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真题重组卷04——2023年高考物理真题汇编重组卷（江苏专用）
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这是一份真题重组卷04——2023年高考物理真题汇编重组卷（江苏专用），文件包含真题重组卷042023年高考物理真题汇编重组卷江苏专用解析版docx、真题重组卷042023年高考物理真题汇编重组卷江苏专用原卷版docx、真题重组卷042023年高考物理真题汇编重组卷江苏专用参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
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
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，若将该细胞膜视为的电容器，在内细胞膜两侧的电势差从变为，则该过程中跨膜电流的平均值为（ ）
A．B．C．D．
【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
故选D。
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，，，，电源电动势，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【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
由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为
并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则；四个灯泡的实际功率分别为，，，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，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值随电压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
可知图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因，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
D．将铁芯B安装到铁芯A上后，则有
【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
；故C正确；
D．将铁芯B安装到铁芯A上后，形成闭合磁路，没有漏磁，则有，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，电荷量相等，O是正方形的中心。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。时，导线框cd边恰与磁场左边界重合，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（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、电阻为、质量为，磁场的磁感应强度为，当线框的速度为时，安培力的大小为此时线框的加速度为若则有
为一个定值，感应电流则有与成正比；若则有加速度随着速度的增大而增大，感应电流，图象的斜率增大；若则有加速度随着速度的增大而减小，感应电流，图象的斜率减小；综上所述，故ACD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，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，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0B．环在C处的速度大小为
C．环从B到C一直做加速运动D．环的速度最大的位置在B、C两点之间
【答案】D
【详解】A．环在处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所加速度为，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可得物体的速度为，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，B错误；
CD．环在处，根据牛顿第二定律弹力在竖直方向的分力环经过点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离点处时，弹簧的伸长量与在处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力与重力等大反向，加速度为0，此时速度最大，之后环做减速运动，因为，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。
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）。
（4）从小芳描绘的I2一I1图像可以看出，随着I2的不断增大，I1先增大到某值时突然减小，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额定功率为电风扇的额定电流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；
[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
所以选取固定电阻改装成电压表，其量程为
（2）[3]因为电压需从零开始测起，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，实验数据得知为0.10A时，为
小电风扇的电阻为
（4）[5]小电风扇在电流较小时不能转动，随着电流的不断增大，电动机突然开始转动，产生了反电动势，所以先增大到某值时突然减小。
12．（2022年江苏盐城二模卷）、两个容器体积均为，是用活塞密封的气筒，它的工作体积为。与、通过两只单向气阀、相连；当气筒抽气时气阀打开、关闭；当气筒打气时气阀打开、关闭。最初、两容器内气体的压强均为大气压强，活塞位于气筒的最右侧。（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，容器内气体的压强；
（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次打气后容器内气体压强之比。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对第1次抽气过程，由玻意耳定律有解得
（2）设第1次打气结束时，内气体的压强为，第1次打气过程由玻意耳定律
解得第2次抽气结束时内气体的压强，第2次抽气结程由玻意耳定律
解得设第2次打气结束时内气体的压强为，第2次打击过程由玻意耳定律
解得可得
13．（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、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；
（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。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）质量为的货物绕点做匀速圆周运动，半径为，根据牛顿第二定律可知
（2）货物从静止开始以加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式可知解得
货物到达点时的速度大小为货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力，所以经过时间，货物运动到点时机械臂对其做功的瞬时功率为
（3）空间站和货物同轴转动，角速度相同，对质量为空间站，质量为的地球提供向心力解得货物在机械臂的作用力和万有引力的作用下做匀速圆周运动，则
货物受到的万有引力解得机械臂对货物的作用力大小为
则
14．（2023年江苏徐州一模卷）如图所示，质量的小球用长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，A、B、C的质量，重力加速度g取，，，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。
【答案】（1）14N；（2）；（3）
【详解】（1）由机械能守恒定律由向心力公式解得F=14N
（2）小球与A 发生弹性碰撞有；解得
对A有；对B、C有，同时根据位置关系有
代入数据，解得，根据题意在A与B碰撞前，A的速度应大于BC，而当时，A的速度为0，BC的速度为，不符，舍去，所以取，此时有
解得
（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
解得整个装置在全过程中损失的机械能
15．（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；
（3）磁场区域的最大半径。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据可知半径表达式为
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有粒子在磁场中运动的周期为
粒子运动的总时间为解得
（2）由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为，由几何关系有
结合解得
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上，如图所示。
粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
将等腰三角形放大如图所示。
虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则
解得最大半径为
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
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，若将该细胞膜视为的电容器，在内细胞膜两侧的电势差从变为，则该过程中跨膜电流的平均值为（ ）
A．B．C．D．
【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
故选D。
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，，，，电源电动势，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【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
由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为
并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则；四个灯泡的实际功率分别为，，，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，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值随电压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
可知图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因，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
D．将铁芯B安装到铁芯A上后，则有
【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
；故C正确；
D．将铁芯B安装到铁芯A上后，形成闭合磁路，没有漏磁，则有，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，电荷量相等，O是正方形的中心。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。时，导线框cd边恰与磁场左边界重合，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（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、电阻为、质量为，磁场的磁感应强度为，当线框的速度为时，安培力的大小为此时线框的加速度为若则有
为一个定值，感应电流则有与成正比；若则有加速度随着速度的增大而增大，感应电流，图象的斜率增大；若则有加速度随着速度的增大而减小，感应电流，图象的斜率减小；综上所述，故ACD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，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，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0B．环在C处的速度大小为
C．环从B到C一直做加速运动D．环的速度最大的位置在B、C两点之间
【答案】D
【详解】A．环在处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所加速度为，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可得物体的速度为，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，B错误；
CD．环在处，根据牛顿第二定律弹力在竖直方向的分力环经过点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离点处时，弹簧的伸长量与在处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力与重力等大反向，加速度为0，此时速度最大，之后环做减速运动，因为，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。
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）。
（4）从小芳描绘的I2一I1图像可以看出，随着I2的不断增大，I1先增大到某值时突然减小，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额定功率为电风扇的额定电流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；
[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
所以选取固定电阻改装成电压表，其量程为
（2）[3]因为电压需从零开始测起，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，实验数据得知为0.10A时，为
小电风扇的电阻为
（4）[5]小电风扇在电流较小时不能转动，随着电流的不断增大，电动机突然开始转动，产生了反电动势，所以先增大到某值时突然减小。
12．（2022年江苏盐城二模卷）、两个容器体积均为，是用活塞密封的气筒，它的工作体积为。与、通过两只单向气阀、相连；当气筒抽气时气阀打开、关闭；当气筒打气时气阀打开、关闭。最初、两容器内气体的压强均为大气压强，活塞位于气筒的最右侧。（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，容器内气体的压强；
（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次打气后容器内气体压强之比。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对第1次抽气过程，由玻意耳定律有解得
（2）设第1次打气结束时，内气体的压强为，第1次打气过程由玻意耳定律
解得第2次抽气结束时内气体的压强，第2次抽气结程由玻意耳定律
解得设第2次打气结束时内气体的压强为，第2次打击过程由玻意耳定律
解得可得
13．（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、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；
（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。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）质量为的货物绕点做匀速圆周运动，半径为，根据牛顿第二定律可知
（2）货物从静止开始以加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式可知解得
货物到达点时的速度大小为货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力，所以经过时间，货物运动到点时机械臂对其做功的瞬时功率为
（3）空间站和货物同轴转动，角速度相同，对质量为空间站，质量为的地球提供向心力解得货物在机械臂的作用力和万有引力的作用下做匀速圆周运动，则
货物受到的万有引力解得机械臂对货物的作用力大小为
则
14．（2023年江苏徐州一模卷）如图所示，质量的小球用长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，A、B、C的质量，重力加速度g取，，，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。
【答案】（1）14N；（2）；（3）
【详解】（1）由机械能守恒定律由向心力公式解得F=14N
（2）小球与A 发生弹性碰撞有；解得
对A有；对B、C有，同时根据位置关系有
代入数据，解得，根据题意在A与B碰撞前，A的速度应大于BC，而当时，A的速度为0，BC的速度为，不符，舍去，所以取，此时有
解得
（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
解得整个装置在全过程中损失的机械能
15．（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；
（3）磁场区域的最大半径。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据可知半径表达式为
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有粒子在磁场中运动的周期为
粒子运动的总时间为解得
（2）由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为，由几何关系有
结合解得
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上，如图所示。
粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
将等腰三角形放大如图所示。
虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则
解得最大半径为
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