2023年江苏省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷(附答案详解)

2023年江苏省高考“八省联考”高考物理适应性试卷一、单项选择题〔1144.0分〕小华通过偏振太阳镜观看安静水面上反射的阳光，转动镜片时觉察光有强弱变化。以下说法能够解释这一现象的是( )阳光在水面反射后的反射光是偏振光，镜片起起偏器的作用阳光在水面反射后的反射光是偏振光，镜片起检偏器的作用阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用如下图一束激光照耀在横截面为正方形的透亮玻璃柱上，光线与横截面平行，则透过玻璃柱的光线可能是图中的( )①②③④如下图，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为( )A.12B.√33C.√32D.Mg2023123日，嫦娥五号上升器携带月壤样品成功回到预定环月轨道，这是我国首次实现地外天体起飞。环月轨道可以近似为圆轨道，轨道半径为r，月球MG。则上升器在环月轨道运行的速度为()A.𝐺𝑀 B.𝐺𝑀

√𝐺𝑀

D.√𝐺𝑀𝑟2 𝑟

𝑟2 𝑟某生态公园的人造瀑布景观如下图，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺1的模型展现效果，模型中槽道里的水流速度应为实际16的( )118页121418 116在“油膜法估测分子大小”的试验中，将1mL的纯油酸配制成5000mL1mL溶液为80滴，再滴入1140个小方格，每格边长是0.5𝑐𝑚，由此估算出油酸分子直径为()A.7×108𝑚 B.1×108𝑚 C.7×1010𝑚 D.1×1010𝑚小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，A、B来模拟输电线路，无视导12为抱负降压变压器，两次试验中使用的灯泡一样，灯泡的电压相等。两次试验中( )都接直流电源C.A损耗的功率相等

B.A两端的电压相等D.1A的电流较大渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波𝑡=0时的波动图象如图1所示，图2为质点P的振动图象，则( )该波的波速为1.5𝑚/𝑠x轴负方向传播0～1𝑠Px轴运动了1.5𝑚0～1𝑠P2m218页肯定质量的抱负气体所经受的奥托循环，则该气体( )ac时的内能可能相等在𝑎→𝑏过程中，外界对其做的功全部用于增加内能𝑏→𝑐过程中增加的内能小于𝑑→𝑎过程中削减的内能在一次循环过程中吸取的热量小于放出的热量如下图，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒𝐿1和𝐿2静止在导轨上，1𝐿2无视电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后到达稳定状态，则( )S2的瞬间，𝐿1中的电流大于𝐿2S2的瞬间，𝐿1的加速度大于𝐿2C的电荷量为零d带电粒子碰撞试验中，𝑡=0A静止，粒子以A运动。两粒子的𝑣−𝑡图象如下图A、B未接触。则()AB粒子两粒子在𝑡1时刻的电势能最大A在𝑡2时刻的加速度最大B在0～𝑡3时间内动能始终减小二、试验题〔115.0分〕1所示的试验装置测量木块与长木板间的动摩擦因数𝜇。把左端带有滑轮的长细线，细线绕过定滑轮挂有槽码，木块在槽码的牵引下运动。通过纸带测量木块的Mm，计算木块与木板之间的fMm进展屡次试验。318页以下试验操作步骤，正确挨次是 。①释放木块②接通打点计时器电源③将木板固定在水平桌面上④调整滑轮高度使细线与木板平行⑤将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上试验打出的一段纸带如图2所示。打点计时器的工作频率为50Hz，图中纸带按实际尺寸画出，则木块的加速度为 𝑚/𝑠2。甲同学测得的数据见如表。𝑀/𝑘𝑔𝑓/𝑁

0.7002.48

0.6002.18

0.5001.80

0.4001.50

0.3001.16请依据表中的数据，在方格纸上作出𝑓−𝑀图象。重力加速𝑔=𝑠2可求得该木块与木板的动摩擦因𝜇= 。(5)乙同学用(3)问表中的数据逐一计算出每次测量的𝜇值，取其平均值作为测量结418页果。他觉察该值比甲同学在(4)问中得出的𝜇值大。你认为哪位同学的结果更准确，请简要说明理由。三、计算题〔441.0分〕5”上。两表笔之间接有600𝛺的电阻时，指针指在刻度“1”上。求刻度“3”应标注R。AK分别是光电管的阳极和阴极，加在A、K之间的电压为U。现用发光功率为P的激光器发出频率为𝜈的光全部照耀在KK材料的逸出功为𝑊0，he。A时的最大动能𝐸𝑘𝑚；N1个光电子，全部的光电子都能到达A，求回路的电I。518页如下图，水平传送带足够长，向右前进的速度𝑣=4𝑚/𝑠，与倾角为37°的斜面的P平滑连接，将一质量𝑚=2𝑘𝑔AA、P的距离𝐿=8𝑚，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为𝜇1=0.25、𝜇2=0.20，取重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8。求物块(1)1P点时的速度大小𝑣1；1t；从释放到最终停顿运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。618页Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为LPQ之间存在匀强加速电场，Em、电荷量为+𝑞P飘入电K能为𝐸𝑘K、Qd．(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；(2)B；(3)假设在△𝑡PK之前都未相互碰撞，求△𝑡的范围。718页答案和解析【答案】B【解析】解：阳光属于自然光，阳光在水面发生反射后的反射光是偏振光，转动镜片时觉察光有强弱变化，是由于镜片相当于检偏器，起检偏器的作用，故ACD错误，B正确。应选：B。自然光在玻璃、水面以及木质桌面发生反射时，反射光都是偏振光，当偏振光偏振的方向与偏振镜片偏振的方向平行时可以通过偏振片，当二者方向垂直时不能通过偏振光。该题考察光的偏振，知道自然光在玻璃、水面以及木质桌面发生反射时，反射光都是偏振光是解答的关键。【解析】解：光通过透亮玻璃柱，由于玻璃柱的上下外表平行，所以出射光和入射光平ABD错误，C正确。应选：C。大于空气。【答案】B3【解析】解：衣服受三力作用，依据条件可知，衣服给的两个支持力大小相等，夹角为60°，它们的合力与重力等大反向，则有𝐹𝑁⋅2𝑐𝑜𝑠30°=𝑀𝑔，解得𝐹𝑁=√3𝑀𝑔。故3应选：B。对衣服受力分析，衣服给的两个支持力大小相等，夹角为60°，它们的合力与重力等大反向，据此分析。818页60°，它们的合力与重力等大反向。【答案】D【解析】解：依据上升器在环月轨道运行时万有引力供给向心力有：𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑣2，解得𝑟2 𝑟𝑣=√𝐺𝑀D正确，ABC错误。𝑟应选：D。万有引力供给上升器在环月轨道运行的向心力，依据牛顿其次定律：𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑣2，求解上升器在环月轨道运行的速度。

𝑟2 𝑟此题考察万有引力定律的应用，需要在情境中抽象出匀速圆周运动模型。【答案】B【解析】解：水流做平抛运动，水平方向：𝑥=𝑣0𝑡竖直方向：𝑦=1𝑔𝑡220联立解得：𝑣 =0𝑡

=

𝑔，2𝑦x，y都变为原来的1，故𝑣0′=

1𝑥√

=1𝑣0B正确，ACD错误。应选：B。

16

2⋅1𝑦 416依据平抛运动规律，水平方向做匀速直线匀速，竖直方向做自由落体运动，求解水流的实际速度；依据模型缩小的比例，求解模型中槽道里的水流的速度与实际流速的比例关系。此题考察平抛运动规律，需要将人造瀑布抽象成平抛运动模型。【解析】解：1滴溶液中纯油酸的体积为𝑉=

15000

80油膜的面积为：𝑆=140×0.5×0.5×104𝑚2=3.5×103𝑚2𝑉2.5×1012

𝑆 3.5×103918页1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积除以油膜的面积，得到油酸分子的直径．此题关键要懂得试验原理，建立物理模型：以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨着一个严密排列，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度．【答案】D【解析】解：A、图1的试验可以承受直流电，但图2的试验必需承受沟通电，由于变A错误；BCD、两次试验中使用的灯泡一样，灯泡的电压相等，则两次试验中通过灯泡的电流相I；1A、B的电流等于灯泡的电流，为𝐼1=𝐼；2中，设降压变压器的匝数比为k：1(𝑘大于1)，依据变压器原理可得，通过A、B的电流为：𝐼2=

𝐼，所以𝐼 >𝐼。1 𝑘1 依据𝑈=𝐼𝑅1A2A两端电压；依据𝑃=𝐼2𝑅1A2ABC错误、D正确。应选：D。变压器是承受互感的原理工作的，必需承受沟通电；两次试验中通过灯泡的电流相等，分析图1A、B2A、B的电流大小，依据𝑈=𝐼𝑅、𝑃=𝐼2𝑅进展分析。比，在只有一个副线圈的状况下的电流之比等于匝数的反比。【答案】D【解析】解：A1可知，该波的波长为：𝜆=1.5×102𝑚2可知周期为：𝑇=1×105

𝑠，则该波的波速为：𝑣=𝜆𝑇

=1.5×1021×105

𝑚/𝑠=1500𝑚/𝑠A错误；B2可得，在𝑡=0时刻，Py轴正方向振动，由波形图的微平移法可知该xB错误；CPxC错误；18页DP的振幅是𝐴=5×106𝑚，在0～1𝑠时间内共振动的周期个数为：𝑛=𝑡=𝑇1𝑠1×105𝑠正确。

=105个质点P运动的路程为：𝑠=4𝐴⋅𝑛=4×5×106 ×105𝑚=2𝑚，故D应选：D。分别由波动图象和振动图象得出波长和周期，依据公式𝑣=𝜆求解；由质点的振动方向𝑇推断波的传播方向；质点不会随波迁移；先求出肯定时间内周期的倍数，然后应用公式𝑠=4𝐴⋅𝑛求解质点运动的路程。波动图象相结合的题目，要求学生能够娴熟把握这两种图象的异同点去解决实际问题。【答案】B【解析】【分析】学第肯定律推断；依据𝑝𝑉图象“面积”及热力学第肯定律推断。p、V、T△𝑈=𝑊+𝑄进展分析，其中特别需要留意的是𝑝𝑉图象“面积”即为气体做功大小。【解答】Acd为绝热膨胀，有𝑄=0，𝑊<0，依据热力学第肯定律，可知△𝑈<0，温度降低；从d到a𝑝𝑇

=𝐶，可知压强减小，则温度降低，则状态ca态温度，依据肯定质量的抱负气体内能由温度打算，所以状态a的cA错误；B𝑎→𝑏𝑊>0，𝑄=0，依据热力学第肯定律，可知△𝑈=𝑊，即外界对其做的功全部用于增加内能，故B正确；CD𝑏→𝑐𝑐→𝑑𝑑→𝑎系统放出热量，从𝑎→𝑏外界对系统做功，依据𝑝𝑉图象“面积”即为气体做功大小，可知cd过程气体做功，图象中𝑏→𝑐→𝑑→𝑎围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体能内能变化为零，则△𝑊=△𝑄，即𝑄吸𝑄=△𝑊>0，即在一次循环过程中吸取的18页热量大于放出的热量，则𝑏→𝑐过程中增加的内能大于𝑑→𝑎CD错误。应选：B。【答案】D【解析】解：AB、S拨到2的瞬间，电容器通过两棒放电，由于两棒并联，电压相等，1𝐿21𝐿2𝐹=𝐿1𝐿2受1𝐿2AB错误；C、两棒在安培力作用下向右做切割磁感线运动，产生感应电动势，这个感应电动势要容器板间电压时，通过两棒的电流为零，不再受安培力，将以一样的速度做匀速直线运C板间电压不为零，其电荷量不为零，故C错误；D、由于开头时𝐿2的加速度大于𝐿1的加速度，两棒间距增大，故运动稳定后，两棒之间dD正确。应选：D。S拨到2的瞬间，电容器放电，两棒并联，依据并联电路的分流规律分析两棒中电流大小，由𝐹=𝐵𝐼𝐿分析两棒受到的安培力大小，从而依据牛顿其次定律推断加速度大小。势。解决此题时，可将电容器看成电源，分析电路中电流的变化，从而确定两棒受到的安培力的变化状况，来两棒的运动状况。【答案】B【解析】解：A𝑡=0时刻有：𝑝0=𝑚𝐵𝑣0，在𝑡=𝑡2时刻有：𝑝2=𝑚𝐴𝑣𝐴，𝑚𝐵0=𝐴𝐴0>𝐴𝑚𝐵<𝐴，A错误；B、两粒子在𝑡1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，故B正确；C、两粒子在𝑡1时刻距离最近，两粒子库仑力最大，依据牛顿其次定律，可知A在𝑡1时C错误；D、B在0～𝑡3时间内速度先减小后反向增加，则动能先减小后增加，故D错误。应选：B。18页𝑣−𝑡图象分析质量关系；在𝑡1时刻速度相等，系统𝑣−𝑡分析速度的变化，即可知道动能的变化。此题以带电粒子碰撞试验为情景载体，结合𝑣−𝑡图象考察了动量守恒定律以及能量守恒定律，此题的关键是要正确理解两粒子速度相等的物理意义。12.【答案】(1)③⑤④②①；(2)0.47；(3)𝑓−𝑀图象如下图；(4)0.35；(5)甲同学结果更准确，理由：用单组数据计算所代入的摩擦力偏大。【解析】【分析】依据试验原进展分析；实际尺寸测出并标注计数点，利用逐差法求得加速度；(3)依据表中数据描点，用平滑的曲线连接如下图；依据滑动摩擦力公式，结合图象的斜率求解；由于试验过程中物块除受到摩擦力外还受到其他的阻力，因此图象不经过原点，依据误差分析求解。此题以测量木块与长木板间的动摩擦因数𝜇为情景载体，考察了纸带处理、牛顿其次定律应用、图象的数据处理、误差分析等，是一道综合考察力学试验的好题。【解答】试验时，将木板固定在水平桌面上，接着将纸带穿过打点计时器的限位孔并固定在木块上，然后把细线拴在小车上，使细线跨过定滑轮并挂上槽码，调整滑轮高度使细线与木板平行。再接通打点计时器电源，接着释放木块。最终关闭电源，取下纸带，故正1318页确挨次是③⑤④②①。图中纸带按实际尺寸画出，如下图：每四个点选用一个计数点，标上字母。则计数点之间的时间间隔为：𝑇=0.02𝑠×4=0.08𝑠C、EO点的距离分别为𝑥𝑂𝐶=3.90𝑐𝑚，𝑥𝑂𝐸=9.00𝑐𝑚，由逐差法解得加速度为：𝑎=(𝑥𝑂𝐸𝑥𝑂𝐶)𝑥(2𝑇)2

(2×0.08)2

×102𝑚/𝑠2=0.47𝑚/𝑠2依据表中数据描点，用平滑的曲线连接如以下图所示：(4)由滑动摩擦力公式𝑓=𝜇𝑀𝑔，可知图线的斜率为：𝑘=𝜇𝑔有：解得该木块与木板的动摩擦因数为：𝜇=0.35(5)由于试验过程中物块除受到摩擦力外还受到其他的阻力，因此图象不经过原点，假设。故答案为：(1)③⑤④②①；(2)0.47；(3)𝑓𝑀图象如下图；(4)0.35；(5)甲同学18页结果更准确，理由：用单组数据计算所代入的摩擦力偏大。13.【答案】解：当两表笔短接(即𝑅𝑥=0)时，指针指在表盘刻度“5”上，电流表应调至满偏电流𝐼，设此时欧姆表的内阻为𝑅 此时有关系：𝐼𝑔=𝐸；𝑔 内 𝐼内当两表笔之间接有𝑅1=600𝛺的电阻时，指针指在表盘刻度“1”上，则由图可知，此时

=1𝐼

𝐸

=150𝛺51 5𝑔，则此时有：53

𝑅𝑅1内1

内3𝐼𝑔=

𝐸 ，解得：𝑅=100𝛺当指针指在表盘刻度“

”上时，此时有：5

𝑅𝑅内答：刻度“3R为100𝛺。原理，应用闭合电路欧姆定律分析答题。每次测电阻时的电流与满偏电流之间的关系。14.【答案】解：(1)依据光电效应方程：𝐸𝑘=ℎ𝜈−𝑊0可得最大初动能，从KA电场力做正功，可得：最大动能为𝐸𝑘𝑚=𝐸𝑘 𝑒𝑈=ℎ𝜈−𝑊0 𝑒𝑈；(2)P，光子所带能量为ℎ𝜈，则单位时间内通过的光子数量为𝑛=

𝑃，ℎ𝜈1单位时间内产生的光电子数目为：𝑛 =𝑛1𝑁

= 𝑃，ℎ𝜈𝑁由电流的定义得𝐼=𝑞=𝑛1𝑒=

𝑃𝑒；𝑡 𝑡 ℎ𝜈𝑁𝑒𝑈；18页(2)𝑃𝑒。ℎ𝜈𝑁【解析】(1)KA电场力做正功，由光电效应方程与电场力做功进展分析；(2)由电流的定义式进展解答。能量之外还有电场力所做的正功。【答案】解：(1)物块沿斜面下滑，由牛顿其次定律得：𝑎 =𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇1𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇

𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃1 𝑚 1=(10×𝑠𝑖𝑛37°−0.25×10×𝑐𝑜𝑠37°)𝑚/𝑠2=4𝑚/𝑠21由速度−位移关系式可得：𝑣21代入数据，解得：𝑣1=8𝑚/𝑠

=2𝑎1𝐿(2)P点后减速，由于传送带足够长，所以物块肯定能减速到零，对物块依据牛顿其次定律得：𝑎 =𝜇2𝑚𝑔=

𝑔=0.20×10𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠22减速过程的时间：𝑡1=𝑣1𝑎2

𝑚 2=8𝑠=4𝑠2𝑥 =𝑣1 81 2𝑡1=2×4𝑚=16𝑚减速到零后开头反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。加速阶段：𝑡2=

𝑣𝑎2

=4𝑠=2

𝑣 4𝑥2=2𝑡2=2×2𝑚=4𝑚匀速阶段：𝑥3=𝑥1−𝑥2=16𝑚−4𝑚=12𝑚𝑡 =𝑥3=12𝑠=3𝑠3 𝑣 41次在传送带上来回运动的时间𝑡=𝑡1+𝑡2+𝑡3=4𝑠+2𝑠+3𝑠=9𝑠(3)1P点时与斜面的摩擦产生的热量为：1𝑄1=𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛37°− 𝑚𝑣22 1此时动能为：𝐸𝑘1𝑚𝑣22 1依据条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4𝑚/𝑠，则物块此后在传P𝐸𝑘将在之后的循环运动中转化为热量𝑄2，依据能量守恒有：18页𝑄2=𝐸𝑘故𝑄=𝑄1𝑄2联立，代入数据解得：𝑄=48𝐽答：(1)1P点时的速度大小𝑣1为8𝑚/𝑠；1t9s；从释放到最终停顿运动，与斜面间摩擦产生的热量Q为48J。【解析】(1)依据牛顿其次定律，结合速度−位移关系式求解。P点后减速，由于传送带足够长，所以物块肯定能减速到零，减速到零后开头反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。依据牛顿其次定律，结合运动学公式求解。依据条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4𝑚/𝑠，则物块此后在PP时的动能𝐸𝑘将在之后的循环运动中转化为热量。再依据能量守恒定律求解。(2)中物块减速为零后，反向过程分为匀加速直线运动和匀速直