2023届浙江省诸暨市高考冲刺预测卷一物理试题

2023届浙江省诸暨市高考冲刺预测卷一物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、我国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统由数十颗卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相关服务。设

想其中一颗人造卫星在发射过程中，原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道?做匀速圆周运动，如图

所示。下列说法正确的是（）

A.在轨道1与在轨道、运行比较，卫星在尸点的加速度不同

B.在轨道1与在轨道1运行比较，卫星在『点的动量不同

C.卫星在轨道、的任何位置都具有相同加速度

D.卫星在轨道1的任何位置都具有相同动能

2、如图所示，滑块以初速度为沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零.若用小八a分别表

示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，f表示时间，则下列图象中能正确描述该过程的是

(B)

(D)

3、一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程外、从、ca回到原状态，其p-T图像如图所示，下列判断正确

的是（）

b

c.，一一一・

A.过程ac中气体内能的增加等于吸收的热量

B.过程Ac中气体既不吸热也不放热

C.过程外中气体吸收的热量大于气体内能的增加

D.a、分和c三个状态中，状态”气体的内能最小

4、如图所示，正三角形ABC区域内存在的磁感应强度大小为8,方向垂直其面向里的匀强磁场，三角形导线框abc

从A点沿AB方向以速度y匀速穿过磁场区域。已知AB=2L,ab=L,Nb=90°，ZC=30°»线框abc三边阻值均为R,

上边与A3边始终在同一条直线上。则在线圈穿过磁场的整个过程中，下列说法正确的是（）

A.磁感应电流始终沿逆时针方向

B.感应电流一直增大

c.通过线框某截面的电荷量为《迦

6R

D.c、》两点的最大电势差为汉迦

3

5、关于天然放射现象，下列说法正确的是（）

A.放出的各种射线中，a粒子动能最大，因此贯穿其他物质的本领最强

B.原子的核外具有较高能量的电子离开原子时，表现为放射出仅粒子

C.原子核发生衰变后生成的新核辐射出/射线

D.原子核内的核子有一半发生衰变时，所需的时间就是半衰期

6、如图所示，将一交流发电机的矩形线圈"cd通过理想变压器外接电阻R=10C,已知线圈边长

ab=cd=Q.lm,ad=bc=0.2m,匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比

"I：〃2=1：3,线圈在磁感应强度8=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以（y=200rad/s的角速度匀速转动，则（）

A.从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40sin200t（V）

B.交流电压表的示数为40V

C.电阻/?上消耗的电功率为720W

D.电流经过变压器后频率变为原来的3倍

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。分。

7、关于热力学定律，下列说法正确的是（）

A.气体吸热后温度一定升高

B.对气体做功可以改变其内能

C.理想气体等压膨胀过程一定放热

D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体

E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡

8、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，。点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A点静止释放，

沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达3点.在从A到8的过程中，物块（）

AOB

A.加速度先减小后增大B.经过。点时的速度最大

C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

9、如图甲所示，正六边形导线框“儿丝/•放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度8随时间

f的变化关系如图乙所示.f=0时刻，磁感应强度8的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖

直边cd所受安培力的方向以水平向左为正.则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间f变化的图象正确的是

10、如图2所示是电子电路中经常用到的由半导体材料做成的转换器，它能把如图1所示的正弦式交变电压转换成如

图3所示的方波式电压，转换规则:输入的交变电压绝对值低于守，输出电压为0;输入的交变电压包对值大于、等于

*输出电压恒为之二则

22

B.输出电压的颜率为100Hz

C.输出电压的有效值为X"D.输出电压的有效值为g

6

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）图示为做“碰撞中的动量守恒”的实验装置

人射小球

弋、被碰小球

'飞:工

垂

垂

1

0MPN

⑴入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，这是为了一

A.入射小球每次都能水平飞出槽口

B.入射小球每次都以相同的速度飞出槽口

C.入射小球在空中飞行的时间不变

D.入射小球每次都能发生对心碰撞

（2）入射小球的质量应一（选填“大于”、“等于”或“小于”）被碰小球的质量;

⑶设入射小球的质量为机I，被碰小球的质量为加2,P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式町0P=（用

犯、团2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。

12.（12分）如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机

械能守恒定律.

n-

纸带一

打点计

时器

TT

（1）已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是

（填字母代号）.

A.直流电源、天平及祛码B.直流电源、毫米刻度尺

C.交流电源、天平及祛码D.交流电源、毫米刻度尺

（2）实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度瓦某同学对实验得到的纸带，设计了

以下四种测量方案，这些方案中合理的是（填字母代号）.

A.用刻度尺测出物体下落的高度〃，由打点间隔数算出下落的时间f,通过叫gf算出瞬时速度V

B.用刻度尺测出物体下落的高度似并通过V=J丽计算出瞬时速度v

C.根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v,并通

2

V-

过〃=丁计算得出高度九

2g

D.用刻度尺测出物体下落的高度瓦根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平

均速度，测算出瞬时速度v

（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是（填字母代

号）.

A.该误差属于偶然误差

B.该误差属于系统误差

C.可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差

D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差

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.(10分)港珠澳大桥是连接香港大屿山、澳门半岛和广东省珠海市跨海大桥，工程路线香港国际机场附近的香港

口岸人工岛，向西接珠海、澳门口岸人工岛、珠海连接线，止于珠海洪湾，总长约55公里，在建设港珠澳大桥时为了

更大范围的夯实路面用到一种特殊圆环，建设者为了测试效果，做了如下的演示实验：如图所示，一轻绳吊着粗细均

匀的棒，棒下端离地面高H,上端套着一个细环。棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>l).

断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中

始终保持竖直，空气阻力不计，重力加速度为g求：

(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；

(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程；

(3)从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功.

H

14.(16分)如图所示，光滑斜面倾角0=30。，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A和B通过不可

伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为m,开始时两物块均静止于距地面高度为H处，B与定

滑轮之间的距离足够大，现将A、B位置互换并静止释放，重力加速度为g,求：

(1)B物块的质量；

(2)交换位置释放后，B着地的速度大小.

15.(12分)如图所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L=0.5m,左端接有阻值R=3Q的

定值电阻。一根长度与导轨间距相等的金属杆置于导轨上，金属杆的质量m=0.2kg,电阻r=2O,整个装置处在方

向竖直向下、磁感应强度大小B=4T的匀强磁场中，t=0肘刻，在MN上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力F,

金属杆由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2s末撤去外力F,运动过程中金属杆与导轨始终垂直

且接触良好。(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：

XMXXX

Ry»x|xxx

cXNXXX

(l)ls末外力F的大小；

⑵撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热。

参考答案

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、B

【解析】

A.在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在尸点距地球的距离相等，受到的万有引力相等

„GMm

F=——--=ma

r

所以卫星在『点的加速度相同，故A错误；

B.卫星由轨道1变为轨道2,需要加速，则轨道2的速度要大一些，所以卫星在尸点的动量轨道2的大于轨道1的，

故B正确；

C.卫星在轨道2的不同位置受到的万有引力大小相同，但方向不同，故产生的加速度大小相同，方向不同，故卫星

在轨道：的不同位置都具有不同加速度，故C错误；

D.轨道1是一个椭圆轨道，又开普勒第二定律可得，卫星离地球越近，速度越大，则卫星在轨道1上除了关于地球

对称的位置外，各位置具有不同的动能，选项D错误。

故选B。

2、D

【解析】

AB.滑块以初速度为沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零；滑块下滑过程中做匀减速直线运

动，下滑过程中，其速度时间图线是一条斜向下的直线；下滑过程中，其加速度时间图线与时间轴平行.故AB两项

错误.

CD.用x、八。分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，据速度位移关系可得：

Vp-v2=lax

解得：

v=y[v^-2ax

所以下滑过程中，其速度位移图线是一条切线斜率变大的向下弯曲的曲线；故C项错误，D项正确.

3、D

【解析】

A.过程4C为等压变化，由匕V=C可知，温度升高，体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，由热力学第一

T

定律可知，气体内能的增加等于吸收的热量与气体对外做功之差，则气体内能的增加小于吸收的热量，故A错误；

B.过程加为等温变化，AU=0,但气体压强减小，由，=。知V增大，气体对外做功，WVO,由AU=0+W可知

。〉0

即气体吸收热量，故B错误；

C.过程外为等容变化，温度升高，内能增大，体积不变，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体内能的

增加，故C错误；

D.理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，a、b和c三个状态中，状态a温度最低，则理想气体的内

能最小，故D正确。

故选D。

4、D

【解析】

A.当三角形导线框abc从A点沿A3运动到8点时，穿过线圈的磁通量一直增大，此时线圈产生一个逆时针电流；

而后线圈逐渐离开磁场，磁通量减少，线圈产生一个顺时针电流，故A错误；

B.根据公式可知，感应电流先增大后减小，B错误；

C.由公式

onLX£L

△①28x---哥1}

q=--------------------------------

3R3R3R

故C错误；

D.当线框。点刚到达B点时，线框中的感应电动势

E=^3BLv

电流

LE_6BLv

~3R~3R

所

L=1(2咫=空等

故D正确。

故选D。

5、C

【解析】

A.在三种放射线中，a粒子动能虽然很大，但贯穿其他物质的本领最弱，选项A错误。

B.4衰变射出的电子来源于原子核内部，不是核外电子，选项B错误。

C.原子核发生衰变后产生的新核处于激发态，向外辐射出/射线，选项C正确。

D.半衰期是放射性原子核总数有半数发生衰变，而不是原子核内的核子衰变，选项D错误；

故选C。

6、C

【解析】

A.从图示位置开始计时，磁通量为零，感应电动势最大，所以电动势随时间的变化关系为

e—NBScocoscot(V)

代入数据得e=4()cos200/(V),故A错误；

B.由瞬时值表达式e=40cos200/(V),可知线圈产生的电动势最大值为纥,=40V,但电压示数是有效值，故示

数为

故B错误；

C.根据

U[：="1：”2

解得变压器副线圈的电压=6072V,所以电阻R上消耗的电功率为

772

R=~=720W

2R

故C正确;

D.交流电的频率经过变压器不发生变化，故D错误。

故选C。

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,BDE

【解析】

A.气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A错误；

B.改变气体内能的方式有两种：做功和热传导，故B正确；

C.理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C错误；

D.根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；

E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不

会与第三个系统达到热平衡，故E正确。

故选BDE.

【点睛】

本题主要考查了热力学定律、理想气体的性质.此题考查了热学中的部分知识点，都比较简单，但是很容易出错，解

题时要记住热力学第一定律E=W+Q、热力学第二定律有关结论以及气体的状态变化方程等重要的知识点.

8、AD

【解析】

A项：由于水平面粗糙且。点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在。4之间，加速度为零时

弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到8的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；

B项：物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，即在O点左侧，故B错误；

C项：从A到。过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从。到5过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做

负功，故C错误；

D项：从A到8过程中根据动能定理可得W的W交尸0,即W卢W利，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故

D正确.

9、AC

【解析】

分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方

向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向.

解答：解：A、0〜2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为

正值.根据法拉第电磁感应定律，E='*'=BoS为定值，则感应电流为定值，I尸".在2〜3s内，磁感应强度方

MR

向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0〜2s内相同.在3〜

4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与。〜2s

内相同.在4〜6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为

负值，大小与0〜2s内相同.故A正确，B错误.

C、在0〜2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL,则安培力逐渐减小，cd边所

受安培力方向向右，为负值.()时刻安培力大小为F=2BoIoL.在2s〜3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增

大，根据F&=BIL,则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为BoIoL.在2〜3s内，

磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初

的安培力大小为BoIoL.在4〜6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所

受安培力方向向左，6s末的安培力大小2BoIoL.故C正确，D错误.

故选AC.

10、BC

【解析】

AB.由图可知输出电压的周期T=().()ls,故频率为户100Hz,A错误，B正确；

CD油：

2R3R

解得：

U=—U

6

C正确，D错误.

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、B大于OM+m,ON

【解析】

(1)口］入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，目的是使入射小球每次都以相同的速度飞出槽口，故B正

确，ACD错误。

故选B。

⑵⑵为了防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量。

(3)网由于小球下落高度相同，则根据平抛运动规律可知，小球下落时间相同；尸为碰前入射小球落点的平均位置，M

为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度

0P

V'=~

碰撞后入射小球的速度

0M

彩二7

碰撞后被碰小球的速度

ON

旷丁

如果

，勺匕=加,匕+tn\V2

则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，即

iriyOP=OM+“%ON

成立，即表示碰撞中动量守恒。

12、DDBD

【解析】

(1)打点计时器需接交流电源.机械能守恒中前后都有质量，所以不要天平和祛码.计算速度需要测相邻计数的距离，

需要刻度尺，故选D.

(2)在验证机械能守恒时不能用有关g值来计算速度，利用u=g/、v2=2gh,在计算高度时直接测量距离，在计

算速度时利用中点时刻的速度等于平均速度求解，故ABC错误；D正确

(3)由于系统内不可避免的存在阻碍运动的力，比如空气阻力，纸带与限位孔之间的摩擦力等系统误差导致重力势能

的减小量与动能的增加量不相等，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确

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)a环=(hl)g,方向竖直向上(2)"(3)2kmgH.

Z+1k-\

【解析】

(1)设棒第一次上升过程中，环的加速度为。环

环受合力

F环=h"g-，"g①

由牛顿第二定律

F环=，"4环②

由①②得

4环=(A-l)g

方向竖直向上.

设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为力

由机械能守恒的：

1,

—x2mv,=2mgH

解得

唧=j2g”.

设棒弹起后的加速度“棒

由牛顿