1、2023年高考浙江卷物理真题（6月）学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1下列四组物理量中均为标量的是（）A电势电场强度B热量功率C动量动能D速度加速度【答案】B【详解】A电势为标量，电场强度为矢量，与题意不符，A错误；B热量和功率都是只有大小没有方向，都是标量，B正确；C动量是矢量，动能是标量，与题意不符，C错误；D速度和加速度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，D错误。故选B。2在足球运动中，足球入网如图所示，则（）A踢香蕉球时足球可视为质点B足球在飞行和触网时惯性不变C足球在飞行时受到脚的作用力和重力D触网时足球对网的力大于网对足球的力【答案】B【详解】A在研究如何踢出“香蕉球”
2、时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，A错误；B惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，因此惯性不变，B正确；C足球在飞行时脚已经离开足球，因此在忽略空气阻力的情况下只受重力，C错误；D触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，D错误。故选B。3铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能E和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（）ABCD【答案】D【详解】A铅球被水平推出过程中，不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，A错误；B铅球被水平推出后做平
3、抛运动，竖直方向有，因此抛出后速度大小为，可知速度大小与时间不是一次函数关系，B错误；C铅球抛出后的动能，可知动能与时间不是一次函数关系，C错误；D铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，D正确。故选D。4图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg，则巡视器（）A受到月球的引力为1350NB在AB段运动时一定有加速度COA段与AB段的平均速度方向相同D从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度【答案】B【详解】A在月球上的g与地球不同，因此质量为135kg的巡视器受到月球的引力不是1350N，A错误；B“玉兔二号”巡
4、视器在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，B正确；C平均速度的方向与位移方向相同，由图分析可知OA段与AB段位移方向不同，因此平均速度方向不相同，C错误；D根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，D错误。故选B。5“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能。的衰变方程为，则（）A衰变方程中的X等于233B的穿透能力比射线强C比的比结合能小D月夜的寒冷导致的半衰期变大【答案】C【详解】A根据质量数和电荷数守恒分析可知，衰变方程为，即衰变方程中的X=234，A错误；B是粒子，穿透能力比射线弱，B错误；C比结合能越大越稳定，
5、由于衰变成为了，故比稳定，即比的比结合能小，故C正确；D半衰期由原子核本身决定的，与温度等外部因素无关，D错误。故选C。6如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，半径Ob与重力的夹角为37。已知，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（）A，B，C，D，【答案】D【详解】对光滑圆柱体受力分析如图根据题意有，。故选D。7我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（）A送电端先升压再整流B用户端先降压再变交流C1100kV是指交流电的最大值D输电功率由送电端电压决定【
6、答案】A【详解】AB升压和降压都需要在交流的时候才能进行，因此送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，A正确，B错误；C据题意可知，1100kV指的是交流电的有效值，C错误；D输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，D错误。故选A。8某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（）ABCD【答案】A【详解】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，因此有，联立可得。故选A。9木星的卫星中，木卫一、木
7、卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为，则（）A木卫一轨道半径为B木卫二轨道半径为C周期T与T0之比为D木星质量与地球质量之比为【答案】D【详解】根据题意分析可得，木卫3的轨道半径为。AB根据万有引力提供向心力，有，可解得，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为，可得木卫一轨道半径为，木卫二轨道半径为。AB错误；C木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，C错误；D根据万有引力提供向心力，因此分别有，联立可解得，D正确。故选D。10如图所示，质量为M、电阻为R、长为
8、L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（）A电源电动势B棒消耗的焦耳热C从左向右运动时，最大摆角小于D棒两次过最低点时感应电动势大小相等【答案】C【详解】A当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示根据几何关系可得，可解得，根据欧姆定律，解可得，A错误；B当导体棒运动到最低点速度为零时，导体棒损失的机械能转化为焦
9、耳热为，根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳，B错误；C根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，C正确；D根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，D错误。故选C。11如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平
10、方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（）A声波的波长B声波的波长C两声波的振幅之比为D两声波的振幅之比为【答案】C【详解】AB根据振动减弱的条件可得，解得，AB错误。CD分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长后，两声波在点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则，可得两声波的振幅之比。C正确，D错误；故选C。12AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（
11、）AMC距离为B电势能增加了C电场强度大小为D减小R的阻值，MC的距离将变大【答案】B【详解】A根据题图分析，由平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示根据几何关系可得，联立可解得，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示根据几何关系可得，A错误；B根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移，与电场力方向相反，电场力做功为，因此小球的电势能增加，B正确；C电场强度的大小，C错误；D减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，D错误。故选B。13在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率，细灯
12、带到水面的距离，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（）ABCD【答案】C【详解】灯带发出的光从水面射出的时发生全反射临界角的正弦值，因此，灯带上的一个点发出的光的发生全反射的临界角如图所示根据几何关系可得，因此一个点发出的光在水面上能看到的的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图所示腰直角三角形发光体的内切圆半径满足，解得，因此中间无空缺。故选C。二、多选题14下列说法正确的是（）A热量能自发地从低温物体传到高温物体B液体的表面张力方向总是跟液面相切C在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的D当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率【答案】BD【详解】A根据热力学第
13、二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，A错误；B液体的表面张力方向总是跟液面相切，B正确；C根据狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，C错误；D根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，D正确。故选BD。15有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为x。已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则（）A电子的动量B电子的动能C光子的能量D光子的动量【答案】BD
14、【详解】根据条纹间距公式，可得。A根据，可解得，A正确；B根据动能和动量的关系，结合A选项可解得，B错误；C光子的能量，C错误；D光子的动量，光子的能量，联立可解得，因此光子的动量，D正确。故选BD。三、实验题16在“探究平抛运动的特点”实验中（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是_。A只能探究平抛运动水平分运动的特点B需改变小锤击打的力度，多次重复实验C 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点（2）用图2装置进行实验，下列说法正确的是_。A斜槽轨道M必须光滑且其末端水平B上下调节挡板N时必须每次等间距移动C 小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸
15、和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为_。ABC D【答案】 B C D【详解】（1）AC用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，AC错误；B在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，B正确。故选B。（2）AC为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从
16、同一位置释放，斜槽不需要光滑，A错误，C正确；B上下调节挡板N时不必每次等间距移动，B错误。故选C。（3）A竖直方向，根据，水平方向，联立可解得，A错误；B竖直方向，根据，水平方向，联立可解得，B错误；CD竖直方向根据，水平方向，联立解得，D正确，C错误。故选D。17如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度、的数据如表。钩码个数12xA/cm7.758.539.30xB/cm16.4518.5220.60钩码个数为2时，弹簧A的伸长量_cm，弹簧B的伸长量_cm，两根弹簧弹性势能的增加量_（选填
17、“=”、“”）。【答案】 0.78 1.29 【详解】据图分析，钩码个数为2时，弹簧A的伸长量；弹簧B的伸长量；根据系统机械能守恒定律可知两根弹簧的重力势能减少量和钩码减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能。18在“测量干电池的电动势和内阻”实验中（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到_（选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为_V。（2）测得的7组数据已标在如图3所示坐标系上，用作图法求干电池的电动势_V和内阻_。（计算结果均保留两位小数）【答案】 B 1.20 1.50 1.04【详解】（1）据图分析，电压表测量的电压应为滑动
18、变阻器接入电路中电阻丝两端的电阻，开关应能控制电路，所以导线a端应连接到B处；干电池电动势约为1.5V，电压表选择量程，分度值为0.1V，题图中电压表读数为1.20V；（2）作出如图所示根据闭合电路欧姆定律，可知图像纵轴截距为电源电动势可得，图像斜率的绝对值等于电源内阻。四、多选题19以下实验中，说法正确的是（）A“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小B“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积C“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大D“
19、探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零【答案】CD【详解】A“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流逐渐增大，A错误；B“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开,形状稳定后，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，B错误；C“观察光敏电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；“观察金属热电阻特性”实验中，温度升高，金属热电阻阻值增大，C正确；D“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如
20、果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，变压器的效果减弱，副线圈磁通量还是会发生变化，副线圈输出电压不为零，D正确。故选CD。五、解答题20如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积，质量的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量；从状态B到状态C，气体内能增加；大气压。（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能_（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压
21、力_（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）求气体在状态C的温度T；（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。【答案】（1）不变；增大；（2）350K；（3）11J【详解】（1）圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；（2）状态A时的压强，温度TA=300K；体积VA=600cm3；C态压强；体积VC=500cm3；根据，解得TC=350K。（3）从B到C气体进行等容变化，因此WBC=0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体从A到C从外界吸热14J
22、，可知气体从A到B气体放热11J，从A到B气体内能不变，可知从A到B外界对气体做功11J。21为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。（1）求
23、滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v和所受支持力大小F；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系，在F点，解得，FN=31.2N。（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为，根据，可得在C点的速度vC=3m/s，因此滑块a从碰撞后到到达C点，可解得v1=5m/s，因ab碰撞动量守恒，因此，可解得碰后b的速度v2=5m/s，因此碰撞损失的能量。（3
24、）如果滑块a碰到滑块b立即被粘住，因此ab碰后的共同速度，解得v=2.5m/s，当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度，因此，当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系，解得，同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1，因此弹簧最大长度与最小长度之差。22某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大
25、小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
26、【答案】（1）3Mg；（2）；（3）；（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能；【详解】（1）导体杆受安培力，方向向上，因此导体杆向下运动的加速度，可解得a=-2g导体杆运动的距离。（2）回路的电动势，其中，可解得。（3）由能量关系，其中，可得，输出能量。（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能；从开始火箭从速度v0到平台速度减为零，如果。23利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域和，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域的下边界与x轴重合。
27、位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。（1）求离子不进入区域的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比。【答案】（1）；（2）（3）60%【详解】（1）当离子不进入磁场速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系，可解得r1=2L根据，可解得，在磁场中运动的周期，运动时间。（2）如果B2=2B1，根据，可知，粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为，由几何关系，可解得r2=2L，根据，可解得 。（3）当最终进入区域的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理，即，求和可得，粒子从区域到区域最终到x轴上的过程中，可解得，因此速度在之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为=60%。