2023年高考浙江卷物理真题（1月）（解析版）

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2023年高考浙江卷物理真题（1月）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．下列属于国际单位制中基本单位符号的是（　　）A．J B．K C．W D．【答案】B【详解】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余单位都属于导出单位。故选B。2．如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为，墙壁对足球的支持力为，则（　　）A． B．C． D．【答案】C【详解】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件可知，故选C。3．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（　　）A．选地球为参考系，“天和”是静止的B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的【答案】C【详解】AB．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；CD．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。故选C。4．一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（　　）A．弹性势能减小 B．重力势能减小C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小【答案】B【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。故选B。5．如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（　　）A．O点最大 B．P点最大C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变【答案】A【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。故选A。6．主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为）（　　）A．振幅为B．频率为C．波长应为的奇数倍D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相【答案】B【详解】主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的。A．抵消声波与噪声的振幅相同，也为A，A错误；B．抵消声波与噪声的频率相同，由B正确；C．抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为C错误；D．抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。故选B7．如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当时，导体杆振动图像是（　　）A． B．C． D．【答案】B【详解】导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当从变为时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长。故选B。8．某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（　　）A．， B．，C．， D．，【答案】D【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有解得故选D。9．宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：，产生的能自发进行衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是（　　）A．发生衰变的产物是B．衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子C．近年来由于地球的温室效应，引起的半衰期发生微小变化D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年【答案】D【详解】A．根据即发生衰变的产物是，选项A错误；B．衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；C．半衰期是核反应，与外界环境无关，选项C错误； D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，可知经过了2个半衰期，则该古木距今约为5730×2年=11460年，选项D正确。故选D。10．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：行星名称地球火星木星土星天王星海王星轨道半径1.01.55.29.51930则相邻两次“冲日”时间间隔约为（　　）A．火星365天 B．火星800天C．天王星365天 D．天王星800天【答案】B【详解】根据开普勒第三定律有解得设相邻两次“冲日”时间间隔为，则解得由表格中的数据可得故选B。11．被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为v的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为v光子的功率为（　　）A． B． C． D．【答案】A【详解】设天体发射频率为v光子的功率为P，由题意可知其中t=1s，解得故选A。12．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（   ）A．在XX′极板间的加速度大小为B．打在荧光屏时，动能大小为11eUC．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切【答案】D【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小A错误；B．电子电极XX′间运动时，有v = a电子离开电极XX′时的动能为电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小C错误；D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切D正确。故选D。13．如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边以角度入射，依次经和两次反射，从直角边出射。出射光线相对于入射光线偏转了角，则（　　）A．等于 B．大于C．小于 D．与棱镜的折射率有关【答案】A【详解】如图所示设光线在AB边的折射角为，根据折射定律可得设光线在BC边的入射角为，光线在AC边的入射角为，折射角为；由反射定律和几何知识可知联立解得根据折射定律可得可得过D点做出射光的平行线，则该平行线与AB的夹角为，由几何知识可知，入射光与出射光的夹角为。故选A。 二、多选题14．下列说法正确的是（　　）A．利用电容传感器可制成麦克风B．物体受合外力越大，则动量变化越快C．利用红外传感器可制成商场的自动门D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用【答案】ABC【详解】A．声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则可以利用电容传感器可制成麦克风，故A正确；B．由动量定理有可得可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B正确；C．人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；D．牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律既适用于低速宏观问题，也适用于高速微观问题，故D错误。故选ABC。15．氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光I，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（　　）A．图1中的对应的是ⅠB．图2中的干涉条纹对应的是ⅡC．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大【答案】CD【详解】根据题意可知。氢原子发生能级跃迁时，由公式可得可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大。A．可知，图1中的对应的是可见光Ⅱ，故A错误；B．由公式有，干涉条纹间距为由图可知，图2中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B错误；C．根据题意，由公式可得，光子动量为可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；D．根据光电效应方程及动能定理可得可知，频率越大，遏止电压越大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。故选CD。 三、实验题16．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。①需要的实验操作有__________（多选）；A．调节滑轮使细线与轨道平行B．倾斜轨道以补偿阻力C．小车靠近打点计时器静止释放D．先接通电源再释放小车②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为__________。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点2时小车的速度大小为：__________（结果保留3位有效数字）。【答案】     ACD     2.75     1.48【详解】①[1]A．实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；B．该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误；C．为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；D．先接通电源再释放小车，选项D正确。故选ACD。②[2][3]计数点1的读数为2.75。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点周期T=0.02s，则打计数点2时小车的速度大小为17．“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。①采用的实验方法是__________A．控制变量法　　B．等效法　　C．模拟法②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值__________（选填“不变”、“变大”或“变小”）。【答案】     A     角速度平方     不变【详解】①[1]本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；故选A。②[2]标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。[3]小球质量和转动半径相同的情况下，由于两球线速度相同，根据可知两球角速度相同；又根据可知向心力之比为1：1，逐渐加大手柄的转速，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值不变。18．在“测量金属丝的电阻率”实验中：（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与________（选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与___________（选填“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于____________（选填“左”或“右”）端。（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是___________（选填“甲”或“乙”）。（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示。则图像斜率______。若要把该表头G改装成量程为的电流表，需要把长为__________m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）【答案】     0.6     0.6     左     乙     2.1/2.2/2.3/2.4/2.5     0.24/0.25/0.26/0.27/0.28【详解】（1）[1][2][3]实验中用两节干电池供电，滑动变阻器分压式连接，电压从零开始调节，电流表选较小量程测量电流减小误差 ，则图中的导线a端应与 “0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故b端应与 “0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。（2）[4]做U-I图象可以将剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U-I图像求电阻，求电阻的方法更合理；（3）[5]由图像可知图像斜率[6]方法一：由电路可知解得则若要把该满偏电流为表头G改装成量程为的电流表，则并联的电阻解得方法二：延长图像可知，当I=9.0mA时可得即 四、解答题19．某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了。取大气压，求气体。（1）在状态B的温度；（2）在状态C的压强；（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。【答案】（1）330K；（2）；（3）【详解】（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有解得（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则解得根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有解得（3）根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为由热力学第一定律有解得20．一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道下、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得解得摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为所用时间为此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为则滑块从G到J所用的时间为21．如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为的两轻质横杆组成，且。线框通有恒定电流，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度匀速转动，当线框平面与平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量与时间的近似关系如图2所示，图中已知。（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；（3）求圆环中电流的有效值；（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求的值（当，有）。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）由法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律由电流定义式联立可得（2）在时在时（3）从能量角度解得（4）由能量传递化简可得即解得22．探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。（1）求孔C所处位置的坐标；（2）求离子打在N板上区域的长度L；（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）当时，【详解】（1）速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图由洛伦兹力提供向心力解得半径孔C所处位置的坐标（2）速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力解得半径若要能在C点入射，则由几何关系可得解得如图由几何关系可得（3）不管从何角度发射由（2）可得根据动力学公式可得，联立解得（4）孔C位置坐标x其中联立可得，解得在此范围内，和（3）相同，只与相关，可得解得根据动力学公式可得，解得