文档介绍：该【2023年浙江省名校协作体高考物理二模试卷+答案解析(附后) 】是由【青山代下】上传分享，文档一共【25】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2023年浙江省名校协作体高考物理二模试卷+答案解析(附后) 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低的海南文昌发射场发射,是为了充分利用地球自转的线速度,故C正确;D、要实现对接,天舟五号货运飞船应在较低轨道加速,故D错误;故选:C。第二宇宙速度是脱离地球引力束缚的最小发射速度。第一宇宙速度是近地卫星的运行速度,也是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度。物体在地球表面纬度越低的地方,随地球自转的半径越大,线速度越大,根据变轨原理分析D。此题考查了人造卫星的相关知识,解题的关键是明确三种宇宙速度的含义,特别注意第一宇宙速度有三种说法:它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度,它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度,它是卫星的最小发射速度。8.【答案】C【解析】解:图甲为静电除尘装置的示意图,带负电的尘埃被收集在两板A上,故A错误;图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器,其目的是导走人身上的静电,故B错误;图丙中摇动起电机,烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明,其工作原理为静电吸附,故C正确。页,共25页:..图丁的燃气灶中安装了电子点火器,点火应用了尖端放电原理,故错误。故选:C。根据静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理分析判断。本题考查静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电现象,要求掌握静电除尘、静电释放、静电吸附和尖端放电原理。9.【答案】A【解析】解:A、夏季天旱时,给庄稼松土是利用毛细现象,为了破坏土壤中的毛细管,可防止水分蒸发,故A正确;B、有些单晶体沿不同的方向的导热或导电性能不相同,沿不同方向的光学性质也不相同,故B错误;C、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,分子之间的作用力表现为引力,与固体间表现为不浸润,故C错误;D、炒菜时我们看到的烟气,是因为热对流引起的,故D错误;故选:A。单晶体的某些物理性质具有各向异性,而多晶体和非晶体是各向同性的;根据毛细现象的定义判断;根据浸润和不浸润现象的定义判断;根据布朗运动分析。本题考查了单晶体和多晶体、布朗运动、浸润和不浸润现象、毛细现象等知识点,这种题型属于基础题,只要善于积累,难度不大。10.【答案】D【解析】解:A、链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代又一代持续下去的过程,故A正确;B、根据,可知图中a、c两束光的频率相等且小于b光的频率,故B正确;C、不同原子核的比结合能不同,中等大小的核的比结合能最大,这些核最稳定,故C正确;D、丁图是中子的转化示意图,弱相互作用,是引起衰变的原因,故D错误;本题选择错误选项;故选:D。链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程,根据光电效应方程,结合最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式,从而分析判断;中等大小的核比结合能最大,原子核最稳定;弱相互作用是引起衰变的原因。本题考查了链式反应、光电效应方程、比结合能、衰变等基础知识点,关键要熟悉教材,,共25页:..11.【答案】【解析】解:A、充电宝输出功率可达,故A正确;B、台灯的最大功率为,故B正确;C、打开台灯后的电功率可调,所以每颗灯珠的功率不一定为,故C错误;D、充满一次电的情况下台灯内置电池容量为,工作的时间为,所以不能保证周日至周五每晚2小时的学****时间,故D正确;本题选择错误选项;故选:C。根据功率的计算公式解得AB,台灯的电功率可调,所以每颗灯珠的功率无法计算,根据电池容量计算D项。本题考查电功率的计算,解题关键掌握电功率的计算公式,注意容量与时间的关系。12.【答案】D【解析】解:小木块从斜面的顶端由静止开始滑下,最终停在A点,设斜面长为L,则斜面在水平面的投影为:根据功能关系可得:整理可得:解得:改变斜面倾角和斜面长度,小木块仍在A点停下,则小木块静止释放点的坐标为根据前面的分析可得:整理可得:。A、当时,解得:,故A错误;B、当时,解得:,故B错误;C、当时,解得:,故C错误;D、当时,解得:,故D正确。故选:D。根据功能关系求解动摩擦因数;改变斜面倾角和斜面长度,小木块仍在A点停下,根据功能关系求解小木块静止释放点的纵坐标与横坐标的关系,然后逐项进行分析。本题主要是考查功能关系,解答本题的关键是能够根据功能关系求解动摩擦因数,知道重力势能页,共25页:..的减少等于克服摩擦力做的功。13.【答案】【解析】解:注意题设:本题只考虑第一次射到各表面的光线A、当时光线恰好在球面发生全反射,即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C,光路图如图1所示:根据几何关系可得:根据全反射临界角C满足的条件可得:解得:,故A错误;B、若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行,那么出射光线与入射光线,以及法线必在同一平面内,且入射点与出射点的法线平行,入射光线必须在竖直平面内,光路图如图1所示,出射点必在O点的正上方。根据几何关系可得:,可得,可知必大于,故B错误;C,要使光线在半球中传播的时间最长,因只考虑第一次射到各表面的光线,当临界等于时,光线在半球中传播路程最长,光路图如图3所示,其中路程s满足要求。因入射角临界为,故折射角等于C,由余弦定理得:,解得:,页,共25页:..光在介质中传播速度为:,最长时间为:,解得:,故错误;D、能从平面出射的临界光路图如图4所示,光线在平面的B点恰好发生全反射,以OB的长L为半径的圆形区域有光出射。设临界光线在A点入射角为,折射角为,在B点出射时入射角等于全反射临界角C。由折射定律得:由几何关系得:联立由三角函数知识,结合,解得:,可得:在中,由正弦定理得:解得:可得平面有光出射的面积为:,解得,故D正确。故选:D。根据题设条件画出光路图,根据几何条件求得所需几何量,应用折射定律,全反射临界角C满足条件,介质中光速与折射率的关系解答。本题考查几何光学的光路判断分析,及相关计算问题,题目较难,用到余弦定理、正弦定理的难度较大的几何关系。此类题目关键是画出光路图,难点在于几何量的求解,一般是利用三角形的几何知识处理问题。14.【答案】AC【解析】解:若电网的电压为220kV,则变电所的变压器原、副线圈匝数比为,故A正确;电压由输入电压和线圈匝数决定,若高铁机车运行功率增大,根据知电流将会增大,牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大,故B错误,C正确;,根据功率关系可得:,其中,则电流;页,共25页:..牵引变电所至机车间的等效电阻:,代入数据解得:故错误;故选:AC。根据电压之比等于匝数之比进行求解;根据功率关系求解电流,根据欧姆定律求解牵引变电所至机车间的等效电阻。本题主要是考查了变压器的知识;解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比,知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。15.【答案】BCD【解析】解:A、由题意:a为波谷与波谷相遇点,d为波峰与波峰相遇点,可知a与d处的质点是振动加强的,做简谐振动的振幅为2A,但位移时刻变化,故A错误;C、有两列形成稳定的干涉图样,图示图形是规则的几何图形,e为b、c的中点,亦是a、d的中点,图示时刻,a与d点的是振动加强点且处于位移最大处,那么其中点e必是振动减弱点,且处于平衡位置,故C正确;B、因两波振幅相等均为A、上图中蓝色线上的质点均为振动减弱,且振幅为零,红色线上的质点均为振动加强,且振幅为2A。干涉图样规律可知b、c连线上各质点的振幅与质点位置的关系为正余弦函数关系,如上图所示,g为be的中点,为bc的四分点,g处质点的振幅为,故B正确;D、图示时刻,bc连线上各质点均处于平衡位置,由图中波的传播方向可知波峰已经过g点,波谷正在向g点传播过来,可得此时刻g点是由平衡位置向下向波谷运动,因,故经过,g处质点到达波谷,再经过,由波谷向上向平衡位置运动,可知从图示时刻经过个周期,g处的质点向上振动,故D正确。故选:BCD。两波干涉时图样是稳定的,波谷与波谷,波峰与波峰相遇点为振动加强点,质点做简谐振动,振页,共25页:..幅为两波振幅之和;波谷与波峰相遇点为振动减弱点,振幅为两波振幅之差,当两波振幅相等时,振动减弱点不振动。根据振动与波动的关系分析解答。本题考查了机械波的叠加与干涉问题,此题新颖在两波传播方向互成角度相遇发生干涉,但是对于干涉图像与规律不无影响,根据干涉原理与图样特点解答即可。16.【答案】否向左偏【解析】解:①、在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”与“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中,都需要的器材是刻度尺,在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”没有用到弹簧秤和橡皮筋,“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中没有用到弹簧,故D正确、ABC错误;b、在探究弹簧弹力与形变量的关系实验中,测弹簧原长时应把弹簧竖直放置,这样可以排除由于弹簧只受重力造成的误差,故A错误;,弹簧秤调零时弹簧秤应水平放置,这样可以排除由于弹簧只受重力造成的误差,故B正确;,若弹簧秤示数偏大可调短弹簧的有效长度,这样可以增加弹簧的劲度系数,使得测量范围增大,故C正确;,拉弹簧秤时弹簧秤外壳不能内部弹簧接触,可以与木板接触,故D错误。故选:BC;②验证物体自由下落过程中机械能守恒,交流电频率为,打点周期为:根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可得:打3时重物的速度大小为:选计数点3对应的重物位置为零重力势能参考面,则物体的机械能为:;验证从3到5机械能是否守恒,该种验证方法不要求打第一个点时速度为零。①本实验先进行机械调零,再把选择开关旋转到合适的挡位,进行欧姆调零,然后把红黑表笔分别接在两端进行测量,测量完毕后把选择开关旋转到交流电压最高挡,所以正确的操作顺序是EDBCA;使用欧姆挡的倍率“”,多用电表的指针位置如图3所示,则;由于待测电阻阻值较大,采用电流表内接;滑动变阻器采用分压器的接法,如图所示:页,共25页:..由于内接法在相同电流时电压表的示数偏大,则应该选取上方的一组进行处理,如图所示:该色环电阻的电阻为;②晃动表使得内的线圈切割磁感应线产生感应电流,根据导线的连接情况可知,通过两个表头的电流方向相反,如图所示:对线圈根据左手定则静止的表的指针向左偏。故答案为:①、D;b、BC;②;;否;①a、EDBCA;b、3000;c、实物连接图见解析;d、;②向左偏。①a、根据实验操作分析选取的仪器;页,共25页:..、根据减少实验误差的方法进行逐项分析;②根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度打5和3时的速度大小,再根据机械能的概念求解机械能;该种验证方法不要求打第一个点时速度为零。①根据欧姆表实验步骤进行分析;使用欧姆挡的倍率“”,根据多用电表的指针位置进行读数;采用电流表内接、滑动变阻器采用分压器的接法进行作图;由于内接法在相同电流时电压表的示数偏大,则应该选取上方的一组进行处理,根据欧姆定律求解该色环电阻的电阻;②晃动表使得内的线圈切割磁感应线产生感应电流,根据导线的连接情况进行分析。对于实验题,要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题,一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展,延伸,所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。17.【答案】解:初状态封闭气体的压强为:气体做等温变化,根据玻意耳定律可得:,其中代入数据解得:;对气缸内气体缓慢加热,气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律可得:其中,代入数据解得:外界对气体做功:代入数据解得:根据热力学第一定律可得:,其中代入数据解得:。答:用外力F将活塞缓慢提升4cm,此时气缸内气体的压强为;对气缸内气体缓慢加热,当温度升到时,气体吸收了10J的热量,此过程中气体内能的增加量为。【解析】根据平衡条件求解初状态封闭气体的压强,再根据玻意耳定律进行解答;对气缸内气体缓慢加热,气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律求解活塞上升的高度,根据功的计算公式求解外界对气体做的功,根据热力学第一定律求解气体内能的增加量。本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程;解