2023年浙江省杭州求是高三第二次调研物理试卷含解析.pdf

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1、2023学年高考物理模拟试卷考生须知：1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示，。、氏 c 为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，加连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且/“=4,=2/，电流方向如图中所

2、示。点为三角形的中心（。点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c 在O点产生的磁场的磁感应强度的大小为B0,已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强kl度的大小8=一，其中/为通中导线的中流强度,r为该点到通中导线的垂直距离,A 为常数，则下列说法正确的是（）rA.O 点处的磁感应强度的大小为3瓦B.O 点处的磁感应强度的大小为5 8。C.质子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向由。点指向cD.电子垂直纸面向里通过O 点时所受洛伦兹力的方向垂直O c 连线向下2、篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的效果是（）

3、A.减小篮球对手的冲击力B.减小篮球的动量变化量C.减小篮球的动能变化量D.减小篮球对手的冲量3、如图甲所示,在匀强磁场中有一个N=10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动,转轴。1。2直于磁场方向，线圈电阻为5ft.从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则（）A.线圈转动一圈的过程中产生的焦耳热Q=1 0/B.在r=0.2s时，线圈中的感应电动势为零，且电流方向发生改变C.所产生的交变电流感应电动势的瞬时表达式为e=10）cos（5R）D.线圈从图示位置转过90。时穿过线圈的磁通量变化率最大4、如图甲所示，直径为0.4m、电阻为0.1。的闭合铜环静止在粗糙斜面上，。

4、为铜环的对称轴，CO以下部分的铜环处于磁感应强度8方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，8随时间f变化的图像如图乙所示，铜环始终保持静止，取兀=3,贝!（）A./=2s时铜环中没有感应电流 B.r=L5s时铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看）C./=3.5s时铜环将受到大小为4.8X10TN、沿斜面向下的安培力D.13s内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小5、1933年 至1934年间科学家用a粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为;Al+：He f ；?P+；n,反 应 生 成 物 可以像天然放射性元素一样发生衰变，核 反 应 方 程 为：；Si+：e+2v。其

5、中v为中微子，；e为正电子。则下列说法正确的是（）A.当温度、压强等条件变化时，放射性元素的半衰期随之变化B.中微子的质量数A=0,电荷数Z=2C.正电子产生的原因可能是核外电子转变成的D.两个质子和两个中子结合成一个a粒子，则两个质子与两个中子的质量之和大于a粒子的质量6、利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（）A.地球的半径及地球表面附近的重力加速度（不考虑地球自转的影响）B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

6、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、如图所示，A是不带电的球，质量/%=0.5kg,B是金属小球，带 电 量 为=+2x10-2（2,质量为/%=0.5kg,两个小球大小相同且均可视为质点。绝缘细线长L=0.25m,一端固定于。点，另一端和小球B相连接，细线能承受的最大拉力为276N。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E=500N/C,小球B静止于最低点，小球A以水平速度%和小球B瞬间正碰并粘在一起，不计空气阻力。A和B整体能够做完整的圆周运动且绳不被拉断，g=10m/s2则小球A碰前速度%的可能值为（）A.7

7、 m/s2 B.11 m/s2 C.15 m/s2 D.19 m/s28、电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。下图是电磁炮的原理示意图，与电源的正、负极相连的水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，通电的导体滑块将在磁场中向右加速，下列说法正确的是（）电 源 导 体 滑 块 轨道A.”为电源正极B.仅增大电源电动势滑块出射速度变大C.仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速D.仅减小弹体质量，其速度变化率增大9、关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A.非晶体和晶体的物理性质都是各向同性B.自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性C.布朗运动是由悬浮在液体

8、中的小颗粒之间的相互碰撞引起的D.水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关E.慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，是因为液体表面存在张力10、如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，尸为近日点，。为远日点，M、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为To,若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从尸经过M、。到 N 的运动过程中()NA.从尸到M 所用的时间等于04B.从。到 N 阶段，机械能逐渐变大C.从产到。阶段，速率逐渐变小D.从 到 N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功三、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

9、程。1 1.(6 分)我们可以用图(a)所示装置探究合外力做功与动能改变的关系。将光电门固定在水平轨道的B 点，平衡摩擦力后，用小桶通过细线拉小车，小车上安装遮光条并放有若干钩码。现将小车上的钩码逐次移至小桶中，并使小车每次都从同一位置A 点由静止释放。(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度，记录光电门的示数，从而算出小车通过B 点的速度。其中游标卡尺测量情况如图(b)所示，贝！J d=cm(2)测小桶质量，以小桶和桶内钩码质量之和m 为横坐标，小车经过B 点时相应的速度平方为纵坐标，则 vZm 图线应该为下图中 o12.（12分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。A.待测干电池两节

10、，每节电池电动势约为1.5 V,内阻约几欧姆B.直流电压表Vi、V2,量程均为3 V,内阻约为3kQC 定值电阻Ro未知D.滑动变阻器R,最大阻值RmE.导线和开关根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图一（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R o,方法是先把滑动变阻器R 调到最大阻值R m,再闭合开关，电压表Vl和 V2的读数分别为U10、U 20,则 Ro=（用 Um、U10、U20、Rm表示）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表VI和 V2的多组数据UI、U 2,描绘出U2-U1图象如图丙所示，图中直线斜率为k,与纵轴的截距为a,则两节干电池的总电动势E=，总内阻

11、口（用 k、a、Ro表示）。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）图 a 所示为杂技“顶竿”表演，质 量 为 肛=50kg的甲站在地面上，肩上扛一质量为色=5kg的竖直竹竿,竿上有一质量为砥=45kg的乙可视为质点，乙从竿的顶端A 恰好下滑到竿的末端8,其速度一时间图象如图b 所示,g 取 10m/s2,求：竿A B的长度；整个下滑过程中，竿对乙所做的功；（3）13 s内甲对地面的压力大小。14.（16分）如图所示，用折射率=及的玻璃做成内径为/?、外径为R=夜K 的半球形空心球壳，一束平行光射向此半球

12、的外表面，且与中心对称轴0 0,平行，不计多次反射。求球壳内部有光线射出的区域？（用 与 0。，所成夹角表示）15.（12分）如图所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，NB=30。，BC=30cm,AB面涂有反光材料.某单色光从BC上的D 点垂直BC射入介质，经 AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直.已知BD=21cm,不考虑光在AC面的反射.求：（i）介质的折射率；（ii）光在介质中的传播时间.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、A【解析】A B.根据右手螺旋定则，通电导线。在。点处产生

13、的磁场平行于6c指向左方，通电导线人在。点处产生的磁场平行bi于川指向右下方，通电导线c 在。点处产生的磁场平行于指向左下方；根据公式8 =：可得B.=Bb=2B,=2B。根据平行四边形定则，则。点的合场强的方向平行于川?指向左下方，大小为3综，故 A 正确，B 错误；C.根据左手定则，质子垂直纸面向里通过。点时所受洛伦兹力的方向垂直4。连线由C 点指向。，故 C 错误；D.根据左手定则，电子垂直纸面向里通过。点时所受洛伦兹力的方向垂直,心连线由。点指向C,故 D 错误；故选A。2、A【解析】A B D.先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理

14、得 Ft 0 mv解得：_ mvF-当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，所 以 A 正确，B D 错误。C.速度由y减小到0,动能的变化量是不变的，故 C 错误。故选A。3、C【解析】A.最大感应电动势为：27r 27rEmm =NBSco=NBS T一 =N”,T一=10 x 0.2 x =104(V)0.4感应电动势的有效值为：七=与=华=5岳(V)A/2 V 2线圈转动一圈的过程中产生的焦耳热Q=%=仃/产*0.4=4万2(J)故 A 错误；B.U0.2s时，磁通量为0,线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，故 B 错误;C.由图知角速度co=ra

15、d/s=5 4 rad/sT 0.4因为线圈从垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时表达式为e=10ncos(5加)V故C正确D.线圈在图示位置磁通量为0,磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90。，磁通量最大，磁通量变化率为0,故D错误。故选：Co4、C【解析】A.分析图乙可知，r=2s时，磁感应强度处于变化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，A错误;f=1.5s时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，铜环中产生顺时针方向的感应电流，B错误;C.f=3.5s时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E=2t2 B-2-=0.012V

16、Ar根据欧姆定律可知/=0.12AR安培力尸=23=0.(X)48NC正确;D.I 3s时间内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小后增大，根据楞次定律的可知，安培力先向下减小后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向下逐渐增大，D错误。故选C。5、D【解析】A.原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，因此半衰期不发生变化；故A错误;B.根据质量数守恒可得中微子的质量数A=30-30=0电荷数Z=15-14-1=0可知中微子的质量数A=0,电荷数Z=0,故B错误；C.根据该衰变的本质可知，正电子是由于质子衰变产生的，故C错误；D.两个质子和两个中子结

17、合成一个a粒子的过程中释放核能，根据质能方程可知质子与中子的质量之和一定大于a粒子的质量，故D正确。故选D。6、D【解析】A.根据地球表面物体重力等于万有引力可得：MmG =mg所以地球质量故A能计算出地球质量，A项正确；B.由万有引力做向心力可得：Mm v2,2兀G=m一=机（一）RR-R T故可根据%T求得R,进而求得地球质量，故B可计算，B项正确；C D.根据万有引力做向心力可得：Mm,2万、2G,=?（于）r故可根据T,r求 得 中 心 天 体 的 质 量 而 运 动 天 体 的 质 量，无法求解，故C可求解出中心天体地球的质量，D无法求解环绕天体地球的质量；故C项正确，D项错误；本题

18、选择不可能的，故 选D。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、BC【解析】设AB碰撞后共同速度为匕，运动到最高点的速度为匕。小球AB碰撞过程动量守恒有mv0=2 2K在最低点时绳子受的拉力最大，有T-q E-2mg=2m所以2T=qE+2mg+2m 彳 276N代入数值解得v0(qE+2mg)L2 m又从最高点到最低点，根据动能定理有(qE+2mg)2L=g-2mv,2-；-2mv22代入数值解得v0 V50m/s 7.07m/s选 项 B C 正确，A D 错误。故

19、选 BC,8、BD【解析】A.根据左手定则可知，受到的安培力向右，电流方向由下向上流过滑块，则。为电源正极，故 A 错误;B.仅增大电源电动势，流过滑块的电流增大，安培力增大，加速度增大，速度变化增大，故 B 正确；C.仅将磁场反向，根据左手定则可知，滑块向左加速，故 C 错误；D.仅减小弹体质量，滑块的合力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度增大，速度变化量增大，故 D 正确。故选BD9、BDE【解析】A.根据晶体的性质可知，单晶体的在某些物理性质上具有各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，A 错误；B.热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，

20、即涉及热现象的宏观过程都具有方向性，B正确；C.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒受到液体分子无规则碰撞引起的，C错误；D.水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关，随温度降低而减小，D正确；E.由于液体表面存在张力，液体表面像一张橡皮膜，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，E正确。故选BDE,10、CD【解析】A.海王星在PM段 的 速 度 大 小 大 于 段 的 速 度 大 小，则PM段 的 时 间 小 于 段 的 时 间，所以尸到M所用的时间小于3,故A错误；B.从。到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；C.从P到。阶段，万有引力做负功，速率减小，故C错误；

21、D.根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。故 选D。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、0.925 B【解析】根据题中“现将小车上的钩码逐次移至小桶中vm图线应该为“可知，本题考察机械能守恒的问题，应用机械能守恒、游标卡尺读数法则等知识分析求解。【详解】（1）游标卡尺读数为 9mm+5x mm=9.25 mm=0.925cm20（2）设小车、小桶、钩 码 的 总 质 量 为 小 车 从A运动到B的位移为x,则根整理得：v2=m,2M所 以vZm图线是过原点的直线。故B项正确，ACD三项

22、错误。2 0-1 0 R a k&【解析】（i）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示:(2)由图可知，V 2 测 量 R o 与 R两端的电压，V i 测 量 R两端的电压，则 R o 两端的电压U 2 0-U 1 0；由欧姆定律可知:4。-4。，。q。Ro%R,”(3)由闭合电路欧姆定律可知：E=U 2 +%r,变形得：02=/-+?5,结合图象有：=火，R。&+&+4+r&)+7解得;E=T1-K，-型 Ol k四、计算题：本题共2 小题，共 2 6 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。1 3、(l)3 m；(2)-1 3 5 0 J;

23、(3)1 0 4 5 N【解析】(1)由乙的速度图象可知竿长为s =(工 x 2 x 3)m =3 m 2(2)乙从A到 8的过程中，设竿对乙做的功为W。由动能定理得W+砥 g s =0-0 解得W=-1 3 5 0 J (3)1 3 s 内，乙匀减速下降，加速度方向向上，由图象可知其大小为a=l m/s2设地面对甲的支持力大小为尸，分析甲、乙和竿组成的整体，由牛顿第二定律得F _11nl+m2+m3)g 解得斤=1 0 4 5 N 由牛顿第三定律可知，甲对地面的压力F=-F =-1()4 5 N 即甲对地面的压力大小1045N14、以 0 0,为中心线，上、下（左、右）各 60。的圆锥球壳内

24、均有光线射出。【解析】设光线优。射入外球面，沿秘方向射向内球面，刚好发生全反射，则有：1sinC=n可 得 C=45。在 Oab 中，Oa=叵 R,Ob=Rq T A E 垢 SMlSOO C）Sinr由正弦定理得-7=-=-V27?R解得：r=30,sini由-=n9 得 i=45。sinr又因为NO,O=i,Z0=C-r=45o-3Oo=15所以 N。08=计0=45。+15。=60。当射向外球面的入射光线的入射角小于i=45。时，这些光线都会射出内球面。因此，以 0。为中心线，上、下（左、右）各 60。的圆锥球壳内均有光线射出。15、(1)由 1.3x10%【解析】（i）由题，作出的光路如图所示光 在 E 点发生反射，光在F 点发生折射，由反射定律得：Z l=Z2=30因AAEF为等边三角形，则 N3=30。，光沿垂直A B面方向射出，则 N4=6()。根据折射定律得：=期=sin Z3解得：n-5/3(i i)光在介质中的传播速度u=n由几何关系可得：D E =DBtanZB,DF+FF光在介质中的传播时间t=-vEF=AE=B C-B Dcos Z.B解得：f=1.3x10%【点睛】先根据题意作出光路图，再根据几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，根据 =求出n光在介质中的速度，由几何关系求出光传播的路程，从而求光在介质中运动的时间.