2023年高考考前押题密卷-物理（浙江卷）（参考答案）

这是一份2023年高考考前押题密卷-物理（浙江卷）（参考答案），共6页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷（浙江卷）物理·参考答案 一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）12345678910111213BBBCDACCCCDDB二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1415CDCD三、非选择题（本题共5小题，共55分）16．Ⅰ、①BCD；②；（2）①0.40；②3；③；。（每空1分，共6分）Ⅱ、（1）BD（2分）；（2）偏大（1分）；（3）①（2分），20（1分）；②（2分）。17．（1）初态对活塞与沙桶整体受力分析得：mg+p1S＝p0S，p0，解得p1 （1分）由玻意耳定律得p1•LS＝pLS，解得：p   （1分）再次对活塞与砂桶组成的系统受力分析得Mg+pS＝p0S，解得M＝3m      （2分）（2）不再砂桶中加砂子，如果活塞不受卡环约束，则气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得，解得气柱长度lL＞L，所以不加砂子，温度400k时活塞在卡环位置，由理想气体状态方程得：                 （2分）解得：p                                          （2分）18．（1）物块在B点时恰好对轨道没有压力，其重力提供向心力，则有：mg＝m                                                                 （1分）根据功能关系可得弹簧释放前的弹性势能等于物块在B点的动能，即：EP    （1分）联立解得：EP＝0.1J；                                   （1分）（2）物块沿轨道从B到D，由动能定理可得：mg•2R         （1分）物块在D点受重力和支持力，其合力提供向心力，即F﹣mg＝m                （1分）解得：F＝6N由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力为FN＝F＝6N，方向竖直向下；     （1分）（3）斜面倾角不同，物块在斜面上的运动状态不同。斜面倾角过大时，物块不能在斜面上保持静止，到达最高点后会再次下滑，如此往复运动，物块动能全部转化为热量；斜面倾角过小时，物块上滑到最高点后保持静止不动，不再下滑，物块动能转化为热量和增加的重力势能。设物块刚好能停留在斜面EF上不下滑的临界角为θ0，由物块的受力平衡条件可得：mgsinθ0＝μmgcosθ0解得θ0＝30°                                                       （2分）分类讨论：①       当30°＜θ≤75°时，物块的动能全部转化为热量，故Q解得：Q＝0.5J                                        （1分）②当0≤θ≤30°时，物块沿斜面上滑到最高点后保持静止不动，动能转化为热量和增加的重力势能，则由能量守恒定律得：mgh+Q                                                        （1分）由于物块上滑过程中摩擦力大小为：f＝μmgcosθ所以摩擦产生的热量：Q＝f•                                     （1分）联立解得：QJ。                                     （1分）19．（1）由感应电动势最大值公式可知Em＝NB1Sω，其中ω代入数据可得Em＝6V                                               由于产生的是正弦式交变电流，则UV＝3V              （1分）回路总电阻R'＝R0小灯泡L1的电流有效值I1                            （1分）联立解得：I1A                               （1分）（2）根据法拉第电磁感应定律有：E'm＝B2（r2﹣r1）             （1分）产生方波式的交变电流，设有效值为U'，则由：         （2分）代入数据解得：U'V                （1分）回路总电阻R''＝2R小灯泡L1的电流有效值I1′联立解得：I1′A                           （1分）（3）由s＝vt电能Qv相同，Q相同，所以                 （2分）代入数据解得：                     （1分）20．（1）带电粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，所有粒子平行射入此磁场均从A点射出（磁聚焦模型），可知粒子做圆周运动的轨道半径等于圆形匀强磁场区域的半径，即：r＝a。由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：                                 （1分）在匀强电场中被加速的过程，由动能定理得：                                  （1分）联立解得：U                              （1分）（2）①在A点进入第一象限的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角在0～180°范围内，沿y轴正方向射入的粒子打在感光板上的P点，随着速度与y轴夹角的增大，轨迹与感光板的交点先向右移动，离O点最远的交点为Q点（满足AQ＝2r＝2a），再向左移动一直到C点，之后就打不到感光板上了。可知PQ为“二度感光区”，由几何关系得，当粒子打在P点时轨迹圆的圆心恰好为C点，则：CP＝r＝a                                                 （1分）当粒子打在Q点时，AQ＝2r＝2a，由勾股定理得：OQ则：L＝OQ﹣OC﹣CE代入数据解得：L                                 （1分）②由图中几何关系可知，打在C点的粒子轨迹圆的圆心为恰好在圆形磁场边界上的H点，对应进入圆形磁场的位置在F点，F到C恰好为半个圆周；打在P点的粒子轨迹一个是从H点入射，H到P也恰好为半个圆周，另一个是临界直接从A点入射。可得打在CP段的粒子对应入射区域在FH之间，打在PQ，即“二度感光区”的粒子对应入射区域在HO之间，由几何关系得：HO，FH＝a                            （1分）可得打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值为：n1：n2＝HO：FO：（a）＝1：3                          （1分）（3）粒子在磁场中运动的半径R，可知其它条件一定，R与v成正比，粒子每次反弹后速度大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半。在图1中可知，第一次打在P点的粒子速度方向垂直感光板，此粒子能够在P第一次被反弹，CP＝a，即第一次打在距离C点a处，反弹后粒子运动半径为，第二次打在距离C点2a处，再次反弹后粒子运动半径为，第三次落在离C点2.5a处，第四次落在离C点2.75a处，第五次落在离C点2.875a处，超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中一共运动了5个圆周。粒子在磁场中运动周期为：T    该粒子在磁场中一共运动的总时间为：t                （2分）该粒子从H到P的路程为：s1＝πa从第一次反弹到第二次反弹的路程为：s2＝π从第二次反弹到第三次反弹的路程为：s3＝π从第三次反弹到第四次反弹的路程为：s4＝π从第四次反弹到离开磁场的路程为：s5＝π该粒子在磁场中运动的总路程为：s＝s1+s2+s3+s4+s5联立解得：s.                         （2分）