2023年高考壓軸沖刺卷?浙江卷（一）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．（2023?浙江沖刺?2）如圖所示，位于豎直平面內的圓與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點，C為圓的最高點．豎直墻上點B、D與M的連線和水平面的夾角分別為53°和37°．已知在t=0時，a、b、d三個球分別由A、B、D三點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點；c球由C點自由下落到M點．則（）A．a、b和d球同時到達M點B．b球和d球同時到達M點C．c球位移最大，最后到達M點D．沿墻壁上任意一點到M點的光滑斜直軌道由靜止下滑的物體，下落高度越低，用時越短2．(寶雞2023?第二次檢測?18)美國物理學家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準確地測定了元電荷的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒壓電源兩極連接，極板M帶正電。現有一質量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態，且此時極板帶電荷量是油滴所帶電荷量的k倍，則（）A．油滴帶正電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動3．(安徽省江淮名校2023?第二次聯考?9)如圖6所示，放于豎直面內的光滑金屬細圓環半徑為R，質量為m的帶孔小球穿于環上，同時有一長為R的細繩一端系于球上,另一端系于圓環最低點，繩的最大拉力為2mg。當圓環以角速度ω繞豎直直徑轉動時,發現小球受三個力作用。則ω可能為（）AABAAAACAAABAAAACAABAA圖1（甲）圖1（乙）4．(泰州2023?二模?2)如圖1（甲）所示，勻質鏈條懸掛在天花板等高的A、B兩點，現將鏈條中點也拉至AB中間位置C懸掛，如圖1（乙）所示．則下列說法正確的是（）A．天花板對鏈條的作用力變大 B．天花板在A點對鏈條的作用力不變C．乙圖中鏈條最低點的張力為甲圖的1/2D．鏈條的重力勢能不變二、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．（金麗衢2023?第二次聯考?20）如圖所示，有同學做實驗時不慎將圓柱形試管塞卡于試管底部，該試管塞中軸穿孔。為了拿出試管塞而不損壞試管，該同學緊握試管讓其倒立由靜止開始豎直向下做勻加速直線運動，t=后立即停止，此時試管下降H=0.80m，試管塞將恰好能從試管口滑出。已知試管總長L=21.0cm，底部球冠的高度h=1.0cm，試管塞的長度為d=2.0cm，設試管塞相對試管壁滑動時受到的的摩擦力恒定，不計空氣阻力，重力加速度g=l0m／s2。則以下說法正確的是（）A．試管塞從靜止開始到離開試管口的總位移為1.0mB．試管塞從靜止開始到離開試管口的總時間為C．試管塞將要從試管口滑出時的加速度大小為40m/s2。D．試管塞受到的滑動摩擦力與其重力的比值為16∶16．（2023?浙江沖刺?4）如圖所示，I為電流表示數，U為電壓表示數，P為定值電阻R2消耗的功率，Q為電容器C所帶的電荷量，W為電源通過電荷量q時電源做的功．當變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，下列圖象能正確反映各物理量關系的是（）B．C．D．7．(2023·廣東省金山中學、廣雅中學、佛山一中聯考·3)某人造地球衛星在離地面高為h的軌道上飛行，其運動視為勻速圓周運動．已知地球質量為M，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G．則衛星的（）A．線速度v=B．角速度ω=C．運行周期T=2πD．向心加速度三、非選擇題8．(2023·第二次大聯考【江蘇卷】·10)現要用如圖甲所示的裝置探究“物體的加速度與受力的關系”．小車所受拉力及其速度的大小可分別由拉力傳感器和速度傳感器記錄下來．速度傳感器安裝在距離L=48．0cm的長木板的A、B兩點．①實驗主要步驟如下：A．將拉力傳感器固定在小車上；B．平衡摩擦力，讓小車在沒有拉力作用時能做勻速直線運動；C．把細線的一端固定在拉力傳感器上，另一端通過定滑輪與鉤碼相連；D．接通電源后自C點釋放小車，小車在細線拉動下運動，記錄細線拉力F的大小及小車分別到達A、B時的速率vA、vB；E．改變所掛鉤碼的數量，重復D的操作．②下表中記錄了實驗測得的幾組數據，vB2-vA2是兩個速度傳感器記錄的速率的平方差，則加速度的表達式a=______．表中的第3次實驗數據應該為a=______m/s2（結果保留三位有效數字）．③如圖乙所示的坐標紙上已經繪出了理論上的a-F圖象．請根據表中數據，在坐標紙上作出由實驗測得的a-F圖線．④對比實驗結果與理論計算得到的兩個關系圖線，分析造成上述偏差的主要原因是______．（寫出一個原因即可）次數F（N）vB2-vA2（m2/s2）a（m/s2）10．600．770．8021．041．611．6831．422．3442．624．654．8453．005．495．729．(2023?深圳寶安區二調?34（1）)某同學想通過以下實驗測量一小燈泡的額定功率，他所用器材如下：A、待測小燈泡一只：額定電壓為，電阻約為幾歐B、電壓表一只：量程為3V，內阻約為3kΩC、電流表一只：量程為，內阻約為ΩD、滑動變阻器一只，干電池兩節，開關一個，導線若干①請在甲圖中補全測量小燈泡額定功率的電路圖②圖甲中開關S閉合前，滑動變阻器的滑片應置于__________（選填“A端”、“B端”或“AB正中間”）③該同學通過實驗作出了小燈泡的伏安特性曲線，如圖乙所示，則小燈泡的額定功率為_______________W。（結果保留兩位有效數字）④由于實驗中使用的電流表與電壓表不是理想的電表，該同學測出小燈泡的功率__________________（填“大于”、“等于”或“小于”）燈泡的實際消耗功率，引起誤差的原因是____________________________________________________________________。10．(2023·第二次大聯考【江蘇卷】·13)如圖所示，傾斜軌道AB的傾角為370，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從D進入該軌道，沿軌道內側運動，從E滑出該軌道進入EF水平軌道。小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數均為0．5，sin370=0．6，cos370=0．8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為l．8R。求：(在運算中，根號中的數值無需算出)（1）小球滑到斜面底端C時速度的大小。（2）小球剛到C時對軌道的作用力。（3）要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑應該滿足什么條件?11．（2023?河南省實驗中學二調?14）如圖所示，質量為m、電荷量為+q的粒子從坐標原點O以初速度v0射出，粒子恰好經過A點，O、A兩點長度為l，連線與坐標軸+y方向的夾角為α=370，不計粒子的重力．（1）若在平行于x軸正方向的勻強電場E1中，粒子沿+y方向從O點射出，恰好經過A點；若在平行于y軸正方向的勻強電場E2中，粒子沿+x方向從O點射出，也恰好能經過A點，求這兩種情況電場強度的比值（2）若在y軸左側空間（第Ⅱ、Ⅲ象限）存在垂直紙面的勻強磁場，粒子從坐標原點O，沿與+y軸成30°的方向射入第二象限，恰好經過A點，求磁感應強度B．12（2023?溫州市二測?24）．如圖所示，寬度為L的粗糙平行金屬導軌PQ和P′Q′傾斜放置，頂端QQ′之間連接一個阻值為R的電阻和開關S，底端PP′處與一小段水平軌道用光滑圓弧相連。已知底端PP′離地面的高度為h，傾斜導軌處于垂直于導軌平面的勻強磁場（圖中未畫出）中。若斷開開關S，將一根質量為m、電阻為r、長也為L的金屬棒從AA′處靜止開始滑下，金屬棒落地點離PP′的水平距離為x1；若閉合開關S，將金屬棒仍從AA′處靜止開始滑下，則金屬棒落地點離PP′的水平距離為x2。不計導軌電阻，忽略金屬棒經過PP′處的能量損失，已知重力加速度為g，求：（1）開關斷開時，金屬棒離開底端PP′的速度大小；（2）開關閉合時，金屬棒在下滑過程中產生的焦耳熱；（3）開關S仍閉合，金屬棒從比AA′更高處靜止開始滑下，水平射程仍為x2，請定性說明金屬棒在傾斜軌道的運動規律。物理參考答案及解析1．B【命題立意】本題旨在考查牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系【解析】設圓的半徑為r，對于AM段，位移：x1=，加速度為：a1=gsin45°=，由位移時間公式得，所用時間：=對于BM段，位移：，加速度為：a2=gsin53°=，由位移時間公式得，所用時間為：對于CM段，位移：x3=2r，加速度為：a3=g，由位移時間公式得，所用時間為：=DBAM對于DM段，位移：，加速度為：，由位移時間公式得，所用時間為：DBAM故：t1=t3＜t2=t4故a、c同時到達M點，b、d同時到達M點，且ac用時短于bd用時，故ACD錯誤，B正確；【舉一反三】如圖所示，位于豎直平面內的圓,已知在t=0時，a、b、d三個球分別由A、B、D三點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點,則它們運動的時間關系？2.C【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在混合場中的運動。【解析】A、由題，帶電荷量為的微粒靜止不動，則微粒受到向上的電場力，平行板電容器板間場強方向豎直向下，則微粒帶負電，故A錯誤；B、由平衡條件得：，得油滴帶電荷量為：，故B錯誤；C、根據，結合，且，則得電容器的電容為：，故C正確；D、極板N向下緩慢移動一小段距離，電容器兩極板距離增大，板間場強減小，微粒所受電場力減小，則微粒將向下做加速運動，故D錯誤。故選：C【易錯警示】本題整合了微粒的力平衡、電容器動態分析，由平衡條件判斷微粒的電性，注意由受力情況來確定運動情況，是解題的思路。3.B【命題立意】本題旨在考查向心力、牛頓第二定律。【解析】因為圓環光滑，所以這三個力肯定是重力、環對球的彈力、繩子的拉力，細繩要產生拉力，繩要處于拉升狀態，根據幾何關系可知，此時細繩與豎直方向的夾角為，當圓環旋轉時，小球繞豎直軸做圓周運動，向心力由三個力在水平方向的合力提供，其大小為：，根據幾何關系，其中一定，所以當角速度越大時，所需要的向心力越大，繩子拉力越大，所以對應的臨界條件是小球在此位置剛好不受拉力，此時角速度最小，需要的向心力最小，對小球進行受力分析得，即，解得：，所以只要就符合題意．故選：B4.C【命題立意】本題旨在考查重力、重心。【解析】A、前后兩次懸掛，鏈條重力大小未變，所以天花板對鏈條的作用力前后大小不變，故A錯誤；B、圖甲情形時天花板在A點對鏈條的作用力為其重力的一半；圖乙情形時，為其四分之一，故B錯誤；C、圖乙情形時，AC間和CB間，都承受原鏈條重力的一半，所以乙圖中鏈條最低點的張力為甲圖的二分之一，故C正確；D、由圖甲情形到圖乙情形時，鏈條重心升高，其重力勢能增大，故D錯誤。故選：C5.AB【命題立意】本題旨在考查牛頓第二定律、勻變速直線運動的位移與時間的關系。【解析】A、試管塞開始與試管一起運動了位移：；試管停止運動之后又獨立運動了位移：，所以試管塞從靜止開始到離開試管口的總位移：，故A正確；BC、設試管剛停止運動時，試管塞的速度為，由，代入數據得：，設在試管中減速過程中的加速度為，用時為，則：，，解得：，，由靜止到試管停止用時為，故總用時為，故B正確，C錯誤；D、在試管中做勻減速運動中，設所受摩擦力，由動能定理可得：，解得：，故滑動摩擦力與重力的比值為，故D錯誤。故選：AB6.AB【命題立意】本題旨在考查閉合電路的歐姆定律【解析】A、當變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，R2消耗的功率為P=I2R，P∝I2，故A正確．B、電容器C的電壓UC=E﹣I（R2+r），電荷量Q=CUC=C[E﹣I（R2+r）]，則=﹣C（R2+r），保持不變，則Q﹣I圖象是向下傾斜的直線，故B正確．C、電壓表示數U=E﹣Ir，U﹣I圖象應是向下傾斜的直線，故C錯誤．D、電源通過電荷量q時電源做的功W=qE，E是電源的電動勢，則W﹣I是過原點的直線，故D錯誤．【舉一反三】電源的輸出功率在什么時候最大？7.B【命題立意】本題旨在考查人造衛星的加速度、周期和軌道的關系。【解析】A、根據萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力=m，r=R+h得：v=，又因為在地面萬有引力近似等于重力：=mg，得：GM=gR2，所以v=，故A錯誤；B、根據ω=，得ω=，故B正確；C、根據T=，得T=2π，故C錯誤；D、根據萬有引力提供向心力=ma，所以a=，故D錯誤。故選：B8.②，③如圖④沒有完全平衡摩擦力或拉力傳感器讀數偏大．【命題立意】該題考查探究加速度與力和質量的關系【解析】②根據勻變速直線運動的位移與速度公式：

可以求出：a=代入第3次實驗數據得a=s2

③根據表中數據，得出圖象如圖所示：

④對比圖象可知，實際圖象沒有過原點而是和橫坐標有交點，造成原因是因為沒有完全平衡摩擦力或拉力傳感器讀數偏大．9.①電路圖見解析；②B；③；④大于、因為電壓表分流，電流表測得的電流大于燈泡的電流【命題立意】本題旨在考查描繪小電珠的伏安特性曲線。【解析】①燈泡的電阻約為幾歐，遠小于電壓表的內阻，屬于小電阻，電流表采用外接法，電路圖如圖所示：②圖甲中開關S閉合之前，滑動變阻器的滑片應置于B端，使得閉合電鍵后，測量電路部分處于短路狀態，電壓表、電流表示數為0，起保護作用；③當時，電流，所以額定功率為：④由于實驗中使用的電流表與電壓表不是理想的電表，則其兩表自身也要消耗功率，所以該同學測出小燈泡的功率大于燈泡的實際消耗功率；由于電流表采用外接法，電壓表有分流作用，使電流表測得電流大于燈泡實際流過的電流。故答案為：①電路圖如上圖所示；②B；③；④大于、因為電壓表分流，電流表測得的電流大于燈泡的電流。10.（1）

（2），方向豎直向下

（3）

【命題立意】該題考查圓周運動及動能定理【解析】（1）設小球到達C點時速度為v，a球從A運動至C過程，由動能定理有

（2分）可得

（1分）（2）小球沿BC軌道做圓周運動，設在C點時軌道對球的作用力為N，由牛頓第二定律，

（2分）

其中r滿足

r+r·sin530=

（1分）聯立上式可得：N=

（1分）由牛頓第三定律可得，球對軌道的作用力為，方向豎直向下。

（1分）（3）要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入EF軌道。則小球b在最高點P應滿足

（1分）小球從C直到P點過程，由動能定理，有（1分）可得

（1分）情況二：小球上滑至四分之一圓