2023年浙江省湖州、衢州、丽水三地市高考物理二模试卷+答案解析(附后).pdf

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与G大小相等,方向相反,故C错误。故选:D。对灯笼受力分析,由平衡条件列等式,即可解答。本题考查学生对受力分析以及根据平衡条件列等式的能力,比较基础。4.【答案】C【解析】A、由运动轨迹图可知,此人先做加速度减小的变加速运动,最后做匀速直线运动,即加速度先减小后不变,故A错误;B、从O到A过程中有竖直向下的加速度分量,此时人处于失重状态。从A到B过程中人做匀速直线运动,处于平衡状态,故B错误;C、由于除重力外还有空气阻力做负功,所以人的机械能一直在减小,故C正确;D、人一直下降,重力一直做正功,则重力势能一直减小,故D错误。故选:C。根据运动轨迹判断人的加速度变化情况,人有竖直向下的分加速度时,处于失重状态。根据功能关系分析机械能的变化,根据重力做功情况判断重力势能的变化。解答本题时,要正确分析人的加速度变化情况,掌握功能关系,并能用来判断机械能的变化情况。5.【答案】B【解析】解:根据题意可知,很多优质的话筒线在构造上都采取了防备措施原理是利用了静电屏蔽,,故A错误;,这两条导线的作用是它们与大地相连,形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来,免遭雷击,这两条导线起到静电屏蔽作用,故B正确;页,共27页:...使空气中的尘埃带电,在静电力作用下尘埃到达电极而被收集起来原理是静电除尘,属于静电的利用,故C错误;,是静电喷漆,属于静电的利用,故D错误。故选:B。根据静电屏蔽的定义分析即可。此题的关键是知道静电屏蔽的原理和方法,注意静电屏蔽现象和尖端放电现象的区别,本题是联系实际的好题。6.【答案】B【解析】解:由题可知,两小球在水平方向的位移相等,在竖直方向的位移大小相等,方向相反,根据平行四边形定则可知此过程中的位移大小相等,方向不同,故A错误;,根据,可知两小球在此过程中速度的变化量相同,故B正确;,由于两球的质量不同,可知两小球在此过程中动量的变化量不相同,故C错误;,由于水平位相等,所以两球抛出时的水平分速度相等;竖直方向有,可知两球抛出时的竖直分速度不相等;根据,可知两球抛出时速度的大小不相同,故D错误。故选:B。根据矢量合成的方法求出位移关系;根据速度变化率与时间的关系判断;根据动量定理判断动量变化量说法相等;根据矢量合成判断初速度相反相同。该题基于斜上抛运动的特点考查动能定理与动量定理,解答的关键是要注意二者运动的时间、加速度都是相等的。7.【答案】B【解析】解:由于感应电动势是表头内的导线框产生的,故可将表头看成一电源,当连接电流表“-、”时,回路电阻最小,通过表头的电流最大,导线框受到安培力最大,减小晃动效果最好。故B正确,ACD错误。故选:B。根据电流表的内部结构,和电磁感应分析判断。熟悉电流表的内部结构,应用电磁感应解题。8.【答案】C页,共27页:..【解析】解:地磁场如图所示地磁南极位于地理北极附近,地磁北极位于地理南极附近,由表中轴数据可看出z轴的磁场竖直向下,则测量地点应位于北半球,故A错误;,由表格中的数据,根据平行四边形定则,此处的磁感应强度为:,代入数据得:,故B错误;,第3、4次测量,故x轴与磁场方向垂直,故C正确;、6次测量时,,故z轴与磁场方向垂直,xOy平面手机屏所在平面与磁场方向平行,故D错误。故选:C。地球可视为一个大磁场,地理的北极为磁场的南极,地理的南极为磁场的北极,磁场强度为矢量,根据图中信息即可求得该处磁场大小及方向。本题考查了地球磁场及磁场强度为矢量的运算,解题的关键是知道地球可视为一个大磁场,地理的北极为地球磁场的南极,地理的南极为地球磁场的北极,磁场强度为矢量,计算时遵循矢量运算法则。9.【答案】B【解析】解:A、的中子数为,的中子数为,前者比后者少个中子,故A错误;B、铀核经一系列a、衰变后形成,由于生成物应比反应物更稳定,且比结合能越大原子核越稳定,所以的比结合能比的比结合能大,故B正确;C、铀核不适合用于医学中的放射性示踪剂,因为其衰变释放的射线对人体有较大的伤害,故C错误;D、设该衰变过程经过x次衰变和y次衰变,根据质量数及电荷数守恒,可得,,联立求得:,,故D错误。故选:B。页,共27页:..原子核的质量数等于质子数和中子数之和;比结合能越大原子核越稳定;根据示踪原子所要求的特性分析;根据质量数守恒和电荷数守恒判断衰变次数。解题关键是明白核反应方程遵循质量数和电荷数守恒,比结合能越大原子核越稳定。10.【答案】A【解析】解:根据万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律可得:在地球表面上,物体受到的万有引力提供重力,则有:代入数据联立解得可知其绕地运行周期小于地球同步卫星运行周期,故A正确,C错误;B.“羲和号”仍然围绕地球运动,故发射速度大于第一宇宙速度,小于第二宇宙速度,故B错误;,则其绕地运行周期约为地球公转周期的倍,故D错误。故选:A。理解在不同情景下万有引力提供的力的类型,结合牛顿第二定律得出卫星绕地周期的大小;理解第二宇宙速度的物理意义,结合题意完成分析;根据题意代入数据得出绕地周期和地球公转周期的比值关系。本题主要考查了万有引力定律的相关应用,理解卫星做圆周运动的向心力来源,结合万有引力定律和牛顿第二定律即可完成分析。11.【答案】C【解析】解:在t时间内空气动能为由得此风力发电机发电的功率约为代入数据解得:,故ABD错误,C正确。故选:C。根据和动能的计算公式求出在t时间内空气动能,利用即可求出发电机发电的功率大小。本题考查能量转化及守恒定律的应用,要明确能量转化情况,并能熟练掌握密度的计算公式,并第16页,共27页:..能够利用效率计算能量间的转换。12.【答案】C【解析】解:A、7s时的波形如图所示。由题可知,OM间恰好等于,即,解得波长两列波恰好同时到达O点,波速相同,波源M比N提前振动了,因此M点的相位比N超前,故A错误;B、波源M只在平衡位置附近上下振动,不会随波迁移,因此M不会移动到处,故B错误;C、波速。波源N比M点迟振动1s,当时,波源N产生的波传播到处,该质点开始振动,当时,恰好经过,通过的路程,此时,M点产生的波恰好到达该点,在该点两列波的相位相反,该点是振动减弱点,以后保持静止不动,因此内,处的质点通过的路程16cm,故C正确;D、两列波相遇后,处是振动加强,振幅为,故D错误。故选:C。根据题意画出波形图,确定波长,再分析M与N的相位关系;波源M只在平衡位置附近上下振动,不会随波迁移;由求出波速,内,分析处的质点振动时间与周期的关系,求其通过的路程;两列波相遇后,处是振动加强,振幅等于两波振幅之和。解答本题的关键要理解波的形成过程,画出波形图,结合波的叠加原理分析。13.【答案】B第17页,共27页:..【解析】解:由题可知,光路图如图所示:图中D为折射光线在直径上的反射点,E为出射点,E、F点关于底面AB对称,C、D和F三点共线;光的入射角为,折射角为r,出射光线与法线夹角为;由几何关系得:根据折射定律有代入数据解得连接EF,即有即得:于是由几何关系得则由上各式联立解得根据折射率公式有又已知代入数据解得,故A错误;,光在介质中传播的速度为光束在介质中传播的时间为,故B正确;由上光路图分析可知,仅将入射点下移或者仅将黄光束改为紫光束,光束在处射点E的入射角都小于临界角,因此光束都能从介质中射出,故CD错误。故选:B。第18页,共27页:..,根据折射定律结合几何知识求解折射率;,根据折射率公式求光在介质中的传播速度,最后求时间;根据光路图分析光束在出射点的入射角与临界角的大小关系,然后作答。本题主要考查了光的折射定律,画出光路图再与几何知识相结合是解题的关键。14.【答案】ACD【解析】解:电子秤使用的测力装置通常是压力传感器,所以利用压力传感器可以制成电子秤,故A正确;;因为波长越短的电磁波衍射效应不明显,方向性较好,可以更好的反射,因此雷达使用的电磁波是波长比较短的微波,故B错误;,故C正确;,如果采用直流输电,可以消除感抗和容抗的影响,故D正确。故选:ACD。利用压力传感器可以制成电子秤;雷达定位是利用波长很短的电磁波;楞次定律的得出运用了归纳推理的科学方法;采取高压直流输电可以消除感抗和容抗的影响。本题考查了传感器、雷达定位、楞次定律的得出方法、直流输电等基础知识,平时学****注意理解与记忆。15.【答案】BC【解析】解:当电压表示数为时,电流表示数恰好为0,则有,联立解得同理,当电压表示数为时,则有联立解得,故A错误;,光Ⅰ的频率更大,故光Ⅰ的能量更高,根据玻尔理论可知氢原子跃迁到的能级更低,故B正确;,光Ⅰ的频率更大,则其波长更短,根据,可知用同一装置研究双缝干涉现象,光Ⅱ的条纹间距更大,故C正确;,改用光Ⅱ照射后,滑片P向b端移动,则A端电势更高,则AK之间的场强向左,故电子受到的电场力向右,此时电流表中才能有电流,故D错误。故选:BC。根据光电效应列式联立得出h和逸出功的表达式,然后分析即可。第19页,共27页:..本题主要考查了玻尔理论和光电效应的相关应用,理解光电效应的产生原理,结合光电效应方程即可完成分析。16.【答案】乙A【解析】解:①刻度尺最小分度值为1mm,由纸带1数据可知,,,,,则有:,,,,,可知相邻相等时间位移近似相等,小车拖着纸带沿木板匀速下滑,调节后木板的倾角适中,故C正确,AB错误。故选:C。②相邻计数点间的时间间隔为:最小分度值为1mm,纸带2计数点3处的读数为匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度,则打下该点时小车的速度为:③根据牛顿第二定律可知小车受到的合力等于托盘和砝码的总重力,不需要满足小车质量M远大于托盘和砝码的总质量m,故A错误;,合力为托盘和砝码的总重力,所以把mg作为F值,故B正确;:可知,改变砝码质量再次实验时,斜面倾角需要重新进行调整,故C正确。故选:BC。①是仅用弹簧秤将橡皮筋仍拉至O的力,与AO在一条直线,古合理的是乙;②以O点为研究对象,受到重物的拉力、弹簧拉力和橡皮筋的拉力始终处于平衡状态,做出矢量三角形如图所示可知橡皮筋变为水平的过程中,弹簧秤的示数逐渐增大,故A正确,BCD错误。第20页,共27页:..故选:A。故答案为:①C;②,;③BC;①乙;②A。①根据图中数据计算相邻计数点间的距离分析判断;②根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打下该点时小车的速度;③根据实验原理分析判断;①根据实验原理分析判断;②根据矢量三角形分析判断。关键要弄清楚各实验原理、会处理纸带,会用矢量三角形分析力的动态变化问题。17.【答案】电流表A不能准确测量出流过电压表的电流【解析】解:若利用游标卡尺测量线圈的内径以绕制一个相似的线圈,他可利用图1甲中游标卡尺的A部件,游标卡尺的精度为,主尺读数为19mm,游标尺读数为,读数为。倍率为“”,读数约为。①将电压表V和电流表A直接串联接入电压合适的测量电路中,由于电压表内阻很大,使得通过电流表A的电流很小,可知电流表A不能准确测量出流过电压表的电流,故方案实际上不可行;②根据电路图,实物连线如图所示③设电阻箱读数为,分别测得电压表的读数为,电压表的读数为,则通过电压表的电流为可得电压表内阻的表达式为根据可得第21页,共27页:..可知图像的斜率为故答案为:,;;①电流表A不能准确测量出流过电压表的电流,②见解析,③,根据游标卡尺的使用方法及精度读得数据;根据多用电表的倍率读数;电压表内阻很大,使得通过电流表A的电流很小,结合实验电路图与闭合电路欧姆定律分析图象的斜率的意义,从而计算。要掌握常用器材的使用方法与读数方法;要掌握实验器材的选择原则;应用电阻定律与并联电路特点可以解题。18.【答案】解:到b过程,气体的体积减小,外界对气体做功,。温度不变,内能不变,。由热力学第一定律可知,,则a到b的过程是放热过程。状态回到a状态发生等容变化,由查理定律可知则到c过程中气体对外界做功为代入数据解得答:在a到b过程中放热;状态时对应的温度为400K。到c过程中气体对外界做功的大小为40J。【解析】在a到b过程中,根据体