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2023年1月浙江省高考选考考试物理模拟试卷及答案详解

2023年1月浙江省高考选考考试物理模拟试卷及答案详解2023年1月浙江省选考科目考试物理模拟预测卷全卷共20题，满分100分，考试用时90分钟；重力加速度g均取10m/s2一、单选题（本大题共11题，每题3分，共33分）1．下列的若干叙述中，正确的是（）A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B．康普顿效应表明光子具有能量，但没有动量C．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长2．煤矿井下作业中，一旦掘进面等处产生的煤尘遇到明火，极易发生爆炸事故，研究爆炸中释放的能量...

2023年1月浙江省选考科目考试物理模拟预测卷全卷共20 题，满分100分，考试用时90分钟；重力加速度g均取10m/s2一、单选题（本大题共11题，每题3分，共33分）1．下列的若干叙述中，正确的是（）A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B．康普顿效应表明光子具有能量，但没有动量C．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长2．煤矿井下作业中，一旦掘进面等处产生的煤尘遇到明火，极易发生爆炸事故，研究爆炸中释放的能量与相关参量的关系具有现实意义．有研究者利用如图所示的粉尘爆炸性鉴定装置研究管道中的粉尘爆炸，利用该实验装置可以记录并测量少量粉尘在电子点火器点燃爆炸后的火焰长度L、点燃粉尘后火焰持续时间t、管中初始气体密度ρ．利用量纲分析可以得到开始点火后直至火焰长度达到最长的过程中的粉尘爆炸释放的能量E与ρ、L、t的关系式为ELt，其中λ为一个无单位的常量（可由实验测定），α、β、γ是相应的待定常数．对于这几个待定常数的值，下列说法中可能正确的是()A．1,5,2B．1,5,2C．1,4,2D．1,4,13．油烟烟气能影响人体的细胞免疫、巨噬细胞功能，造成人体免疫功能下降；烟气中存在的有害物质还能引起基因突变、DNA损伤、具有潜在的致癌性。如图所示的是家居中常用试卷第1页，共12页的一种脱排油烟机，如果让脱排油烟机在单位时间内抽出的气体增加到原来的2倍，那么脱排油烟机的功率P至少要提高到原来的（）A．8倍B．6倍C．4倍D．2倍4．如图所示，从地面上同一位置P点抛出两小球A、B，落在地面上同一点Q点，但A球运动的最高点比B球的高，空气阻力不计，在运动过程中，下列说法正确的是（）A．A球的加速度比B球的大B．A球的飞行时间比B球的长C．A、B两球在最高点的速度大小相等D．A、B两球落到Q点时的速度一定相同5．如图所示，“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，c点是人所到达的最低点，b点是人静止悬吊时的平衡位置，且ab 方法（称为“间接探测”）。如图所示是某科研攻关小组为空间站设计的探测器截面图，粒子入口的宽度为d，以粒子入口处的上沿为坐标原点建立xOy平面直角坐标系，以虚线AB、CD、EF为边界，0xd区域有垂直纸面向外的匀强磁场，dx2d区域有垂直纸面向里的匀强磁场，0x2d区域内磁试卷第11页，共12页eB2d感应强度的大小均为B；2dx3d区域有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为；mx5d处放置一块与y轴平行的足够长的探测板PQ。在某次探测中，仅考虑沿x轴正方向射入的大量速度不等的正电子，正电子的重力以及相互作用不计，其中一些正电子到达边界AB时，速度与x轴的最小夹角为30，对此次探测，求：（1）初速度多大的正电子不能到达探测板PQ？（2）正电子自入口到探测板PQ的最短时间；（3）正电子经过边界CD时的y轴坐标范围；（4）自坐标原点O射入的速度最大的正电子到达探测板PQ时的y轴坐标。试卷第12页，共12页1．A【详解】A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，A正确；B．康普顿效应表明光子不但具有能量，还有动量，B错误；C．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，有半数原子核发生衰变，不是总质量仅剩下一半，C错误；hD．依据德布罗意波长公式，可知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，Dp错误。故选A。【考点】体辐射、康普顿效应的作用、半衰期、及德布罗意波【点睛】查黑体辐射、康普顿效应的作用、半衰期、及德布罗意波等知识，理解德布罗意波，即为物h质波，掌握公式。p2．A【详解】能量的单位用基本单位来表示就是kgm2s-2A.若1,5,2，则表达式的单位kgm5s-2kgm2s2m3与能量的单位相同，故A正确；B.若1,5,2，则表达式的单位kg()1m-5s2kg1m2s2m3与能量的单位不同，故B错误；C.若1,4,2，则表达式的单位kgm4s2kgms2m3与能量的单位不同，故C错误；D.若1,4,1，则表达式的单位答案第1页，共23页kgm4s1kgms1m3与能量的单位不同，故D错误．3．A【详解】根据动能定理1Ptmv22解得mv2P2t让脱排油烟机在单位时间内抽出的气体增加到原来的2倍，质量变为原来的2倍，速度变为原来的2倍，则功率变为原来的8倍。故选A。4．B【详解】A．A球的加速度和B球一样大，都等于重力加速度，A错误；B．把斜上抛运动转化为平抛运动，如图所示2h根据t，A球的h大，A球的运动时间长，B正确；g2hC．根据xv，A球在最高点的速度小，C错误；0gD．无法判断A、B两球落到Q点时的速度是否相同，D错误。5．B【详解】A．在Pa段，人只受重力作用，人做自由落体运动，A正确；B．在b点受力平衡，合力等于零，加速度等于零，速度最大，所以从a点开始，人做加速答案第2页，共23页运动，B错误；C．在b点速度最大，在bc段，向下减速运动，加速度向上，人处于超重状态，C正确；D．在b点的下方有一点a＇,abab，根据（简谐运动的）对称性，在a点和a＇点的加速度大小相等，方向相反，都等于重力加速度g，由a´点到c点，加速度继续增大，到达c点时，人的加速度最大，并且大于g，所以在c点，人的加速度最大，D正确。故选B。6．D【详解】A.由于变化的磁场产生电场，因此等离子体内部的磁场不能随时间变化，A正确，因为如果离子体内部的磁场发生变化，等离子体内部就会产生电场，与“内部不能有电场存在”相矛盾；B.因为等离子体内部的磁场不能变化，如果磁场B刚要进入等离子体中，等离子体必然产生与B等大反向的磁场B＇，B＇可能是感应出了电流产生的，B正确；CD.等离子体内部的磁场不能随时间变化，如等离子体内部原来没有磁场，即内部磁场等于零，则穿越磁场B的过程中必然产生与外部磁场B等大反向的新磁场B＇，使等离子所在处的合磁场等于零，磁感线必然发生变化，C正确，D错误。故选D。7．C【详解】AB．甲质点的位移表达式为1xvtat2x0210将（0，-2）、（1，0）、（2，6）代入上式，解得x02mv002a14m/s乙质点的位移表达式为22vv02a2x将（v20时x12.5m）、（v2100时x0）代入上式，解得答案第3页，共23页v010m/s2a24m/sAB错误；C．乙质点停止所用时间为v010t0s2.5sa24乙质点2.5s的位移为1xat212.5m222029甲质点经过s的位移为2211292x1a1t4m14.5m222因为x1x214.5m12.5m2mx02m29经过s，甲追上乙，C正确；2D．经过2.5s，甲质点的位移为1xat212.5m121因为初始距离x02m，甲没追上乙，D错误。故选C。8．A【详解】A．R2和R3并联后的总阻值为R2R3R234ΩR2R3变压器原、副线圈电流之比为I11I23则副线圈两端电压U2I2R23原线圈两端电压答案第4页，共23页U13U23I2R23电阻R1两端的电压为IRUIR21R1113电源电压有效值为U21V且1UUUIR3IRR11321223代入数据解得I21.5A流过R3的电流R2I3I20.5AR2R3A对；B．根据变压器原、副线圈电流关系得原线圈电流I10.5A电阻R1消耗的功率PI2R1.5WR111电阻R2消耗的功率为2PIIR6WR2232电阻R1、R2消耗的功率之比为P:P1:4R1R2B错；C．电阻R3消耗的功率PI2R3WR333电路消耗的总功率为PUI110.5WC错；答案第5页，共23页D．变压器不改变电源的频率，交流电源的频率为50Hz，流过电阻R2的电流的频率也为50Hz，D错。故选A。9．D【详解】AB．当静止时，受力分析如图，由平衡条件由平衡条件得TAB=mgtan37°=0.75mgmgTAC＝＝1.25mgcos37若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图根据受力分析2mgtanθ1＝m(Lsinθ1)ωmin得5g＝min4L根据对称性可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有2mgtanθ2＝mωmaxLsinθ2得5gωmax＝3L所以ω取值范围为答案第6页，共23页5g5g≤ω≤4L3L5g5g绳子AB的拉力都是0．由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当转速在≤ω≤4L3L时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，AB错误；C．当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重5g力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角增4L5g大，拉力开始增大；当转速大于后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向3L的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大，C错误；5g5gD．由开始时的分析可知，当ω取值范围为≤ω≤时，绳子AB的拉力都是0，D正4L3L确。故选D。10．C【详解】A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有Mm42G2m2R1R1T0且有M3MV4R3其中R为地球的半径，联立解得33R123GT0RA错误；B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为1和2，如图所示答案第7页，共23页在三角形AOB中，有AOBOsin()sin即RR12sin()sin根据GMmm2rr2可得GMr3故有R1(2)32R1联立以上各式，有Rsin3123()32R1sin()B错误；C．根据GMm2m()2rr2T可得r3T2GM因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有TRsin3()013()3T2R2sin整理得sin3TT2sin3()0C正确；D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有答案第8页，共23页2sin3tTT22sin3()0sin3但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为T，D错误。sin3()0故选C。11．B【详解】3A．由题意可知OAL，如图所示，P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为2根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大小表示为2kQE2cosODsin整理得8kQ8kQEcossin2cos(1cos2)L2L2令tcos，t(0,1)，可得函数f(t)t(1t2)对函数求导f(t)13t2令f(t)0，解得3t333结合导函数的性质可知，在t(0,]时，f(t)单调递增，在t(,1)时，f(t)单调递减，333因此tcos时，电场强度最大，即3OD2LOPtan42由此可知，z轴上距离O点L处的两点电场强度最大，A错误；4答案第9页，共23页B．DAO30，轨道上A点的电场强度大小2kQ3kQmgEcos30AL2L2qB正确；C．由几何关系可知3OAOCL，ACO452根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为mgEECAq小球在C点时的受力如图所示小球在C受到的电场力为FCqECmg沿杆方向的合力为Fmgcos45FCcos45ma解得a0由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C错误；D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得mgOAEkC0解得3EmgLkC2D错误。故选B。12．BD答案第10页，共23页【详解】A．干涉条纹是样板的下表面和被检查表面的上表面的反射光干涉形成的，A错误；LB．如下图所示，当稍向右移动图甲中的薄片时，A、B两点之间的距离增大，根据x，d相当于双缝之间的距离d增大，条纹间距Δx变小，B正确；LC．根据x，当换用频率更高的单色光照射时，波长λ变短，条纹间距Δx变小，C错误；dD．如下图所示，在A、B两点的光程差相等，经过A点的两列相干光产生的亮条纹与经过B点的两列相干光产生的亮条纹是同一条亮条纹，所以图丙条纹弯曲处对应着被检查平面处是凹陷的，D正确。故选BD。13．AB【详解】A．a、b两质点二者平衡位置间距离如果为一个波长，则其相位差为2，依题意其平衡位置相距2波长，则振动的相位差为324233故A正确；B．由题意可知振动频率为2Hz，则周期为0.5s，则从图示位置开始计时，则质点a的位移与时间的关系为x16sin(4t)cm4答案第11页，共23页1可知当ts时，质点a的位移仍为82cm，且由图2可知此时质点a从波峰向平衡位置运8动，故B正确；C．波速由介质而定，则增大抖动频率，不会改变振动从绳子端点传播到P点的时间，故C错误；D．从图中可以得到，波长为8m，周期为0.5秒，则波速为8vm/s16m/s0.5经0.4s，传播的距离为L160.4m6.4m即健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.4s振动不能传到P点，故D错误。故选AB。14．BC【详解】A．由题图可知P1发出的光束中光子经过介质球后动量的变化量方向斜向左下，P2发出的光束中光子经过介质球后动量的变化量方向斜向右下，根据动量定理可知，介质球对P1光束的作用力斜向左下，对P2光束的作用力斜向右下。若激光束P1的功率大于激光束P2的功率，则P1单位时间内发出的光子数比P2多，介质球对P1光束的作用力比对P2光束的作用力大，根据牛顿第三定律可知P1光束对介质球的作用力比P2光束对介质球的作用力大，又因为两光束对介质球的作用力均存在水平分量，所以介质球将向右侧偏移，故A错误；BC．设光束经过透镜后的传播方向与主光轴的夹角为θ，Δt时间内每束光穿过介质球的光子数为n，每个光子动量大小为p，根据对称性可知这些光子进入介质球前的动量的矢量和为p12npcos从介质球射出后光子动量的矢量和为p22npp1和p2的方向均为竖直向下，设介质球对光子的作用力大小为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理有Ftp2p12np(1cos)解得答案第12页，共23页2np(1cos)F0t即F竖直向下，根据牛顿第三定律可知介质球受到激光的作用力大小为2np(1cos)FF1t方向竖直向上。若将介质球相对于透镜上移或下移一小段距离，由于激光的在球面的入射角发生变化，所以激光从介质球中射出时都将不再平行于主光轴，设出射光束与主光轴的夹角为α，则从介质球射出后光子动量的矢量和变为p22npcos根据前面分析可知此时介质球受到激光的作用力大小为2np(coscos)FF2t1所以若将介质球相对于透镜上移或下移一小段距离，介质球受到激光的作用力都将变小，故BC正确；D．当介质球在激光的作用下处于静止状态时，根据平衡条件有2np(1cos)Fmg1t每个光子的能量为hcE每个光子的动量为hp激光功率为nEPt根据几何知识可得fcosL2f2联立以上各式解得mgcP2f2L2f2故D错误。故选BC。答案第13页，共23页1sCsA2215．BDCmgsBM（)该同学所描绘的v-W图像应当是直线22T【详解】(1)[1]打点计时器需要的是交流电流，故选项A错误；纸带需要用刻度尺测距离，故选项B必须使用；计时器就是测时间的，故不需要秒表，选项C不需要；在计算拉力的功时，需要测拉力，故需要用天平测钩码的质量，故必须使用天平，选项D也需要；(2)[2]平衡摩擦力的目的是使绳子对小车做的功等于合外力对小车做的功，选项C正确；(3)[3]拉力对小车做功W=mgsB[4]小车动能的变化量为121sCsA2△Ek=Mv=M（)2B22T(4)[5]该同学所描绘的v2-W图像应当是直线。分析过程如下：设细线的拉力为F，小车发生位移为x时的速度大小为v，加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对于小车有F=Ma对于钩码有mg-F=ma本实验中W=mgx根据匀变速运动学公式有v2=2ax联立可得1W=(Mm)v22或2v2WmM显然v2∝W，可见该同学所描绘的v2-W图像应当是直线。答案第14页，共23页16．A1R1增大10.70.19D【详解】（1）[1][2]小灯泡额定电流为0.3A，故电流表选择A1。要求测量数据，绘制曲线尽量准确，应尽量多测数据，故滑动变阻器应采用分压接法，使用阻值范围较小的滑动变阻器R1即可。（2）[3]因小灯泡电阻约为3.8RΩ12.7Ω0.3电压表内阻远大于小灯泡电阻，故采用电流表外接法，电路如图（3）[4][5]IU图像上点与原点连线斜率的倒数表示电阻，故随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐增大。当小灯泡上的电压为3.00V时，电流为0.28A，小灯泡电阻为3.00VR10.7Ω0.28A（4）[6]把两只这样的小灯泡并联，直接接在电源上，根据闭合电路欧姆定律有UE2Ir代入数据U416I将此函数绘在IU图像上，如图所示答案第15页，共23页两图像的交点表示此时小灯泡实际的电压、电流，故小灯泡的功率为P1.000.19W0.19W（5）[7]A．IU图像上点与原点连线斜率的倒数表示电阻，由图知，加正向电压较小时，该二极管的电阻大于零，A错误；B．由图知，加反向电压较大时，该二极管中有电流通过，B错误；C．IU图像上点与原点连线斜率的倒数表示电阻，由图知，给该二极管加正向电压时，随着电压升高，它的电阻减小，C错误；D．给该二极管加正向电压时，随着电压升高，电流也增大，则它的功率增大，D正确。故选D。11317．（1）320K；（2）p；（3）40pS12080【详解】（1）气缸A的横截面积为B的4倍，所以A的体积为4V。初始温度T07273K280K在活塞b升至顶部的过程中，氮气压强不变，根据盖-吕萨克定律得到V3V4V2280KT1解得T1320K（2）设初始时氮气气压为p1，氧气气压为p2，最终到题中状态下，氧气气压为p3。对加热前活塞b进行受力分析，拉力等于重物重力，处于平衡状态，可得答案第16页，共23页pSpSpSmgpS00114解得3pp140再对这时的活塞a进行受力分析，处于平衡状态，可得p24Smgp14S代入数据得到11pp2160在加热的过程中，因为A顶部导热，所以氧气温度不变，根据波意耳定律，可得3pVpV234解得11pp3120（3）根据热力学第一定律有UQW在该过程中，气体对外做功有HV3WpSppV121280所以3QΔTW40pV8018．(1)1.5m；(2)F≥2.4N；(3)见解析【详解】(1)设小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据圆周运动知识，有v2mgFmpnR从A到P点，列动能定理有l1F1mgl2mgRmv22112p解得l11.5m(2)分析若恰能过P点，则，满足vP=0，从A到P点列定能定理，有：答案第17页，共23页lF1mgl2mgR0211算得F2.4N若小滑块恰能到D点，则有lF1mgll02112解得5.6FN3综上所述应满足条件为F2.4N(3)分析各类情况：①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足Fx1mgl12mgR0得x0.45m可知x0.45m时，无法达到E点。②恰好过P点的情况下1mg·2Rmglmv21221得v12m/s3m/s即进入传送带加速。讨论传送带上运动问题[1]若全程加速，加到E点时恰好为3m/s，有11mgLmv2mv2222D得vD5m/s对应距离满足答案第18页，共23页1Fxmgllmv21122D得x0.475m即0.45mx0.475m满足1FxmgllmgLmv211222E得vE40x10m/s[2]当过D点的速度超过3m/s时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3m/s，有11mgLmv2mv2222D得vD13m/s对应距离满足1Fxmgllmv21122D得x0.675m即0.475mx0.675m，v3m/s[3]若x0675m，则满足1FxmgllmgLmv211222E得vE40x18m/s综上分析，过E点时的速度v与F的作用距离x的关系如下：在x0.45m时，无法达到E点；在0.45mx0.475m时，vE40x10m/s答案第19页，共23页在0.475mx0.775m时，v3m/s在x0.775m时，vE40x18m/s1019．（1）1N方向水平向右（2）8m/s（3）2J（4）s3【详解】（1）当实验车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为v0，线框中左右两边都切割磁感线，产生感应电动势，则有：EE2BLv,I,F2BIL0R所以此时金属框受到的磁场力的大小2BLv4B2L2vF2B0L0RR代入数值解得F1N根据楞次定律可判断磁场力方向水平向右。（2）实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0vm，则此时线框所受的磁场力大小为4B2L（2vv）F0mR此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：Ff所以Rf1.60.2vv（10）m/s8m/sm04B2L24120．22（3）实验车以最大速度做匀速运动时，克服阻力的功率为 P1fvm0.28W1.6W当实验车以速度vm匀速运动时金属框中感应电流f0.2 IA0.5A2BL210.2金属框中的热功率为22 P2IR0.51.6W0.4W所以外界在单位时间内需提供的总能量为（） EP1P2t2J答案第20页，共23页（4）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同。设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势（） E2BLatv0金属框中感应电流2BL（atv） I0R又因为安培力4B2L（2atv） F2BIL0R所以对试验车，由牛顿第二定律得4B2L（2atv） 0fmaR解得4B2L2vfR a00.6m/s24B2L2tmR设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势 E02BLat0金属框中感应电流2BLat I00R又因为安培力4B2L2at F2BIL000R对实验车，由牛顿第二定律得： F0f即4B2L2at 0fR解得由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间：10ts。03eBd3m3720．（1）v；（2）()；（3）3dy(234)d；（4）(23)dm32eB8【详解】答案第21页，共23页(1)正电子只要能经过边界AB就能到达探测板PQ半径r＜d又mv2evBr解得eBdvm(2)在边界AB速度与x轴夹角为30的正电子到PQ的时间最短，在磁场中转动时2mv1ev1Br1drsin16在入口和AB间、AB和CD间的运动时间相同，设为t1rvt6111解得mt16eB自CD至PQ3d3mt2v12eB3mt2tt()1232eB(3)速度最大的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离yrrcos(23)d1116速度最小的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离正电子经过边界CD时的y轴坐标范围2y2dy2y即3dy(234)d(4)速度最大的正电子在电场中的运动dv1t3eEma答案第22页，共23页1yat2323得mdt，y32eB38离开电场时沿y轴负方向分速度eBdvaty32m沿y轴方向运动距离dyvtt4y232速度最大的正电子到达探测板PQ时的y轴坐标y2y1y3y4即37y(23)d8答案第23页，共23页

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2023年1月浙江省高考选考考试物理模拟试卷及答案详解

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