沖刺2023年高考數(shù)學(xué)真題重組卷05江蘇專用（參考答案）12345678910CCDADCBAAD一、單項(xiàng)選擇題：共10題，每題4分，共40分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意1．C【詳解】薄膜干涉為前后兩個(gè)面反射回來的光發(fā)生干涉形成干涉條紋，在復(fù)色光時(shí)，出現(xiàn)彩色條紋，由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度從上到下逐漸增大，從而使干涉條紋的間距上疏下密，由于表面張力的作用，使得肥皂膜向內(nèi)凹陷，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。2．C【詳解】根據(jù)題意可知第2節(jié)車廂對(duì)第3節(jié)車廂的牽引力為F，因?yàn)槊抗?jié)車廂質(zhì)量相等，阻力相同，故第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車廂根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，則根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得。故選C。3．D【詳解】A．第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最小發(fā)射速度，第二宇宙速度是使衛(wèi)星脫離地球束縛的最小發(fā)射速度，所以“羲和號(hào)”的發(fā)射速度應(yīng)介于第一和第二宇宙速度之間，故A錯(cuò)誤；B．地球同步衛(wèi)星軌道平面與赤道平面重合，而“羲和號(hào)”通過地球南北兩極上方，所以其軌道平面與地球同步衛(wèi)星軌道平面垂直，故B錯(cuò)誤；CD．設(shè)地球質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的衛(wèi)星繞地球做半徑為r、周期為T、速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有分別解得；地球同步衛(wèi)星位于赤道上方高度約36000km處，所以其軌道半徑遠(yuǎn)大于“羲和號(hào)”衛(wèi)星的軌道半徑，則根據(jù)以上兩式可知“羲和號(hào)”的運(yùn)行周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，運(yùn)行速度大于地球同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4．A【詳解】從上向下看導(dǎo)線的圖形如圖所示導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度為2L，則所受的安培力大小設(shè)繩子的張力為，由幾何關(guān)系可知解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A.5．D【詳解】A．原線圈匝數(shù)較少，電流互感器是一種降電流的變壓器，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。B． 電流互感器的工作原理是電磁感應(yīng)中的互感現(xiàn)象，只可以測(cè)量交變電流，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。C．  電流互感器不會(huì)改變電流的頻率，只改變電流，故原、副線圈電流的頻率相同。C選項(xiàng)錯(cuò)誤。D．原線圈匝數(shù)較少，電流互感器是一種降電流的變壓器，副線圈的電流小于原線圈的電流。D正確。故選D。6．C【詳解】A．秒是國際單位制中的基本單位不是導(dǎo)出單位，A錯(cuò)誤；B．γ射線是波長(zhǎng)短于0.01埃的電磁波，頻率超過300EHz（3×1020Hz），從能級(jí)2躍遷到能級(jí)1發(fā)出光子的頻率約為9.2×109Hz，故躍遷輻射出的不是γ射線，B錯(cuò)誤；C．銫133從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時(shí)輻射光子的頻率大于從能級(jí)2躍遷到能級(jí)1發(fā)出光子的頻率即大于9.2×109Hz，C正確；D．已知可見光的紫光可以照射鋅板使其發(fā)生光電效應(yīng)，而紅光不能發(fā)生光電效應(yīng)。紫光的頻率約為紅光的頻率約為頻率為9.2×109Hz遠(yuǎn)小于可見光的頻率，故用頻率為9.2×109Hz的光照射鋅板，不能發(fā)生光電效應(yīng)，D錯(cuò)誤。故選C。7．B【詳解】將半球面看作是無數(shù)點(diǎn)電荷的集合，根據(jù)對(duì)稱性可知O點(diǎn)只具有豎直平面內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)分量，且切下的一瓣在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與水平方向夾角為斜向右下，剩余的一瓣在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與水平方向夾角為斜向左下，如圖所示，根據(jù)矢量的運(yùn)算法則及幾何關(guān)系可知切下的一瓣在O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度故選B。8．A【詳解】?jī)闪胁ㄔ谕唤橘|(zhì)中的傳播速度相同，因左右手的抖動(dòng)頻率之比為3:4，則周期之比為4:3，根據(jù)可知，波長(zhǎng)之比為4:3；由波形圖可知，A圖中左右兩波的波長(zhǎng)之比為4:3；B圖中左右兩波的波長(zhǎng)之比為2:3；C圖中左右兩波的波長(zhǎng)之比為1:1；D圖中左右兩波的波長(zhǎng)之比為5:4；故選項(xiàng)A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。9．A【詳解】由題意可知設(shè)斜面傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則物塊在斜面上下滑距離在水平面投影距離為x，根據(jù)動(dòng)能定理，有整理可得即在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x成線性關(guān)系；當(dāng)小物塊在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理由即為物塊剛下滑到平面上時(shí)的動(dòng)能，則即在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊動(dòng)能與x也成線性關(guān)系。故選A。10．D【詳解】A．根據(jù)楞次定律，導(dǎo)體棒、最終以相同的速度勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)共同速度為，水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得解得故A錯(cuò)誤；B．設(shè)導(dǎo)體棒、在整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為，根據(jù)能量守恒定律可得解得導(dǎo)體棒、的電阻都為r，因此導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為故B錯(cuò)誤；C．對(duì)導(dǎo)體棒，由動(dòng)量定理得因?yàn)?/span>，故因此通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)導(dǎo)體棒、速度相等時(shí)距離為零，則兩棒初始距離最小，設(shè)最小初始距離為l，則通過導(dǎo)體棒橫截面的電量解得故D正確。故選D。 第Ⅱ卷二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11． 使細(xì)線與木板平行     0.500          0.38##0.39##0.40##0.41##0.42     偏大     第5組     逐步減少木盒2的細(xì)沙開展后續(xù)實(shí)驗(yàn)或直接將細(xì)沙放入木盒1中開展實(shí)驗(yàn)【詳解】(1)[1]調(diào)整定滑輪的高度，使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行， 這樣細(xì)線的拉力就沿水平方向，不會(huì)影響動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量；(2)[2]根據(jù)逐差法得出加速度(3)[3] [4]設(shè)木盒1的質(zhì)量木盒2的質(zhì)量，對(duì)整體分析有位置互換后聯(lián)立解得根據(jù)圖像代入數(shù)據(jù)得(4)[5]由于紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間有摩擦，所以測(cè)量的動(dòng)摩擦因數(shù)偏大；[6]用第5組數(shù)據(jù)時(shí)，繩上的拉力最大，紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間的相對(duì)摩擦力最小，所以相對(duì)誤差最??；[7] 逐步減少木盒2的細(xì)沙開展后續(xù)實(shí)驗(yàn)或直接將細(xì)沙放入木盒1中開展實(shí)驗(yàn)，可以得三組以上的數(shù)據(jù)。12．（1）；（2）【詳解】（1）放置重物后，假設(shè)缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為，根據(jù)受力平衡可得解得根據(jù)玻意耳定律可得解得（2）外界對(duì)氣體做功為根據(jù)熱力學(xué)第一定律可又解得氣體向外界放出的熱量為13．（1）；（2）2【詳解】（1）由題意可得光路圖如圖所示則由幾何關(guān)系知則； 則由折射定律得，折射率為（2）如圖所示從BD范圍內(nèi)入射的光，折射后在BC邊上發(fā)生全反射，全反射光線垂直于AC邊，則AC邊上全部有光線射出。而從AD范圍入射的光折射后在AC邊上發(fā)生全反射，全反射光線垂直于BC邊射出，且BC邊上有光射出的區(qū)域?yàn)?/span>CE，有幾何關(guān)系可得所以邊與邊上有光出射區(qū)域長(zhǎng)度的比值為2。14．（1）；（2）先逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，再順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，后逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，到達(dá)x軸上P點(diǎn)；（3）微粒能返回坐標(biāo)原， t總=2.4?10-3πs【詳解】（1）帶電微粒在場(chǎng)區(qū)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，由 Eq=mg 可得（2）微粒做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由 可得R=0.4m又     微粒先逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，再順時(shí)針偏轉(zhuǎn)， 后逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，到達(dá)x軸上P點(diǎn)（3）微粒能返回坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖所示，則t總=3T=2.4?10-3πs15．（1）2N·s；（2）4m/s；（3）1N≤F≤8N【詳解】（1）設(shè)物塊B在細(xì)繩被拉斷后的瞬時(shí)速率為vB1，到達(dá)C點(diǎn)的速率為vC，則有對(duì)細(xì)繩被拉斷后B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C這一過程，由動(dòng)能定理有 解得vB1=3 m/s設(shè)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)B的速率為vB，A的速率為vA，取水平向左為正方向，由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能，則有，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有解得vA=8 m/s；vB=4 m/s細(xì)繩被拉斷的過程，對(duì)B根據(jù)動(dòng)量定理有解得I=2 N·s方向水平向左（2）細(xì)繩被拉斷的過程，對(duì)A根據(jù)動(dòng)量定理有解得vA1=6 m/s，A在木板M上滑動(dòng)的過程滿足；由于A可滑離M，則vA2>v解得vA2=4m/s（3）為了使A剛好不從M的左端滑離M，設(shè)對(duì)M施加的最小拉力為F1，此時(shí)對(duì)應(yīng)M向左的加速度大小為a1，A向右的加速度大小為μg，當(dāng)A滑到M的最左端時(shí)，二者的速度剛好相等，結(jié)合相對(duì)運(yùn)動(dòng)的知識(shí)有對(duì)木板M有F1+μmAg=ma1解得F1=1N為了使A不從M的右端滑離M，當(dāng)A和M共速后，物塊A向左的最大加速度滿足μmg=ma2對(duì)A和M整體，最大拉力解得F2=8 N故為了使A不滑離M，對(duì)M施加的拉力F應(yīng)滿足1 N≤F≤8 N。 

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