重组卷04-冲刺2023年高考物理真题重组卷(江苏专用)(解析版)

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