2023學年第一學期杭州市高三年級教學質量檢測物理試題卷本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共10頁，滿分100分，考試時間90分鐘。考生注意：1．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規定的位置上。2．答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3，非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應區域內，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4．可能用到的相關參數：重力加速度g取。選擇題部分一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.在微觀物理學中，不確定關系告訴我們，如果以表示粒子位置的不確定量，以表示粒子在x方向上動量的不確定量，則，式中h是普朗克常量，其單位是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】根據位置的不確定量的單位為，動量的不確定量的單位為，沒有單位，故普朗克常量的單位為。故選B。2.如圖所示是滑雪運動員正在下滑的情景，下列說法正確的是（）A.研究運動員的滑雪姿態時，可以將運動員看作質點B.加速滑行時運動員的慣性增大C.雪地所受摩擦力方向與運動員運動方向相同D.運動員下蹲過程中身體重心位置不變【答案】C【解析】【詳解】A．研究運動員的滑雪姿態時，運動員的形狀大小不能忽略不計，不可以將運動員看作質點，故A錯誤；B．加速滑行時運動員的質量不變，慣性不變，故B錯誤；C．雪地對運動員的摩擦力方向與運動員運動方向相反，由牛頓第三定律，則運動員對雪地的摩擦力方向與運動員運動方向相同，故C正確；D．運動員下蹲過程中身體重心位置發生變化，故D錯誤。故選C。3.生產芯片的工具是紫外光刻機，目前有DUV和EUV兩種。DUV光刻機使用的是深紫外線，其波長為。EUV光刻機使用的是極紫外線，其波長是。下列說法正確的是（）A.深紫外線光子能量大于極紫外線光子的能量B.在水中深紫外線的傳播速度大于極紫外線的傳播速度C.利用同一裝置進行雙縫干涉實驗時極紫外線的條紋間距較大D.極紫外線比深紫外線更容易發生衍射【答案】B【解析】【詳解】A．根據題意可知，極紫外線波長小于深紫外線，根據可知，深紫外線光子的能量小于極紫外線光子的能量，故A錯誤；B．極紫外線波長小于深紫外線，則頻率高，所以極紫外線折射率大，根據可知，極紫外線在水中的傳播速度小，故B正確；C．利用同一裝置進行雙縫干涉實驗時可知，極紫外線的條紋間距較小，故C錯誤；D．極紫外線比深紫外線波長短，更不容易發生衍射，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，在真空中光滑的水平絕緣桌面上，有帶異種電荷的點電荷和。現固定，用絕緣錘將沿桌面擊出。關于此后在桌面上的運動，下列說法正確的是（）A.一定是曲線運動 B.速度可能不變C.加速度一定變小 D.動能和電勢能之和一定不變【答案】D【解析】【詳解】A．若初速度方向在連線上，則小球做直線運動，故A錯誤；B．受到電場力作用，速度一定發生變化，故B錯誤；C．當小球靠近時，根據庫倫定律可知所受庫倫力變大，結合牛頓第二定律可知所受加速度變大，故C錯誤；D．根據題意可知只有電場力做功，動能和電勢能之和一定不變，故D正確。故選D。5.2023年8月24日，日本政府不顧國際輿論啟動了福島核電站核污染水排海。據悉核污水中多達64種放射性元素，其中影響危害最大的是碳14和碘129。碳14的半衰期約5370年，碘129的半衰期更長，約1570萬年。碳14的衰變方程為，下列說法正確的是（）A.上述衰變方程中Y為質子B.Y粒子對應的射線可以穿透幾毫米厚的鋁板C.的比結合能比碳14的要小D.核污水排入大海中，濃度下降可以導致核廢料半衰期變長【答案】B【解析】【詳解】A．根據電荷數守恒和質量數守恒可知Y為，為電子，故A錯誤；B．由A選項可知Y粒子為β射線，可以穿透幾毫米厚的鋁板，故B正確；C．核反應方程式生成物比反應物穩定，即生成物的比結合能大于反應物的比結合能，則的比結合能比碳14的要大，故C錯誤；D．半衰期只與原子核本身有關，與其濃度無關以及物理環境，化學環境無關，故D錯誤。故選B。6.回旋加速器可以用來加速粒子，關于回旋加速器下列說法正確的是（）A.兩個D型盒必須由金屬制成 B.所接電源必須為直流電C.所加電壓越大粒子最終獲得的動能越大 D.只要D型盒半徑足夠大，粒子可以無限被加速【答案】A【解析】【詳解】A．由于置于真空中，結構強度的要求、防止粒子飛出等要求，D型盒必須由金屬制成，A正確；B．所接電源必須為交變電流，使粒子每次到達狹縫處都能被加速，B錯誤；C．在D型盒區域由洛倫茲力作為向心力，當軌道半徑等于D型盒半徑時可知最大速度為粒子獲得的最大動能與所加電壓無關，C錯誤；D．粒子在D型盒中不能被無限加速，當速度接近光速時，由相對論知識可知，粒子質量發生變化，使粒子運動周期發生變化，無法與交變電流同步，D錯誤。故選A。7.如圖所示的電路，線圈的電阻忽略不計，閉合開關S，待電路達到穩定狀態后斷開開關S，LC電路中將產生電磁振蕩，如果規定線圈中的電流方向從a到b為正，斷開開關的時刻，則電感線圈中電流i隨時間t變化的圖像為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】因線圈電阻為零，電路穩定時，線圈兩端電壓為零，電容器不帶電；斷開開關后，t=0時刻線圈中電流最大，方向由b到a，則為負方向，則電感線圈中電流i隨時間t變化圖像為D。故選D。8.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數比為，在副線圈的回路中分別接有電阻R和電容C，。原線圈P、Q兩端接在峰值電壓為的正弦交流電源上，圖中交流電壓表、交流電流表均為理想電表。下列說法正確的是（）A.電壓表的示數為 B.電容C的耐壓值小于C.R消耗的功率為 D.電流表的示數為【答案】C【解析】【詳解】AC．原線圈電壓的有效值為根據可得副線圈兩端電壓的有效值為R消耗的功率為電壓表為副線圈兩端電壓的有效值為，故C正確，A錯誤；B．副線圈兩端電壓的峰值為可知電容C的耐壓值大于，故B錯誤；D．流過電阻的電流由于電容器通交流，所以流過副線圈的電流根據可知流過原線圈的電流故D錯誤。故選C。9.秋分這天太陽光幾乎直射赤道。現有一人造衛星在赤道上空距離地面高度為R處繞地球做圓周運動。己知地球的半徑為R，地球的質量為M，引力常量為G。則秋分這天在衛星運動的一個周期內，衛星的太陽能電池板接收不到太陽光的時間為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】由題意可知該人造衛星的軌道半徑為根據萬有引力提供向心力可得解得由幾何關系得人造衛星太陽能電池板接收不到太陽光的范圍如下圖所示由幾何知識可得故一個周期內衛星的太陽能電池板接收不到太陽光的時間為故選A。10.把一個小球放在豎立的彈簧上，并把小球向下按至A位置，如圖甲所示。迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至最高點C（圖乙），經過圖中B位置時彈簧正好處于原長狀態。彈簧的質量和空氣的阻力均可忽略，重力加速度為g。下列關于小球從A至C的運動過程中加速度大小a、速度大小v、動能和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．當小球所受彈簧的彈力等于小球的重力前，根據牛頓第二定律可得隨著小球上升加速度逐漸減小，當到達平衡位置后到過程中，小球加速向下，根據牛頓第二定律可得可知小球的加速度大小逐漸增大，在B位置繼續向上，彈簧彈力為零，小球的加速度始終為重力加速度不變，故A正確；B．根據A選項分析可知小球先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，后做加速度不變的減速運動，故B錯誤；C．無論加速階段還是減速階段，小球的位移和時間都不是線性關系，且力也不是恒力，所以圖像不可能是線性關系，故C錯誤；D．小球在到達B位置前，彈簧彈力最小球做正功，小球的機械能增大，到達B位置繼續向上，小球只受重力，機械能守恒，即保持不變，故D錯誤。故選A。11.半導體薄膜壓敏傳感器所受壓力越大其電阻越小，利用這一特性設計成蘋果大小自動分揀裝置如圖所示，裝置可選出單果質量大于一定標準的蘋果。為固定轉動軸，蘋果通過托盤秤時作用在杠桿上從而使壓敏傳感器受到壓力，為可變電阻。當放大電路的輸入電壓大于某一個值時，電磁鐵工作將銜鐵吸下并保持此狀態一小段時間，蘋果進入通道2，否則蘋果將進入通道1。下列說法正確的是（）A.選出的質量大的蘋果將進入通道1B.若將的電阻調大，將挑選出質量更大的蘋果C.若電源內阻變大，將挑選出質量更大的蘋果D.若電源電動勢變大，將挑選出質量更大的蘋果【答案】C【解析】【詳解】A．質量大的蘋果對壓敏傳感器的壓力大，壓敏傳感器的阻值小，電路中的電流大，則電阻的電壓大，即放大電路的輸入電壓大于某一個值，電磁鐵工作將銜鐵吸下，蘋果將進入通道2，故A錯誤；B．將的電阻調大，則電阻的電壓變大，則質量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個值，從而進入通道2，即將挑選出質量更小的蘋果，故B錯誤；C．電源內阻變大，則電阻的電壓變小，要達到某一臨界值，則需要減小壓敏傳感器的阻值，增大電路中的電流，從而使電阻的電壓達到臨界值，則需要增大對壓敏傳感器的壓力，即將挑選出質量更大的蘋果，故C正確；D．電源電動勢變大，則電阻的電壓變大，則質量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個值，從而進入通道2，即將挑選出質量更小的蘋果，故D錯誤。故選C。12.如圖所示，在某均勻介質中存在兩個點波源和，它們沿z方向振動，垂直紙面向外為z軸正方向。其中位于處，其振動方程為；位于處，其振動方程為。已知波速為，下列說法正確的是（）A.波源的相位比波源的相位落后B.處質點的振幅為C.處為振動減弱處D.時刻波源和的加速度方向相同【答案】C【解析】【詳解】A．根據振動方向可知波源的相位比波源的相位超前=故A錯誤；B．P處質點到兩波源的距離差為0，由于兩波源的相位差，所以振幅為0，故B錯誤；C．由振動圖像可知周期為Q處質點到兩波源的距離差為波源的振動傳到Q處所需時間差為=結合兩波源的相位差，可知處為振動減弱處，故C正確；D．時刻波源和的位移相反，則加速度方向相反，故D錯誤；故選C。13.光線照射到棱鏡毛糙面上的反射光線和折射光線射向四面八方，不能成像。如圖所示，折射率為2的等腰直角三棱鏡的底面和側面是平整的光學面，而側面和其它面是毛糙的。將該棱鏡的底面壓在一幅用特殊顏料畫的可發光的水彩畫上，觀察者通過光學面觀察水彩畫，則畫被棱鏡底面壓住部分可被觀察到的比例為（已知）（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】因為，由，可得可知在臨界角為時，此時光線的射入或射出達到臨界值，則根據幾何關系，可得光路圖此時，設畫被棱鏡底面壓住部分的面積為，則可得畫被棱鏡底面壓住部分可被觀察到的比例為故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.下列說法正確的是（）A.在液體表面層，分子間作用力表現為斥力B.一切與熱現象有關的宏觀自然過程都不可逆C.玻爾理論可以成功解釋氦原子的光譜現象D.電磁波在真空中傳播時，它的電場強度E、磁感應強度B、波的傳播方向兩兩垂直【答案】BD【解析】【詳解】A．在液體表面層，分子間距離較大，分子間作用力表現為引力，因此可以產生液體表面張力，故A錯誤；B．根據熱力學第二定律可知，一切與熱現象有關的宏觀自然過程都具有方向性，是不可逆的，故B正確；C．玻爾理論只能成功解釋氫原子的光譜現象，故C錯誤；D．電磁波是橫波，每一處的電場強度和磁場強度總是相互垂直的，且與波的傳播方向垂直，故D正確。故選BD。15.某同學設計了一種利用光電效應原理工作的電池，如圖所示。K、A電極分別加工成球形和透明導電的球殼。現用波長為的單色光照射K電極，K電極發射光電子的最大動能為，電子電荷量為e。忽略光電子重力及之間的相互作用，己知光速為c，普朗克常量為h。下列說法正確的是（）A.入射光子的動量 B.K電極的逸出功C.A、K之間的最大電壓 D.若僅增大入射光強度，A、K之間電壓將增大【答案】BC【解析】【詳解】A．入射光子的動量故A錯誤；B．K電極發射光電子的最大動能為，則解得故B正確；C．電子聚集在A電極后，使A極帶負電，因此會在球內部建立一個從K指向A反向電場，阻礙電子繼續往A聚集。當A、K之間達到最大電勢差U，最大動能為Ek的電子都無法到達A極。根據動能定理A、K之間的最大電壓故C正確；D．根據可知，若僅增大入射光強度，最大初動能不變，A、K之間電壓將不變，故D錯誤。故選BC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實驗題16.（1）甲同學利用圖所示的實驗裝置進行“探究物體加速度與力、質量的關系”實驗，該實驗用到了控制變量法，下列實驗也用到了該方法的是__________（多選）A．探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系B．探究兩個互成角度的力的合成規律C．用雙縫干涉實驗測量光的波長D．研究導體電阻與長度、橫截面積及材料的定量關系（2）乙同學用圖的實驗裝置進行“驗證機械能守恒定律”實驗。氣墊導軌上B處安裝了一個光電門，滑塊從A處由靜止釋放，驗證從A到B過程中滑塊和鉤碼的機械能守恒。①關于乙同學實驗，下列操作中不必要的是__________。A．將氣墊導軌調至水平B．使細線與氣墊導軌平行C．鉤碼質量遠小于滑塊和遮光條的總質量D．使A位置與B間的距離適當大些②乙同學在實驗中測量出了滑塊和遮光條的質量M、鉤碼質量m、A與B間的距離L、遮光條的寬度為d（）和遮光條通過光電門的時間為t，己知當地重力加速度為g，為驗證機械能守恒需要驗證的表達式是__________。③甲同學參考乙同學做法，利用圖1裝置，想通過墊高軌道一端補償阻力后驗證小車和槽碼的機械能是否守恒，他的做法__________（“可行”或“不可行”）。【答案】①.ACD②.C③.④.不可行【解析】【詳解】（1）[1]A．探究向心力大小與半徑、角速度、質量關系用到了控制變量法，故A正確；B．探究兩個互成角度的力的合成規律用到了等效替代法，故B錯誤；C．用雙縫干涉實驗測量光的波長用到了控制變量法，故C正確；D．研究導體電阻與長度、橫截面積及材料的定量關系用到了控制變量法，故D正確。故選ACD。（2）①[2]A．為了減小實驗誤差，應將氣墊導軌調至水平，故A必要，不符合題意；B．為使細線的拉力等于滑塊的合外力，應使細線與氣墊導軌平行，故B必要，不符合題意；C．實驗中不需要滿足鉤碼重力等于繩子的拉力，則不需要使鉤碼質量遠小于滑塊和遮光條的總質量，故C不必要，符合題意；D．為便于數據處理，應使A位置與B間的距離適當大些，故D必要，不符合題意。故選C。②[3]滑塊通過光電門的瞬時速度則系統動能的增加量系統重力勢能的減小量則系統機械能守恒滿足的表達為③[4]想通過墊高軌道一端補償阻力后,系統存在摩擦力做功，機械不守恒，他的做法不可行。17.如圖1所示是“用傳感器探究氣體等溫變化的規律”的實驗裝置，研究對象是注射器中的空氣柱。移動活塞，多次記錄注射器上的體積刻度V和壓強傳感器讀數p，并將數據標在坐標系上，如圖2。實驗中，連接注射器與壓強傳感器之間的塑料管內的氣體體積不可忽略，由上述實驗結果可知______（保留2位有效數字）。【答案】2.0##1.9【解析】【詳解】[1]題中氣體等溫變化，根據玻意耳定律可得解得可知的大小就是圖像的縱軸截距的絕對值。舍棄圖2中明顯偏離的數據點，并連接得到圖像，如下圖所示由圖可得縱軸截距的絕對值為，根據單位換算可知18.（1）丙同學在用多用電表歐姆擋正確測量了一個銘牌為“”白熾燈泡的冷態電阻后，將擋位旋至“”擋準備測量“”量程電壓表內阻，他__________（填“需要”或“不需要”）進行歐姆調零。在正確操作下多用電表的指針偏轉如圖所示，則電壓表的內阻為_________，實驗中歐姆表的“+”接線孔應與電壓表__________（填“正”或“負”）接線柱相連。（2）該同學認為，歐姆表可等效為一個電源，如果將上題電壓表和個電阻箱并聯，可以測出歐姆表“×100擋時的電動勢和內阻，電路連線如圖6所示。實驗中進行了兩次測量，電阻箱接入電阻分別為和時，電壓表對應的讀數分別為、。考慮電壓表的內阻對實驗的影響，可計算出歐姆表“”擋的內阻_________。（3）該同學查詢相關資料后發現第（2）問中實驗測量結果誤差比較大，誤差比較大的原因是______________________________（請至少寫出一條原因）。【答案】①.需要②.3000③.負④.⑤.用歐姆表測量出的電壓表內阻不精確，導致誤差較大。【解析】【詳解】（1）[1]使用歐姆表測電阻時，每次換檔位都需要進行歐姆調零，故本次也需要歐姆調零；[2]歐姆表的讀數為[3]電流從歐姆表的負接線柱流出，再從電壓表的正接線柱流進電壓表，然后從電壓表的負接線柱流出，再從歐姆表的正接線柱流進歐姆表；故歐姆表的“+”接線孔應與電壓表的負接線柱相連；（2）[4]在閉合電路中，有聯立求解，可得（3）[5]用歐姆表測量出的電壓表內阻不精確，導致誤差較大。19.如圖所示，絕熱的活塞把n摩爾某氣體（可視為理想氣體）密封在水平放置的絕熱氣缸內。氣缸固定在大氣中，大氣壓強為，氣缸內的電熱絲可以以恒定熱功率對氣缸內氣體緩慢加熱。初始時，氣體的體積為、溫度為、壓強為。現分別進行兩次獨立的實驗操作，操作1：固定活塞，電熱絲工作一段時間，達熱平衡后氣體的溫度為；操作2：活塞可在氣缸內無摩擦地滑動，電熱絲工作一段時間，達熱平衡后氣體的溫度也為。己知1摩爾該氣體溫度升高時其內能的增量為已知恒量k，可認為電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，題中溫度單位為開爾文，結果均用題中字母表示。求：（1）操作1結束后氣缸內氣體的壓強；（2）操作2過程中外界對氣體做功；（3）兩次電熱絲工作時間和之比。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由查理定律得（2）根據蓋呂薩克定理得（3）第一次第二次故20.某課外興趣小組想設計一游戲裝置，其目的是讓均質木板Q獲得一定的速度，“穿越”水平面上長度為的粗糙區域CD（其余部分均光滑），并獲得一定的動能。如圖所示，半徑的光滑圓軌道P固定于水平地面上，軌道末端水平且與木板Q等高。木板Q左端與軌道P的右端接觸（不粘連），木板Q右端離C點足夠遠。將滑塊在軌道P上從離軌道底端高處由靜止釋放，并沖上木板Q。若兩者最終不能相對靜止，則游戲失敗；若兩者能相對靜止，當兩者相對靜止時，立即取下滑塊（不改變木板Q的速度）。木板Q的右端運動到C點時，對木板施加水平向右、大小為的恒力F。己知木板Q長度，質量。木板Q與CD部分間的動摩擦因數為，滑塊與木板Q上表面的動摩擦因數為。現有三種不同質量的滑塊（可視為質點）甲、乙、丙，質量分別為，，，不計空氣阻力的影響。求：（1）若釋放的是滑塊乙，該滑塊對軌道P的壓力最大值；（2）若釋放的是滑塊乙，該滑塊在木板Q上相對木板運動的距離；（3）若要使游戲成功，且木板Q的左端通過D點時木板Q的動能最大，應選擇哪塊滑塊？最大動能是多少？【答案】（1）；（2）；（3）應選擇滑塊丙，最大動能是10J。【解析】【詳解】（1）若釋放的是滑塊乙，該滑塊對軌道P的壓力最大值為滑塊下落至軌道P最低點的時候，根據動能定理可得解得根據牛頓第二定律可得解得（2）滑塊乙沖上木板Q后，對滑塊乙和木板Q分別進行受力分析，可得，解得，在滑塊乙和木板Q共速后，先一起運動，再移動至C點后再分析，設滑塊乙沖上木板Q后至共速所經歷的時間為，可得解得可得此時滑塊和木板Q的速度為則此時可得滑塊乙在木板Q上相對木板運動的距離為（3）可知選擇不同的滑塊，下落至軌道P最低端時，速度大小均為根據（2）的方法可分別計算滑塊甲和滑塊丙在木板Q上相對木板運動的距離為，可知，滑塊甲已經沖出木板Q，不可選用，同時分別可得滑塊沖上木板Q與木板Q共速后的速度大小為，，隨后取下滑塊，為使木板Q的左端通過D點時木板Q的動能最大，應選擇滑塊丙，設最終木板Q的最大速度為，根據動能定理可得解得21.電梯磁懸浮技術的原理是基于電磁原理和磁力驅動的技術使電梯懸浮和運行，從而實現高效、安全和舒適的電梯運輸。某種磁懸浮電梯通過空間周期性磁場的運動而獲得推進動力，其簡化原理如圖所示：在豎直面上相距為b的兩根絕緣平行直導軌間，有等距離分布的方向相反的勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面，磁感應強度大小均為B，每個磁場分布區間的長度都是a，相間排列。當這些磁場在豎直方向分別以速度、、向上勻速平動時，跨在兩導軌間的寬為b、長為a的金屬框MNPQ（固定在電梯轎廂上）在磁場力作用下分別會懸停、向上運動、向下運動，金屬框的總電阻為R。為最大限度減少電磁對人體及環境的影響，利用