选BCE。
（2）（9 分）
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）当光线在BC 边上G 点恰好发生全反射时，如图所示
设光线发生全反射的临界角为
，则有
(1 分)
解得
(1 分)
根据几何关系可得
(1 分)
解得
可知光从BC 边射出区域的长度
。 (1 分)
（2）当光线在BC 边恰好发生全反射时，光线在柱形光学元件中经过全反射后第一次到达CD 面的路程最
大，如图所示
根据图中几何关系可得
(1 分)
7
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光在柱形光学元件中的传播速度为
(1 分)
则有
(1 分)
当光线直接从C 点射出时，光线在柱形光学元件中经过全反射后第一次到达CD 面的路程最小，如图所示
根据图中几何关系可得
则有
(1 分)
这些光线在介质中传播的时间范围为
(1 分)
8
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9
