2023年浙江省开化高考冲刺押题（最后一卷）物理试卷含解析.pdf

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1、2023学年高考物理模拟试卷注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3,请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，A、B、C、。四个小球质量分别为，、4m,2 m、3 m,用细线连着，

2、在 A 和。之间细线上还串接有一段轻弹簧，悬挂在光滑定滑轮的两边并处于静止状态。弹簧的形变在弹性限度内重力加速度大小为g,则下列说法正确的是（）A.剪断C、。间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为3g3B.剪断C、。间细线的一瞬间，小球A 和 8 的加速度大小均为C.剪断4 B 间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为零D.剪断。球上方细线的一瞬间，小球A 和 B 的加速度大小均为零2、在光滑水平地面上放有一个表面光滑的静止的圆弧形小车，另有一质量与小车相等可视为质点的铁块，以速度丫从小车的右端向左滑上小车，如图所示，铁块上滑至圆弧面的某一高度后返回，不计空气阻力，则铁块返回到小车的右端以后，相

3、对于地面，将做的运动是（）A.又以速度v 沿小车向左滑动C.以比v小的速度从车右端平抛出去B.以与u大小相等的速度从小车右端平抛出去D.自由落体运动3、天津市有多条河流，每条河流需要架设多座桥梁。假如架设桥梁的每一个桥墩有两根支柱，每根支柱都是用相同横截面积的钢筋混凝土铸造。按照下列角度设计支柱，能使支柱的承重能力更强的是A方刀，刀尸4、某静电场的电场线与x 轴平行，x 轴上各点的电势情况如图所示，若将一带电粒子从坐标原点。由静止释放，该粒子仅在电场力的作用下，沿着x 轴正方向运动，已知电场中M、N 两点的x 坐标分别为5mm、15m m,则下列说法正确 的 是（）A.在 x 轴上M、N 两点

4、间的电场方向先沿x 轴正方向后沿x 轴负方向B.该带电粒子一定带负电荷C.在 x=10mm的位置，电场强度大小为1000V/mD.该粒子沿x 轴从M 点运动到N 点的过程中，电势能一直增大5、如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元1267-1273年的宋元襄阳之战中使用而得名，其实质就是一种大型抛石机。它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出。将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量，=10k g,可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O 点

5、相距L=5m的末端口袋中，在转轴短臂右端固定一重物M,发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A 点，静止时长臂与水平面的夹角a=37。，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与0 点的水平距离s=20m,空气阻力不计，g 取 10m/s2。则（）A.石块水平抛出时的初速度为106m/sB.石块水平抛出时的初速度为20m/sC.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2050JD.从4点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2500J6、根据玻尔原子理论，氢原子中的电子绕原子核做圆周运动与人造卫星绕地球做圆周运动比较，下列说法中正确的

6、是()A.电子可以在大于基态轨道半径的任意轨道上运动，人造卫星只能在大于地球半径的某些特定轨道上运动B.轨道半径越大，线速度都越小，线速度与轨道半径的平方根成反比C.轨道半径越大，周期都越大，周期都与轨道半径成正比D.轨道半径越大，动能都越小，动能都与轨道半径的平方成反比二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、用轻杆通过钱链相连的小球A、B、C、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、5的质量均为2m,小 球C、D,E的质量均为忆 现将4、8两小球置于距地面高而处，由

7、静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中A.小球A、B、C,E组成的系统机械能和动量均守恒B.小球5的机械能一直减小C.小球5落地的速度大小为D.当小球4的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg8、如图，匀强磁场中位于尸处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为机、电荷量为、速率为v的带正电粒子，尸 到 荧 光 屏 的 距 离 为 心 设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是()A.若磁感应强度8=-；,则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为上qd vB.若磁感应强度8=T，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大

8、时间差为现qd 6vC.若磁感应强度3=翡，则荧光屏上形成的亮线长度为(1+6)”D.若磁感应强度8=粉，则荧光屏上形成的亮线长度为（厉+G）d9、图 1是一列沿x 轴方向传播的简谐横波在/=（）时刻的波形图，波速为lm/s。图 2 是 x=5.5m处质点的振动图象,B.x=3.5m处质点在f=2s时的位移为4J5cmC.x=1.5m处质点在，=4s时的速度方向沿轴正向D.x=4.5m处的质点在f=Is时加速度沿 y 轴负方向.*=3.5111处质点在0 15内路程为（16-8夜）cm10、如图所示，地球质量为M,绕太阳做匀速圆周运动，半径为R.有一质量为，”的飞船，由静止开始从尸点在恒力F的

9、作用下，沿P D方向做匀加速直线运动，一年后在D点飞船掠过地球上空,再过三个月，又 在 Q处掠过地球上空.根A.。的距离为正/?B.尸。的距离为史YIR9C.地球与太阳的万有引力的大小缶277M16/77D.地 球 与 太 阳 的 万 有 引 力 的 大 小 当 咨三、实验题：本题共2 小题，共 18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11.（6 分）如图，物体质量为2 =2 k g,静置于水平面上，它与水平面间的动摩擦因数=0 4,用 大 小 为/=0&N、方向与水平方向夹角。=45的拉力F拉动物体，拉动4 s 后，撤去拉力尸，物体最终停下来.（取 g=10m/）试求:（

10、1）物体前4 s 运动的加速度是多大？（2）?物体从开始出发到停下来，物体的总位移是多大？1 2.（1 2 分）测量玩具遥控汽车的额定功率实验，简要步骤如下：A.测出小车质量为0.6 k g。B.在小车尾部系一条长纸带，让纸带穿过电源频率为5 0 H z 的打点计时器。C.使小车以额定功率沿水平面加速到最大速度，继续运行一段时间后关闭小车发动机，让其在水平面上滑行直到停止。D.取下纸带进行研究。测得的数据如图所示。单 位：cm4.01 4.00 3.99 4.00 3.81 3.52 3.252.972.69回答下列问题：由 纸 带 知 遥 控 汽 车 的 最 大 速 度 为,汽 车 滑 行

11、时 的 加 速 度 为；（2）汽 车 滑 行 时 的 阻 力 为；其额定功率为 o四、计算题：本题共2小题，共 2 6 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。1 3.（1 0 分）我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。已 知 地 球 质 量 为 半 径 为 R,万有引力常量为G,将地球视为均质球体，且忽略自转。（1）类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为rM（/-/?）处的引力场强度的表达式%=G/；（2）设地面处和距离地面高为

12、h处的引力场强度分别为EH和,如果它们满足吗二闯 0.0 2，则该空间就可以近七似为匀强场，也就是我们常说的重力场。请估算地球重力场可视为匀强场的高度（取地球半径R=6 4 0 0 k m）；（3）某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为外尸-G9（以无穷远处引力势为0）。请你设定物理情景,简要叙述推导该表达式的主要步骤。1 4.（1 6 分）某日清晨，中国海监船在执行东海定期维权巡航执法过程中，发现从事非法调查作业活动的某船只位于图甲中的A处，预计在8 0 秒的时间内将到达图甲的C处，我国海监执法人员立即调整好航向，沿直线3c从静止出发恰好在运动了 8 0 秒时到达C处，而此时该

13、非法船只也恰好到达C处，我国海监部门立即对非法船只进行了驱赶.非法船只一直做匀速直线运动且4c与 距 离 相 等，我国海监船运动的v-t图象如图乙所示。求非法船只的速度大小；(2)若海监船加速与减速过程的加速度大小不变，海监船从3处由静止开始若以最短时间准确停在C点，需要加速的时间为多少？1 5.(1 2 分)如图所示，一厚度均匀的圆柱形玻璃管内径为r,外径为R,高 为 一 条 光 线 从 玻 璃 管 上 方 入 射，入射点恰好位于M 点，光线与圆柱上表面成3 0。角，且与直径MN在同一竖直面内。光线经入射后从内壁射出，最终到达圆柱底面，在玻璃中传播时间为白，射出直至到底面传播时间为弓，测得4

14、 ,=3：1.已知该玻璃的折射率为亚，求2圆柱形玻璃管内、外半径之比参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共 2 4 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解 析】A B.开始时，弹簧的弹力为5/咫，剪 断 CD间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球。的加速度大小为5mg-2mga-2m=1.5gA B的加速度为零，故 AB错误;C.同理可以分析，剪断4 3 间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为0,故 C 正确；D.剪 断 C球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A 和 8 的加速度大小为g,故 D 错误。故选C。2、D【解析】小铁块和小车组

15、成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv=mvt+MV2根据机械能守恒定律可得 mv2=mv：+Mv2 2 1 2 2因为M=m,所以解得寸=0,v2=v0所以铁块离开车时将做自由落体运动。故 ABC错误，D 正确。故选D。3、A【解析】依据受力分析，结合矢量的合成法则，及两力的合力一定时，当两分力夹角越大，则分力越大，夹角越小时，则分力越小，从而即可求解。【详解】由题意可知，两根支柱支撑相同的质量的桥梁，即两个力的合力是一定，当两个力的夹角越大时，则分力也越大，当两个力的夹角越小时，则分力也越小，能使支柱的承重能力更强的是，即使支柱支撑的力要小，

16、故 A 正确，故 BCD错误；故选A。【点睛】考查矢量的合成法则，掌握两力的合成，当合力一定时，两分力大小与夹角的关系，同时理解能使支柱的承重能力更强，不是支柱支撑的力最大，而要最小的。4、C【解析】A.由 QX图像知从M 点到N 点电势降低，根据沿着电场线方向电势降低可知在x 轴上M、N 两点间的电场方向沿x轴正方向，A 项错误；B.粒子受力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，B 项错误；C.在 9-x图像中，图线斜率表示电场强度的大小，电场强度大小为 U 卜（P 10E =/=-V /m =1000V/md x 10 x10-3C 项正确；D.粒子沿x 轴从M 点运动到N 点的过程中，电场

17、力一直做正功，电势能一直减小，D 项错误。故选C。5、C【解析】A B.石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为h-L+Lsma-gt2可得”产 产）=即水平方向匀速直线运动s=vot可得平抛的初速度为%=5V10m/s故 A B 错误；C D.石块从A 点到最高点的过程，由动能定理1 2W mgh-mv0-0解得长臂对石块做的功为1 ,W-mgh+mVf）-2050J故 C 正确，D 错误。故选C。6、B【解析】A.人造卫星的轨道可以是连续的，电子的轨道是不连续的；故 A 错误.B.人造地球卫星绕地球做圆周运动需要的向心力由万有引力提供，F=GMm mv2 44 2mrF 丁T2可得：v-GM玻尔

18、氢原子模型中电子绕原子核做圆周运动需要的向心力由库仑力提供,F_&一 加 府 4万2加7 r2 r T2可得：u=楞，可知都是轨道半径越大，线速度都越小，线速度与轨道半径的平方根成反比；故 B 正确.C.由可得：T=;由可得：T=2%匕,可知，都是轨道半径越大，周期都越大，周期都与轨道半径GM kQ3的二次方成正比；故 C 错误.2D.由可得：卫星的动能：1 2Ek=mVGMm2r由可得电子的动能：纥=幽，可知都是轨道半径越大，动能都越小，动能都与轨道半径成反比；故 D 错误.2r二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全

19、部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得。分。7、C D【解析】小球A、B、C D,E 组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故 A 错误；由于。球受力平衡，所以。球在整个过程中不会动，所以轻杆0 3 对 5 不做功，而轻杆5 E 对 5 先做负功后做正功，所以小球的机械能先减小后增加，故 B 错误；当 5 落地时小球E 的速度等于零，根据功能关系，咫/?=；，川2 可知小球8 的速度为国，故 C 正确；当小球4的机械能最小时，轻杆A C 没有力，小 球 C 竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故 D 正确，故选C D8、BD【解析】一 八 mvA B.若磁感应强度3=即粒子的运动半

20、径为mvr=dqB如图所示:,_2兀 m到达荧光屏的粒子运动时间最长的是发射速度沿垂直且背离M N运动的粒子，其运动时间（周期丁=1）为qB3 丁 37td41 =4 /-2-v-运动时间最短的是以d为弦长的粒子，运动时间为1 ndt?2=I=6 3v所以最大时间差为771d0-2 =26v故A错误，B正确;mvC D.若 磁 感 应 强 度*丽，即粒子的运动半径为R=2d,如图所示:到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与M N相切的，设下半部分的亮线长度为x i,根据几何关系，有x；+(R d)2=R2解得X 1=G d；到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与尸点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度

21、为X 2,根据几何关系，有(2R?=+/解 得 =后4,所以亮线的总长度为(而+6时，故C错误，D正确。故选BD9、BCE【解析】A.根据图2的振动图象可知，x=5.5m处的质点在U 0时振动方向沿,轴正向，所以利用图1由同侧法知该波沿x轴正方向传播，故A错误；B.图1可知该简谐横波的波长为4 m,则.44,T=s=4sv 1圆频率03=rad/s=0.5 乃 rad/sT 4设x=5.5m处质点的振动方程为x=8sin(5，+%)cmr=0时刻4逝=8 s in/结合U0时刻振动的方向向上，可知外=1%，则x=5.5m处质点的振动方程为c ./兀 1、x=8sin(r+)cmX=5.5m处质

22、点与=3.5m处质点的平衡位置相距半个波长,贝(I x=3.5m处质点的振动方程为c ./乃 TC、x=-8 sin(r+)cm2 4t=2s代入方程得位移为4 0 c m，故B正确；C.x=1.5m处质点在尸4s时的速度方向和，=0时的速度方向相同，由同侧法可知速度方向沿丁轴正向，故C正确；D.x=4.5m处的质点在/=()时速度方向沿 轴负向，则经过四分之一周期即f=ls时，质点的位移为负，加速度指向平衡位置，沿y轴正方向，故D错误；E.x=3.5m处质点在在/=()时速度方向沿轴负向，根据振动方程知此时位移大小为4 0 c m，/=()时位移大小为4 0 c m，所以0 Is内路程5=2

23、 x(8-4/2)cm=(16-8 拒)cm故 E正确。故选B C E 1 0、A B C【解析】根据DQ的时间与周期的关系得出D到 Q所走的圆心角，结合几何关系求出DQ的距离.抓住飞船做匀加速直线运动,结合PD的时间和PQ的时间之比得出位移之比，从而得出PD的距离.根据位移时间公式和牛顿第二定律，结合地球与太阳之间的引力等于地球的向心力求出引力的大小.【详解】地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D到 Q所用的时间为三个月，则地球从D到 Q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为9 0 度，根据几何关系知，DQ的距离为拉R,故 A正确；因为P到 D的时间为一年，D到 Q1 ,的时间为三个月

24、，可知P到 D的时间和P到 Q的时间之比为4：5,根据x =得，PD和 PQ距离之比为1 6：2 5,则 PD和 DQ的距离之比为1 6：9,D Q =4 2 R,则 2。=3 也/?,B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周 9运动的向心力，对 PD段，根据位移公式有：更 也 四=，相2,=，因为p到D的时间和D到 Q的时间之比为4：9 2 m1,则!=即 T=t,向心力=M R,联立解得地球与太阳之间的引力尸=见身2 ，故 C正确D错误.4 4 T 16/n三、实验题：本题共2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。1 1,(2)3m/s 2t )42m

25、【解析】(1)由牛顿第二定律运用正交分解法求解加速度；(2)根据运动公式求解撤去外力之前时的位移；根据牛顿第二定律求解撤去外力后的加速度和位移，最后求解总位移.【详解】(1)受力分析：正交分解：由牛顿第二定律得：F c os 45-f -m a；F s in45+N -m g=0；联立解得：a=3 m/s21,1,(2)前 4s 内的位移为 at=x 3 x 4 m =2 4 m,2 24s 末的速度为：v=at=2m/s,撤去外力后根据牛顿第二定律可知：-=ma解得：a=-p g =-4 m/s2,0-v2 0-122减速阶段的位移为：工2=二,=三7八-m=1，2a 2x(-4)通过的总位

26、移为：x =+x2=4 2 m.【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是知道加速度是联系运动和力的桥梁，运用正交分解法求解加速度是解题的重点.12、l.O O m/s -1.7 3m/s 1.04N 1.04W【解析】(1)12.汽车的最大速度为v =%+/+飞=4.(”+4.0()+3.99-1。_21nzs=1 Q O m/s3T 6x 0.02纸带上最后6 段对应汽车做关闭发动机做减速运动，加速度为(七+7+/)一(+7+凡)(3.25+2.9 7 +2.60)-(4.00+3.8 1+3.52)2,2=-H-L*I C T?m/s2=-1.7 3m/s29 x 0.042 根 据

27、牛 顿 第 二 定 律 得/=m a=0.6x (-1.7 3)N -1.04N当汽车匀速运动时，牵引力与阻力大小相等，即有尸寸则汽车的额定功率为p=FV m=/V m=1.04x l W=1.04W四、计算题：本题共2 小题，共 26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)引力场强度定义式E 引=,推导见解析；(2)/i=649 7 6m；(3)推导见解析.m【解析】引 力 场 强 度 定 义 式 岛=mF=G写联立得r rM%=G 7(2)根据题意总卢G帚h rM%1=G了忸 引-纥1 1 =0.02%h=r-R =-RV O 9 8解得/

28、r=64976m定义式引力势(p,=5,式中E。为某位置的引力势能把某物体从无穷远移动到某点引力做的功%=。4=4即E尸 则当质量为耀的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为通过计算得一 Mm吗 =G 0所以rMm 工G-夕引=-G：14、(l)15m/s(2)30V3【解析】(1)结合图乙可知海监船运行的位移即为V-t图线与横坐标轴所围的面积:X =_ X (70-30)+80 X 20m=1 200m由 运 动 学 公 式 代 入 数 据 可 求 得：v=15m/s(2)由加速度定义式：4=”代入数据可求加速与减速过程中加速度大小分别为:Nt20-0,2,a=-m/sz=m/sz30 320-0,a2=-m/s2=2m/s-10设 加 速 时 间 为 减 速 时 间 为。2,要使时间最短有1 2 1 25 ali+。2,2=X解得fi=30 百 s15、1:3【解析】光路图如图所示：由题可得入射角i=60。，折 射 率 =逅，设折射角为了2sinz由折射定律二二一sin/解得：y=45。由几何关系可得A/C=CA=R r,M A =C M C ,AD=厂，A B =-r设光线在玻璃中传播的速度为v,且=V_ M A_y/2（R-r）解得：4=丁=n2V3AB-VrG=一 =-c c由 f 1 2=3:1解得：r:R =l:3