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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）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
B B B C D A C C C C D D B
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）
14 15
CD CD
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+p S＝p S，p ，解得p （1
1 0 0 1
分）
由玻意耳定律得p • LS＝pLS，解得：p （1分）
1
再次对活塞与砂桶组成的系统受力分析得Mg+pS＝p S，解得M＝3m （2分）
0
（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l L＞L，所以不加砂子，温度400k时活塞在卡环位置，
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1
学科网（北京）股份有限公司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：E （1分）
P
联立解得：E ＝0.1J； （1分）
P
（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F ＝F＝6N，方向竖直向下； （1分）
N
（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 ，由物块的受力平衡条件可得：
0
mgsin 0 ＝ mgcos 0 θ
解得 θ0 ＝3μ0° θ （2分）
分类讨θ论：
① 当30°＜ ≤75°时，物块的动能全部转化为热量，故Q
θ
解得：Q＝0.5J （1分）
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2
学科网（北京）股份有限公司②当0≤ ≤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θ 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＝ mgcos
μ θ
所以摩擦产生的热量：Q＝f• （1分）
联立解得：Q J。 （1分）
19．（1）由感应电动势最大值公式可知E ＝NB S ，其中
m 1
ω ω
代入数据可得E ＝6V
m
由于产生的是正弦式交变电流，则U V＝3 V （1分）
回路总电阻R'＝R
0
小灯泡L 的电流有效值I （1分）
1 1
联立解得：I A （1分）
1
（2）根据法拉第电磁感应定律有：E' ＝B （r ﹣r ） （1分）
m 2 2 1
产生方波式的交变电流，设有效值为U'，则由： （2分）
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3
学科网（北京）股份有限公司代入数据解得：U' V （1分）
回路总电阻R''＝2R
小灯泡L 的电流有效值I ′
1 1
联立解得：I ′ A （1分）
1
（3）由s＝vt
电能Q
v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）
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4
学科网（北京）股份有限公司（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n 与打在整个感光板上的粒子数n 的比值为：
1 2
n ：n ＝HO：FO ：（a ）＝1：3 （1分）
1 2
（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，
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5
学科网（北京）股份有限公司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：s ＝ a
1
π
从第一次反弹到第二次反弹的路程为：s ＝
2
π
从第二次反弹到第三次反弹的路程为：s ＝
3
π
从第三次反弹到第四次反弹的路程为：s ＝
4
π
从第四次反弹到离开磁场的路程为：s ＝
5
π
该粒子在磁场中运动的总路程为：
s＝s +s +s +s +s
1 2 3 4 5
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6
学科网（北京）股份有限公司联立解得：s . （2分）
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