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重组卷04-冲刺2023年高考物理真题重组卷(江苏专用)(解析版)

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冲刺2023年高考物理真题重组卷04

江苏专用(解析版)

注意事项:

1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分,每题只有一个选项最符合题意 1.(2021年高考江苏卷)有研究发现,某神经细胞传递信号时,离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流,若将该细胞膜视为1108F的电容器,在2ms内细胞膜两侧的电势差从

70mV变为30mV,则该过程中跨膜电流的平均值为( )

A.1.5107A 【答案】D

【详解】根据Q=CU可知∆Q=C∆U=10-8×(30+70)×10-3C=10-9C则该过程中跨膜电流的平均值为

Q109IA5107A故选D。 3t210B.2107A C.3.5107A D.5107A

2.(2022年高考江苏卷)如图所示,电路中灯泡均正常发光,阻值分别为R12Ω,R23Ω,R32Ω,R44Ω,电源电动势E12V,内阻不计,四个灯泡中消耗功率最大的是( )

A.R1 【答案】A

B.R2 C.R3 D.R4

【详解】由电路图可知R3与R4串联后与R2并联,再与R1串联。并联电路部分的等效电阻为

R并=R2R3R42由闭合电路欧姆定律可知,干路电流即经过R1的电流为

R2R3R4E3A

R1R并I1I并联部分各支路电流大小与电阻成反比,则I2IR并R22A;I3I4IR并R3R41A四个灯泡

2222的实际功率分别为P3I3R32W,P2I2R212W,P1I1R118W,P4I4R44W故四

个灯泡中功率最大的是R1。 故选A。

3.(2021年高考江苏卷)如图所示,分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究,其截止频率12,保持入射光不变,则光电子到达A极时动能的最大值Ekm随电压U变化关系的图像是( )

A.B.C.

D.

【答案】C

【详解】光电管所加电压为正向电压,则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值

EkmUehh截止可知Ekm-U图像的斜率相同,均为e;截止频率越大,则图像在纵轴上

的截距越小,因12,则图像C正确,ABD错误。故选C。

4.(2021年高考江苏卷)如图所示,A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐,落入篮筐时的速度方向相同,下列判断正确的是( )

A.A比B先落入篮筐 B.A、B运动的最大高度相同

C.A在最高点的速度比B在最高点的速度小 D.A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同 【答案】D

【详解】AB.若研究两个过程的逆过程,可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动,落到同一高度上的AB两点,则A上升的高度较大,高度决定时间,可知A运动时间较长,即B先落入篮筐中,故AB错误;

C.因为两球抛射角相同,A的射程较远,则A球的水平速度较大,即在最高点的速度比B在最高点的速度大,故C错误;

D.由斜抛运动的对称性可知,当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同,故D正确。故选D。

5.(2022年江苏南京二模卷)将一根粗绳A和一根细绳B连接起来,再将其放在光滑的水平玻璃面上,在粗绳左端抖动一下产生如图甲所示的入射波,图乙是绳波经过交界点之后的 某一时刻首次出现的波形。返回粗绳的为反射波,在细绳上传播的为透射波。可以判断( )

A.入射波和反射波的速度大小不等 B.入射波和透射波的速度大小相等 C.反射波和透射波的速度大小不等 D.入射波和透射波的频率不等 【答案】C

【详解】ABC.机械波在同种介质中传播速度相等,不同介质中传播速度不等,入射波和反射波在同一介质中传播,透射波与入射波是在不同介质中传播,故AB错误,C正确;

D.入射波和透射波是同一振动波源,故振动频率相同,D错误。故选C。

6.(2022年江苏南京二模卷)一束激光沿光路1从空气射入盛水的方形玻璃容器中,并沿光路4射出玻璃,且容器侧壁厚度相同,如图所示。该激光在空气中的折射率设为1.00,在 水中的折射率为1.33,在玻璃中的折射率为1.65。若不考虑每个界面的反射光,则( )

A.增大入射角θ,激光可能在空气和水的界面发生全反射 B.减小入射角θ,激光可能在水和玻璃的界面发生全反射 C.激光在水中的光路2和在空气中的光路4一定不平行 D.激光在水中的速度比在玻璃中的速度小 【答案】C

【详解】AB.由于激光在空气中的折射率设为1.00,在水中的折射率为1.33,在玻璃中的折射率为1.65,根据激光从光疏介质进入光密介质,可知增大或减小入射角θ,激光可能在空气和水的界面不发生全反射,AB错误;

C.根据题意可知,在水中的折射率为1.33,在玻璃中的折射率为1.65,由于激光在水中的光路2和在空气中的光路4一定不平行,C正确; D.根据公式vc可知,在水中的折射率为1.33,在玻璃中的折射率为1.65,则激光在水n中的速度比在玻璃中的速度大,D错误。故选C。

7.(2022年江苏苏州二模卷)图甲所示为可拆变压器的零部件,其中铁芯B可以横向固定在铁芯A顶端形成闭合铁芯。原、副线圈的匝数分别为n1和n2,将它们分别套在铁芯A的两臂上,如图乙所示。某同学为测量原线圈的电阻,用合适挡位的欧姆表两表笔与原线圈的两接线柱连接,等指针稳定后读数。之后原线圈两端接正弦交流电源,测得原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。下列说法正确的是( )

A.欧姆表两表笔与接线柱连接时,其示数逐渐增大最后稳定在一个值 B.欧姆表两表笔与接线柱断开时,原线圈两端的电压从稳定值逐渐减小 C.若不安装铁芯B在铁芯A上,则有U1:U2n1:n2 D.将铁芯B安装到铁芯A上后,则有U1:U2n1:n2 【答案】C

【详解】A.两表笔与接线柱接触瞬间,由于线圈的自感作用,会产生自感电动势阻碍电流的增加,开始时电流较小,欧姆表示数较大,由于电流的逐渐稳定,其阻碍减弱,电流逐渐变大,欧姆表示数会逐渐减小最后稳定在一个值,故A错误;

B.两表笔与接线柱断开瞬间,由于线圈的自感作用,线圈会产生较大的自感电动势,其两端电压瞬间变大,由于没有形成闭合回路,紧接着两端的电压变为零,故B错误; C.若不安装铁芯B在铁芯A上,会存在着较大的漏磁,副线圈比没有铁芯时的电压会小很多,所以

1U12U2;U1:U2n1:n2故C正确; tn1tn2D.将铁芯B安装到铁芯A上后,形成闭合磁路,没有漏磁,则有U1:U2n1:n2,故D错误。故选C。

8.(2022年高考江苏卷)如图所示,正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷,O是正方形的中心。电荷量相等,现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则( )

A.在移动过程中,O点电场强度变小 B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大

C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功 D.当其移动到无穷远处时,O点的电势高于A点 【答案】D

【详解】A.O是等量同种电荷连线的中点,场强为0,将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处,O点电场强度变大,故A不符合题意;

B.移动过程中,C点场强变小,正电荷所受静电力变小,故B错误;

C.A点电场方向沿OA方向,移动过程中,移动电荷所受静电力做正功,故C错误; D.A点电场方向沿OA方向,沿电场线方向电势降低,移动到无穷远处时,O点的电势高于A点电势,故D正确。故选D。

9.(2022年江苏连云港二模卷)如图所示,光滑绝缘水平面上有一正方形导线框abcd,虚线右侧是匀强磁场区域,磁场场方向竖直向下。导线框cd边恰与磁场左边界重合,t0时,在水平外力F作用下由静止开始向右运动,外力F与导线框速度v的关系是FF0kv(F0、k是常量)。在导线框进入磁场的过程中,关于感应电流i与时间t的关系,下列图像中不可能的是( )

A. B.

C. D.

【答案】B

【详解】设线框的边长为L、电阻为R、质量为m,磁场的磁感应强度为B,当线框的速度B2L2vv为时,安培力的大小为F安BiL此时线框的加速度为

RaFF安mFF0(kRB2L2)vB2L2若k则有a0

mmmRRBLvBLaB2L2t则有i与t成正比;若k为一个定值,感应电流i则有加速度a随着速度RRRBLvBLaB2L2t,it图象的斜率增大;的增大而增大,感应电流i若k则有加速度a随RRR着速度的增大而减小,感应电流iBLvBLat,it图象的斜率减小;综上所述,故ACDRR正确,B错误;故图像中不可能的是选B。

10.(2022年江苏盐城二模卷)如图所示,光滑竖直杆固定,杆上套一质量为m的环,环与O点与B点在同一水平线上,BC>AB,AC=h,轻弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在O点,环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态,整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,环从A处开始运动时的加速度大小为2g,则在环向下运动的过程中( )

A.环在B处的加速度大小为0 C.环从B到C一直做加速运动 【答案】D

B.环在C处的速度大小为2gh D.环的速度最大的位置在B、C两点之间

【详解】A.环在B处水平方向合外力为0,竖直方向上只受重力,所加速度为g,A错误; B.环在运动过程中,OC的长度大于OA的长度,因此弹簧从A点到C点伸长量变大,弹性势能增加,如果物体的重力势能全部转化为动能则有mghmv2可得物体的速度为2gh,但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能,因此速度小于2gh,B错误;

CD.环在A处,根据牛顿第二定律Fmgm2g弹力在竖直方向的分力Fmg环经过B点向下做加速度减小的加速运动,滑动至距离B点h处时,弹簧的伸长量与在A处大小相等,所以弹簧弹力在竖直方向的分力F与重力等大反向,加速度为0,此时速度最大,之后环做减速运动,因为BCABh,所以环的速度最大的位置在B、C两点之间,环从B到C先加速后减速,C错误,D正确。故选D。

12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.(2022年江苏连云港二模卷)小芳同学想利用实验室的器材描绘出某电风扇的伏安特性曲线。她通过说明书得到电风扇的额定电压为5.0V,额定功率约为2.5W。器材有: 电源E:电动势为6.0V,内阻忽略不计 电流表A1:量程0.6A,内阻约为10Ω 电流表A2:量程100mA,内阻为r2=4Ω 定值电阻R1=10Ω 定值电阻R2=50Ω

滑动变阻器R3:最大阻值10Ω,最大电流0.5A 滑动变阻器R4:最大阻值3Ω,最大电流3A 滑动变阻器R5:最大阻值100Ω,最大电流3A 开关、导线等。

(1)滑动变阻器应选用______(选填“R3”“R4”或“R5”);为了精确测量数据,选用定值电阻_______(选填“R1”或“R2”),将电流表A2改装成电压表使用。

(2)请根据选用的实验器材设计实验电路,将最优电路设计图画在图甲虚线方框内,电风扇符号用M表示,需在图中标上所用元件对应的符号________。

(3)小芳在实验中发现,小电风扇在电流较小时不能转动。她多次测量描绘出I2一I1图像如图乙所示,其中I1为电流表A1的读数,I2为电流表A2的读数。当I1为0.10A,I2为10mA时,小电风扇的电阻为______Ω(结果保留两位有效数字)。

I1先增大到某值时突然减小,(4)从小芳描绘的I2一I1图像可以看出,随着I2的不断增大,造成这种现象的原因是______。

【答案】 R4 R2 6.0 电动机突然开始转动,产生了反电动势

【详解】(1)[1]电风扇的额定电压为U5.0V额定功率为P2.5W电风扇的额定电流IP2.5A0.5A由于要描绘出这台电风扇的伏安特性曲线,电压需要从0调节,滑动变U5.0阻器采用分压式,使得串联接入电路部分的电流有可能大于0.5A,所以为了防止滑动变阻

器烧坏且操作方便,滑动变阻器选R4;

[2]通过电流表A2与电阻串联改装成电压表,因电压调节范围为0~5.0V,需要串联的电阻阻值为 RxU5.0r2Ω4Ω46Ω所以选取固定电阻R250Ω改装成电压表,其量程为 Ig100103UI2(r2R2)100103(450)V5.4V

[3]因为电压需从零开始测起,(2)则滑动变阻器采用分压式接法,因此电流表采用外接法,电路图如图所示

(3)[4]小电风扇在电流表读数小时电风扇不能转动,属于纯电阻电路,实验数据得知I1为0.10A时,I2为

I210mA0.01A小电风扇的电阻为RMUMI2(R2r2)0.01504Ω6.0Ω

IMI1I20.10.01(4)[5]小电风扇在电流较小时不能转动,随着电流I2的不断增大,电动机突然开始转动,产生了反电动势,所以I1先增大到某值时突然减小。

12.(2022年江苏盐城二模卷)A、B两个容器体积均为V,C是用活塞密封的气筒,它的工作体积为0.5V。C与A、B通过两只单向气阀a、b相连;当气筒C抽气时气阀a打开、a关闭。b关闭;B两容器内气体的压强均为大气压强p0,当气筒打气时气阀b打开、最初A、

活塞位于气筒C的最右侧。(气筒与容器连接部分的气体体积忽略不计,整个装置温度保持不变,气体可视为理想气体。)

(1)求以工作体积完成第1次抽气结束后,容器A内气体的压强p1;

(2)现在让气筒以工作体积完成抽气、打气各两次,求第1次打气后与第2次打气后容器B内气体压强之比。

【答案】(1)p12p0;(2) p1:p26:7 32p0 3【详解】(1)对第1次抽气过程,由玻意耳定律有p0Vp1(0.51)V解得p1(2)设第1次打气结束时,B内气体的压强为p1,第1次打气过程由玻意耳定律

p0Vp10.5Vp1V

解得p14p0第2次抽气结束时A内气体的压强p2,第2次抽气结程由玻意耳定律3p1Vp2(0.51)V

解得p24p0设第2次打气结束时B内气体的压强为p2,第2次打击过程由玻意耳定律9p20.5Vp1Vp2V

解得p2146:7 p0可得p1:p2913.(2022年高考江苏卷)在轨空间站中物体处于完全失重状态,对空间站的影响可忽略,空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆,每根臂杆长为L,如题图1所示,机械臂一端固定在空间站上的O点,另一端抓住质量为m的货物,在机械臂的操控下,货物先绕O点做半径为2L、角速度为的匀速圆周运动,运动到A点停下,然后在机械臂操控下,货物从A点由静止开始做匀加速直线运动,经时间t到达B点,A、B间的距离为L。

(1)求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小Fn; (2)求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。

(3)在机械臂作用下,货物、空间站和地球的位置如题图2所示,它们在同一直线上,货物与空间站同步做匀速圆周运动,已知空间站轨道半径为r,货物与空间站中心的距离为d,忽略空间站对货物的引力,求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比F1:F2。

r3(rd)34mL2 【答案】(1)2mL;(2)3;(3)

r3t2【详解】(1)质量为m的货物绕O点做匀速圆周运动,半径为2L,根据牛顿第二定律可知

Fnm22L2m2L

(2)货物从静止开始以加速度a做匀加速直线运动,根据运动学公式可知L12at解得2a2L t22L货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直t货物到达B点时的速度大小为vat线运动,机械臂对货物的作用力即为货物所受合力ma,所以经过t时间,货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为 2L2L4mL2Pmavm23

ttt(3)空间站和货物同轴转动,角速度0相同,对质量为m0空间站,质量为M的地球提供向心力GMm0232r货物在机械臂的作用力F1和万有引力F2的作用下做m00r解得GM02r匀速圆周运动,则

23m0rMmF2F1m(rd)货物受到的万有引力F2G解得机械臂对货物的作用

(rd)2(rd)220力大小为

2333F1r3(rd)3m0r22r(rd)F1m0(rd)m0 则F2r3(rd)2(rd)214.(2023年江苏徐州一模卷)如图所示,质量m1kg的小球用长L1m的轻绳悬挂在固定点O上,足够长的木板C置于光滑水平地面上,两物块A、B放置在C上,A置于C的左端,B与A相距0. 5m。现将小球拉至与竖直方向成37°由静止释放,小球在最低点与A发生弹性碰撞,一段时间后,A与B碰撞后粘在一起,两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、B与C间动摩擦因数0.2,A、B、C的质量mAmBmC1kg,重力加速度g取10m/s2,

sin370.6,cos370.8,不计空气阻力。求:

(1)与A碰撞前瞬间,小球所受轻绳的拉力; (2)与B碰撞前瞬间,A的速度大小; (3)整个装置在全过程中损失的机械能。

44【答案】(1)14N;(2)m/s;(3)J

33

212v0【详解】(1)由机械能守恒定律mgL1cos37mv0由向心力公式Fmgm解得

2LF=14N

11212(2)小球与A 发生弹性碰撞有mv0mv1mvA;mv0mv1mvA解得vA2m/s

22222对A有mgmaA,aA2m/s;对B、C有mg2maBC,aBC1m/s同时根据位置关系有

111vAtaAt2aBCt2lAB0.5m代入数据,解得ts,t1s根据题意在A与B碰撞前,A

3221A的速度为0,BC的速度为1m/s,的速度应大于BC,而当t1s时,不符,舍去,所以取ts,

3此时有vAvAaAt 解得vAvAaAt4m/s 3(3)分析可知最后ABC共速一起在水平地面上匀速运动,取A、B、C 为一系统,系统动量守恒

mAvAmAmBmCv共解得v共2m/s整个装置在全过程中损失的机械能311422EmAvAmAmBmCv共J

22315.(2021年高考江苏卷)如图1所示,回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心,磁感应强度大小为B,加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场,多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动,半径为R,粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场,在P位置安装一个“静电偏转器”,如图2所示,偏转器的两极板M和N厚度均匀,构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为,当M、N间加有电压时,狭缝中产生电场强度大小为E的电场,使粒子恰能通过狭缝,粒子在再次被加速前射出磁场,不计M、N间的距离。求: (1)粒子加速到P点所需要的时间t; (2)极板N的最大厚度dm; (3)磁场区域的最大半径Rm。

qB2R2m2mU4mU222RR112【答案】();()2qBqB22mUqB2mERRsin3 ()2;qBRmE22mvPvP 【详解】(1)设粒子在P的速度大小为vP,则根据qvBm可知半径表达式为RqBr对粒子在静电场中的加速过程,根据动能定理有nqU1mvP2粒子在磁场中运动的周期为2T2m qBqB2R2mT1 粒子运动的总时间为t(n1)解得t2mUqB2(2)由粒子的运动半径rmv122mEk,结合动能表达式Ekmv变形得r则粒子加速qB2qB2mEkPqUqB,r2到P前最后两个半周的运动半径为r12mEkP2qUqB由几何关系有

dm2r1r2

2mU4mU(qBR)222RR结合EkP解得dm2qB2qB22m (3)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ,则在偏转器中,要使粒子半径变大,电场力应和

vP2洛伦兹力反向,共同提供向心力,即qvPBqEm设粒子离开偏转器的点为E,圆周运

rQ动的圆心为O。由题意知,O在SQ上,且粒子飞离磁场的点与O、O在一条直线上,如图所示。

粒子在偏转器中运动的圆心在Q点,从偏转器飞出,即从E点离开,又进入回旋加速器中的磁场,此时粒子的运动半径又变为R,然后轨迹发生偏离,从偏转器的F点飞出磁场,那么磁场的最大半径即为 RmOFROO

将等腰三角形OOQ放大如图所示。

虚线为从Q点向OO所引垂线,虚线平分角,则OO2(rQR)sin解得最大半径为RmR2mERsin

qB2RmE22

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