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2023 年高考押题预测卷03【江苏卷】
物理·全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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
1
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，解得l=2，发射前的能量
，根据玻尔理论有
=Em-En（m＞n），当氢原
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
2
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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R2两端的电压为
，R2的功率为
，故A 错误；恒定电压
，可得
，R2的功率
，可知当
，R2的功率最大，所以当R2变大时，R2的功率可能先
增大后减小，故B 正确；恒定电压
，，，当R2变大时，
减小，则
，减小，
所以R1的功率
，减小，故C 错误； R2变大时，
变小，则原线圈的电压变大，
变大，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R0和电源内阻之和，即
，即r = 0.10Ω。
（2）乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，则将R1拆解成并联的两部分，当滑片P 在R1中间时电压表
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)(R0 + r)，
乙同学误将测量电路连接成如图丁所示，则将R1拆解成并联的两部分，当滑片P 在滑动的过程中会出现电
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)(R0 + r)
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
3
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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
4
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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
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(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O1、O4组成菱形，故PO4和y 轴平行，所以从P 点出射的粒子速度 和
轴平行向右，
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N1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M1出射的粒子，从O
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T0，则当粒子由
时刻进入平行板间时，向下侧移
最大，则有
当粒子由
时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则
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因为y1、y2都小于
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
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