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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
1
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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
2
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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，R1分压增大，则电压表的示数减小，故B 正确；
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；
3
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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x0=1.5cm
（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． R1 R4 4.8 大于 1.125
【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R1；
[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R4。
（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，RL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；
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RV测量值为电阻箱读数的4 倍，所以RV测量值偏大。
（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
4
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【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v1，对装置在接着向下运动2d 过程中
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v0=
=
（2）在匀强电场E2中的带电粒子做类平抛运动，假设为正电荷d=v0t，y=
·
）
2由于正电荷向下偏
转，负电荷向上偏转，偏转距离均为y=
因此E2=
（3）设带电粒子在匀强电场E2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
可知tanθ=2tanα=
=
解得θ=30°带电粒子射入磁场的速度
=cos30°即v=
v0正电荷在磁场中的半
径r=
联立解得r=
d 正电荷的轨迹如图所示
5
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由几何关系可知，磁场的宽度d1=r-rcos60°=
；d2=
d+
r=
d+2d 负电荷的轨迹与正电荷关于中轴
线对称，所以匀强磁场B2的面积至少为S=2d1d2=
d2
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
T1＜T2，因此状态D 对应的是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
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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
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