高中物理高考三輪沖刺 2023年高考壓軸沖刺卷浙江卷（四）物理模擬試題

2023年高考壓軸沖刺卷?浙江卷（四）理科綜合（物理）一、選擇題（本題共4小題。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，選對得6分，多選或選錯不得分，總分24分）1．(安徽江淮名校2023?第二次聯(lián)考?6)如圖5所示,水平繃緊的傳送帶AB長L=6m,始終以恒定速率V1=4m/s運行。初速度大小為v2=6m/.s的小物塊(可視為質(zhì)點)從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點滑上傳送帶。小物塊m=lkg，物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=,g取10m/s2。下列說法正確的是（）A.小物塊可以到達B點B.小物塊不能到達B點,但可返回A點,返回A點速度為6m/sC.小物塊向左運動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離達到最大D.小物塊在傳送帶上運動時,因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為50J2．(2023?臨沂一中二模?1)如圖所示，在高度不同的兩水平臺階上放有質(zhì)量分別為m1、m2的兩物體，物體間用輕彈簧相連，彈簧與豎直方向夾角為θ．在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均處于靜止狀態(tài)，已知m1表面光滑，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．彈簧彈力的大小為B．地面對m2的摩擦力大小為FC．地面對m2的支持力可能為零D．ml與m2一定相等3．(2023?泰州二模?5)如圖4所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場，E、F、H是對應邊的中點，P點是EH的中點．一個帶正電的粒子（不計重力）從F點沿FH方向射入電場后恰好從C點射出．以下說法正確的是（）AABCDHFvPABCEHFvA．粒子的運動軌跡經(jīng)過P點B．粒子的運動軌跡經(jīng)過PH之間某點C．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EHD．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜蒃點從BC邊射出4．（2023?河南省實驗中學二調(diào)?3）普通的交流電壓表是不能直接接在高壓輸電線路上測量電壓的，通常要通過電壓互感器來連接．圖中電壓互感器ab一側(cè)線圈的匝數(shù)較少，工作時電壓為Uab；cd一側(cè)線圈的匝數(shù)較多，工作時電壓為Ucd．為了使電壓表能正常工作，則（）A．a(chǎn)b接MN，cd接PQ，Uab＜UcdB．a(chǎn)b接MN，cd接PQ，Uab＞UcdC．a(chǎn)b接PQ，cd接MN，Uab＜UcdD．a(chǎn)b接PQ，cd接MN，Uab＞Ucd二、選擇題（本題共3個小題，在每個小題給出的四個選項中，至少有一個是符合題目要求的。全部選對得6分，選對但不全多得3分，有選錯的得0分。）5．（2023?溫州市二測?20）如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點。一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入磁場，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場。現(xiàn)讓該粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，分別以大小不同的速率射入磁場，則關(guān)于該粒子在磁場中運動的時間t和離開正方形區(qū)域位置，分析正確的是：（）A．若，則它一定從dc邊射出磁場B．若，則它一定從cb邊射出磁場C．若，則它一定從ba邊射出磁場D．若，則它一定從da邊射出磁場6．(安陽2023—2023·第二次監(jiān)測·21)．如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行不計電阻的金屬導軌，處于磁場方向垂直導軌平面向下且磁感應強度為B的勻強磁場中。將金屬桿ab垂直放在導軌上，桿ab由靜止釋放下滑距離x時達到最大速度。已知金屬桿質(zhì)量為m，定值電阻以及金屬桿的電阻均為R，重力加速度為g，導軌桿與導軌接觸良好。則下列說法正確的是（）A．回路產(chǎn)生a→b→Q→N→a方向的感應電流B．金屬桿ab下滑的最大加速度大小為C．金屬桿ab下滑的最大速度大小為D．金屬桿從開始運動到速度最大時，桿產(chǎn)生的焦耳熱為－7．(2023?吉林實驗中學二模?8）2007年10月24日，我國發(fā)射了第一顆探月衛(wèi)星“嫦娥一號”，使“嫦娥奔月”的神話變?yōu)楝F(xiàn)實．嫦娥一號發(fā)射后先繞地球做圓周運動，經(jīng)多次變軌，最終進入距月球表面h=200km的圓形工作軌道，進行科學探測，已知月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g月，萬有引力常量為G，則下列說法正確的是（）A．嫦娥一號在工作軌道上的繞行速度為B．嫦娥一號繞月球運行的周期為2πC．在嫦娥一號工作軌道處的重力加速度為（）2g月D．由題目條件可知月球的平均密度為三、非選擇題8．（湖南省十三校?2023聯(lián)考?22）用如圖所示的裝置“探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系”，帶滑輪的長木板水平固定，跨過小車上定滑輪的兩根細線均處于水平。（1）實驗時，一定要進行的操作是。（填步驟序號）A．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力傳感器的示數(shù)；B．改變砂和砂桶質(zhì)量，打出幾條紙帶C．用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量D．為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量（2）以拉力傳感器示數(shù)的二倍F(F=2)為橫坐標，以加速度為縱坐標，畫出的圖象如下圖所示，則可能正確的是。（3）在實驗中，得到一條如圖所示的紙帶，按時間順序取0、1、2、…、5共6個計數(shù)點，1～5每相鄰兩個點間各有四個打印點未畫出，用刻度尺測出1、2、…、5各點到O點的距離分別為：、、、、(cm)，通過電磁打點計時器的交流電頻率為50Hz.則：小車的加速度大小為m/s2，（結(jié)果保留一位小數(shù)）9．（中山市2023?二?？?34）（Ⅱ）.(10分)用伏安法測量一個阻值約為20Ω的未知電阻Rx的阻值．=1\*GB3①在以下備選器材中，電流表應選用_____，電壓表應選用______，滑動變阻器應選用_______（填寫器材的字母代號）；電源E（電動勢3V、內(nèi)阻可忽略不計）電流表A1（量程0～50mA，內(nèi)阻約12Ω）電流表A2（量程0～3A，內(nèi)阻約Ω）電壓表V1（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）電壓表V2（量程0～15V，內(nèi)阻約15kΩ）滑動變阻器R1（0～10Ω，允許最大電流2.0A）滑動變阻器R2（0～1000Ω，允許最大電流0.5A）定值電阻R（30Ω，允許最大電流1.0A）開關(guān)、導線若干②請在右邊的虛線框中畫出測量電阻Rx的實驗電路圖（要求所測量值的變化范圍盡可能大一些，所用器材用對應的符號標出）．③某次測量中，電壓表讀數(shù)為U時，電流表讀數(shù)為I，則計算待測電阻阻值的表達式Rx=10．(2023·皖南八校第二次聯(lián)考·24)如圖所示,ABCD為豎直平面內(nèi)固定的光滑軌道，其中AB為斜面，BC段是水平的，CD段為半徑R=0.2m的半圓，圓心為O，與水平面相切于C點，直徑CD垂直于BC?，F(xiàn)將小球甲從斜面上距BC高為eq\f(10,3)R的A點由靜止釋放，到達B點后只保留水平分速度沿水平面運動，與靜止在C點的小球乙發(fā)生彈性碰撞，己知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=×10-2kg，重力加速度g取10m/s2.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點）求：(1) 甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，則甲、乙碰后瞬間，乙對半圓軌道最低點C處的壓力F;(2) 在滿足（1）的條件下，求斜面與水平面的夾角θ(3) 若將甲仍從A點釋放，増大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到C點的距離范圍.11．(2023?陜西西工大附中四模?14)如圖所示，U型金屬框架質(zhì)量m2=，放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=，MM′、NN′相互平行且相距，電阻不計，且足夠長，MN段垂直于MM′，電阻R2=Ω．光滑導體棒ab垂直橫放在U型金屬框架上，其質(zhì)量m1=、電阻R1=Ω、長度l=．整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=．現(xiàn)垂直于ab棒施加F=2N的水平恒力，使ab棒從靜止開始運動，且始終與MM′、NN′保持良好接觸，當ab棒運動到某處時，框架開始運動．設框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2．（1）求框架剛開始運動時ab棒速度v的大?。唬?）從ab棒開始運動到框架剛開始運動的過程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q=．求該過程ab棒位移x的大小．12．(2023?第二次大聯(lián)考【浙江卷】?25)如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在I、II、III、IV四個場區(qū)，y軸右側(cè)存在勻強磁場I，y軸左側(cè)與虛線MN之間存在方向相反的兩個勻強電場，II區(qū)電場方向豎直向下，III區(qū)電場方向豎直向上，P點是MN與x軸的交點。有一質(zhì)量為m，帶電荷量+q的帶電粒子由原點O，以速度v0沿x軸正方向水平射入磁場I，已知勻強磁場I的磁感應強度垂直紙面向里，大小為B0，勻強電場II和勻強電場III的電場強度大小均為，如圖所示，IV區(qū)的磁場垂直紙面向外，大小為，OP之間的距離為，已知粒子最后能回到O點。（1）帶電粒子從O點飛出后，第一次回到x軸時的位置和時間；（2）根據(jù)題給條件畫出粒子運動的軌跡；（3）帶電粒子從O點飛出后到再次回到O點的時間。物理參考答案及解析1.D【命題立意】本題旨在考查功能關(guān)系、牛頓第二定律。【解析】小物塊在水平方向受到摩擦力的作用，，產(chǎn)生的加速度：A、若小物塊從右端滑上傳送帶后一直做勻減速運動，速度減為零時的位移是，則，，得，所以小物塊不能到達B點，故A錯誤；B、小物塊不能到達B點，速度減為零后反向做勻加速運動，當速度等于傳送帶速度后勻速運動，返回A點速度為，故B錯誤；C、小物塊不能到達B點，速度減為零后反向做勻加速運動加速的過程相對于初速度繼續(xù)向左運動，所以小物塊向左運動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離沒有達到最大，故C錯誤；

D、小物塊向右加速的過程中的位移：，當速度等于傳送帶速度時，經(jīng)歷的時間：，該時間內(nèi)初速度的位移：，所以小物塊相對于初速度的位移：小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為：，故D正確。故選：D【舉一反三】物體由于慣性沖上皮帶后，從右端滑上傳送帶時，可以先勻減速運動到速度為0再反向加速后勻速，也可以一直減速，分情況進行討論即可解題。2.B【命題立意】本題旨在考查共點力平衡的條件及其應用、物體的彈性和彈力。【解析】對整體受力分析可知，整體受重力、支持力、拉力及彈簧的彈力；要使整體處于平衡，則水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小與F相同；故B正確；因m2與地面間有摩擦力；則一定有支持力；故C錯誤；再對m2受力分析可知，彈力水平方向的分力應等于F，故彈力T=；因豎直方向上的受力不明確，無法確定兩物體的質(zhì)量關(guān)系；也無法求出彈簧彈力與重力的關(guān)系；故AD錯誤。故選：B3.D【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強電場中的運動。【解析】AB、粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從C點射出，其軌跡是拋物線，則過C點做速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點，而延長線又經(jīng)過P點，所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點，故AB錯誤；C、若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EH，而又從C點射出，得到的軌跡不是一條完整的拋物線，故C錯誤；D、由平拋知識可知，當豎直位移一定時，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，故D正確。故選：D4.C【命題立意】本題旨在考查變壓器的構(gòu)造和原理?！窘馕觥侩妷夯ジ衅鞯淖饔檬鞘勾箅妷鹤兂尚‰妷海鶕?jù)變壓器原理可知，應使匝數(shù)多的接入輸入端；故MN接cd，PQ接ab；且Uab＜Ucd。故選：C5.AB【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動?！窘馕觥坑深}，帶電粒子以垂直于邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為A、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是，則粒子軌跡的圓心角為，速度的偏向角也為，根據(jù)幾何知識得知，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角為，必定從射出磁場，故A正確；B、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是，則得到軌跡的圓心角為，由于，則它一定從bc邊射出磁場，故B正確；C、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是，則得到軌跡的圓心角為，而粒子從邊射出磁場時最大的偏向角等于，故不一定從ab邊射出磁場，故C錯誤；D、當帶電粒子的軌跡與邊相切時，軌跡的圓心角為，粒子運動的時間為，在所有從邊射出的粒子中最長時間為，故若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是，一定不是從邊射出磁場，故D錯誤。故選：AB6.AD【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、焦耳定律。【解析】A、金屬桿向下滑動的過程中，穿過回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路產(chǎn)生a→b→Q→N→a方向的感應電流．故A正確；B、設ab桿下滑到某位置時速度為v，則此時桿產(chǎn)生的感應電動勢為：回路中的感應電流為：桿所受的安培力為：根據(jù)牛頓第二定律有：當時桿的加速度最大，最大加速度為，方向沿導軌平面向下；故B錯誤；C、由上知，當桿的加速度a=0時，速度最大，最大速度為：，方向沿導軌平面向下；故C錯誤；D、ab桿從靜止開始到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律有：

又桿產(chǎn)生的焦耳熱為：所以得：，故D正確。故選：AD7.BCD【命題立意】本題旨在考查人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系、萬有引力定律及其應用?！窘馕觥緼、根據(jù)萬有引力提供向心力，有：=m=mrv=，T=2π嫦娥一號的軌道半徑為r=R+h，結(jié)合黃金代換公式：，代入線速度和周期公式得：v=，T=2π，故A錯誤，B正確；C、根據(jù)萬有引力等于重力，則G=mg′，GM=g月R2，得：g′=（）2g月，故C正確；D、由黃金代換公式得中心天體的質(zhì)量M=，月球的體積V=，則月球的密度ρ=，故D正確；故選：BCD8.（1）ABC(3)1.5m/s2【命題立意】本題旨在考查打點計時器、紙帶的處理、牛頓第二定律【解析】①打點計時器的使用，先接通電源，再釋放小車，A正確；改變砂和砂桶質(zhì)量，改變合力，B正確；有拉力傳感器，可以讀出拉力，求出合力，CD選項都不需要，CD錯誤。(2)沒有平衡摩擦力，F(xiàn)合=2F-f=ma,所以（3）時間間隔T=,相等時間的位移分別為：，，，，，10.92-7.30=27.30-4.34=25.74-2.80=2a9.=1\*GB3①電流表A1，電壓表V1，滑動變阻器R1=3\*GB3③UI-RRxRVARR【解析】要求所測量值的變化范圍盡可能大，要用分壓式電路，電壓從0到電源的電動勢，范圍大；滑動變阻器用R1；電動勢3V，電壓表V1；最大電流約320=0.15A，，但超量程，3A的量程太大，讀數(shù)誤差太大，故用電流表A1，將定值電阻串入，最大電流為330+20=0.06A，則可?！九e一反三】如果沒有要求所測量值的變化范圍盡可能大一些，該用哪一個滑動變阻器？10.（1）；（2）；（3）【命題立意】本題旨在考查動量守恒定律、向心力、動能定理的應用?！窘馕觥浚?）乙恰能通過軌道的最高點D，則重力恰好通過向心力，設乙到達D點時的速度為，得：乙球從C到D的過程中機械能守恒，得：聯(lián)立以上兩式得：乙球在C點受到的支持力與重力的合力提供向心加速度，得：所以：由牛頓第三定律可知，乙對半圓軌道最低點C處的壓力與軌道對小球的支持力大小相等，即：（2）甲與乙的質(zhì)量相同，所以甲與乙發(fā)生彈性碰撞的過程二者交換速度，所以甲到達C的速度等于乙在C點的速度，即：甲從A滑到B的過程中機械能守恒，得：甲到達B點后只保留水平分速度沿水平面運動，則：所以：則：（3）將甲仍從A點釋放，增大甲的質(zhì)量為M，甲到達C的速度仍然是，保持乙的質(zhì)量不變，仍然發(fā)生彈性碰撞，以向左為正方向，則：

根據(jù)動量守恒定律，得：根據(jù)機械能守恒定律，得：聯(lián)立解得：，當甲的質(zhì)量比乙的質(zhì)量大很多是時候，乙球的速度最大，，即最大速度約為原來速度的2倍。乙離開圓軌道后做平拋運動，運動的時間：水平方向做勻速直線運動，速度最小時的水平方向的位移：速度最大時的水平方向的