文档内容
绝密★启用前
2023 年 6 月浙江省普通高校招生选考科目考试
物理
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和
答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试
题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先
使用 2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4．可能用到的相关参数：重力加速度 g取 10m/s2。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一
个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
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
【解析】
【详解】A．电势只有大小没有方向，是标量；电场强度既有大小又有方向，是矢量，故A错误；
B．热量和功率都是只有大小没有方向，都是标量，故B正确；
C．动量既有大小又有方向，是矢量；动能只有大小没有方向，是标量，故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，故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
【解析】
【详解】A．在研究如何踢出“香蕉球”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，故A错误；
第1页 | 共28页B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；
C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故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，故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（ ）
k
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于不计空气阻力，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，
故A错误；
B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
v =gt
y
则抛出后速度大小为
v= v2 +gt2
0
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
C．铅球抛出后的动能
1 1
E = mv2 = mév2 +gt2ù
k 2 2 ë 0 û
可知动能与时间不是一次函数关系，故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，故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（ ）
第2页 | 共28页A. 受到月球的引力为1350N B. 在AB段运动时一定有加速度
C. OA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
【解析】
【详解】A．在月球上的g与地球不同，故质量为135kg的巡视器受到月球的引力不是1350N，故A错误；
B．由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；
C．平均速度的方向与位移方向相同，由图可知OA段与AB段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故
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，故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238Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。
94
238Pu的衰变方程为238Pu®X U+4 He，则（ ）
94 94 92 2
A. 衰变方程中的X等于233 B. 4He的穿透能力比γ射线强
2
C. 238Pu比X U的比结合能小 D. 月夜的寒冷导致238Pu的半衰期变大
94 92 94
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为
238Pu ® 234U+4He
94 92 2
即衰变方程中的X=234，故A错误；
B．4He是α粒子，穿透能力比γ射线弱，故B错误；
2
C．比结合能越大越稳定，由于238Pu衰变成为了234U，故234U比238Pu稳定，即238Pu比234U的比结合
94 92 92 94 94 92
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，故D错误。
故选C。
第3页 | 共28页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，
ÐaOb=90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则圆柱体受到的支持力
F 、F 大小为（ ）
a b
A. F =0.6G，F =0.4G B. F =0.4G，F =0.6G
a b a b
C. F =0.8G，F =0.6G D. F =0.6G，F =0.8G
a b a b
【答案】D
【解析】
【详解】对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
F =Gsin37o =0.6G
a
F =Gcos37o =0.8G
b
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
C. 1100kV是指交流电的最大值 D. 输电功率由送电端电压决定
【答案】A
【解析】
【详解】AB．升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交
流再降压，故A正确，B错误；
C．1100kV指的是交流电的有效值，故C错误；
第4页 | 共28页D．输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故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R
1
和R 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E
2 1
和E ，则R 、R 和E 、E 应满足（ ）
2 1 2 1 2
E R E R2 E R E R2
A. 1 = 2 B. 1 = 1 C. 1 = 1 D. 1 = 2
E R E R2 E R E R2
2 1 2 2 2 2 2 1
【答案】A
【解析】
【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，则有
v2
qE =m
1 R
1
v2
qE =m
2 R
2
联立可得
E R
1 = 2
E R
2 1
故选A。
9. 木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4。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T ，则（ ）
0
n n
A. 木卫一轨道半径为 r B. 木卫二轨道半径为 r
16 2
3
T2
C. 周期T与T 之比为 D. 木星质量与地球质量之比为 0 n3
0 n2
T2
第5页 | 共28页【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可得，木卫3的轨道半径为
r =nr
3
AB．根据万有引力提供向心力
Mm 4p2
G =m R
R2 T2
可得
GMT2
R= 3
4p2
木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4,可得木卫一轨道半径为
nr
r =
1 316
木卫二轨道半径为
nr
r =
2 3 4
故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T 之比，
0
故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，分别有
M m 4p2
G 木 =m nr
(nr)2 T2
M m 4p2
G 地 =m r
r2 T2
0
联立可得
M T2
木 = 0 n3
M T2
地
故D正确。
故选D。
10. 如图所示，质量为M、电阻为R、长为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
第6页 | 共28页的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E 或理想二极管串接。在导体棒所在空
0
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
p
棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点q= ；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程
4
中（ ）
2Mg 2
A. 电源电动势E = R B. 棒消耗的焦耳热Q =(1- )Mgl
0 2BL 2
π
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
4
【答案】C
【解析】
【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
Mg = BIL
解得
Mg
I =
BL
根据欧姆定律
第7页 | 共28页E
I = 0
R
解得
MgR
E =
0 BL
故A错误；
根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦
耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失
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耳热为
2
Q' =(1- )Mgl
2
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，所以棒消耗的焦耳热
2
Q”）。
p A B
【答案】 ① 0.78 ②. 1.29 ③. >
.
【解析】
【详解】[1]钩码个数为2时，弹簧A的伸长量
Dx =8.53cm-7.75cm=0.78cm
A
[2]弹簧B的伸长量
Dx =18.52cm-16.45cm-0.78cm=1.29cm
B
[3]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
第16页 | 共28页DE >mg(Dx +Dx )
p A B
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U-I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E =________V和内
阻r =________Ω。（计算结果均保留两位小数）
【答案】 ①. B ②. 1.20 ③. 1.50 ④. 1.04
【解析】
【详解】（1）[1]电压表测量的电压应为路端电压，开关应能控制电路，所以导线a端应连接到B处；
[2]干电池电动势约为1.5V，电压表选择0-3V量程，分度值为0.1V，题图中电压表读数为1.20V；
（2）[3][4]作出U-I如图所示
第17页 | 共28页根据闭合电路欧姆定律
U =E-Ir
可知
U-I图像纵轴截距为电源电动势可得
E =1.50V
U-I图像斜率的绝对值等于电源内阻
1.50-1.00
r = W=1.04W
0.48-0
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. “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
【解析】
【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，故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，故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，故C正确；
第18页 | 共28页D．“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，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，
故D正确。
故选CD。
20. 如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S =100cm2，质量m=1kg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
V =600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积V =500cm3。固定活塞，升高热源温度，气
A B
体达到状态C，此时压强 p =1.4´105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q =14J；从状
C
态B到状态C，气体内能增加DU =25J；大气压 p =1.01´105Pa。
0
（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
单位面积受到的压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度T ；
c
（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
【解析】
【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
mg
p = p - =1.0´105Pa
A 0 S
温度T =300K；体积V =600cm3；
A A
C态压强 p =1.4´105Pa；体积V =500cm3；
C C
根据
第19页 | 共28页p V p V
A A = C C
T T
A C
解得
T =350K
C
（3）从B到C气体进行等容变化，则W =0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，
BC
而气体从A到C从外界吸热14J，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R =0.4m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k =100N/m的轻质弹簧连接，
静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v =2 21m/s从D处进入，经DEF管道后，
0
与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L=0.8m，以v=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与
1
传送带间的动摩擦因数=0.5，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E = kx2
p 2
（x为形变量）。
（1）求滑块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 ；
F N
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度v =1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能DE；
B
（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Dx。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【解析】
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
1 1
mg×2R= mv2 - mv2
2 F 2 0
在F点
第20页 | 共28页v2
F -mg =m F
N R
解得
v =10m/s
F
F =31.2N
N
（2）滑块a返回B点时的速度v =1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
B
a =g =5m/s2
根据
v2 =v2 -2aL
B C
可得在C点的速度
v =3m/s
C
则滑块a从碰撞后到到达C点
1 1
mv2 = mv2 +mg×2R
2 1 2 C
解得
v =5m/s
1
因ab碰撞动量守恒，则
mv =-mv +3mv
F 1 2
解得碰后b的速度
v =5m/s
2
则碰撞损失的能量
1 1 1
DE = mv2 - mv2 - ×3mv2 =0
2 F 2 1 2 2
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
mv =4mv
F
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
4mv=6mv'
第21页 | 共28页则
5
v' = m/s
3
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x ，由能量关系
1
1 1 1
×4mv2 = ×6mv'2 + kx2
2 2 2 1
解得
x =0.1m
1
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x =x
2 1
则弹簧最大长度与最小长度之差
Dx=2x =0.2m
1
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，并形成闭合回路。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，大小B =kI （其中k为常量），方向垂
1
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B =2kI ，方向与B 相同。
2 1
火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v 进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完
0
3Mg
成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d = ，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持
kI2
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。
第22页 | 共28页v2 6Mg 6Mg I2Rv 3Mv2
【答案】（1）3Mg； 0 ；（2）E = (v -2gt)；（3）U = IR- (v -2gt)； 0 - 0 ；
4g I 0 I 0 2g 2
3
（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能； Mv2
4 0
【解析】
【详解】（1）导体杆受安培力
F = BId =3Mg
1
方向向上，则导体杆向下运动的加速度
Mg-F =Ma
解得
a=-2g
导体杆运动的距离
0-v2 v2
L= 0 = 0
2a 4g
（2）回路的电动势
E = B dv
2
其中
v=v +at
0
解得
第23页 | 共28页6Mg
E = (v -2gt)
I 0
（3）右手定则和欧姆定律可得：
U +E = IR
可得
6Mg
U = IR-E = IR- (v -2gt)
I 0
电源输出能量的功率
é 6Mg ù
P=UI =(IR-E)I = IR- (v -2gt) I
ê ë I 0 ú û
= I2R-6Mg(v -2gt)= I2R-6Mgv +12Mg2t
0 0
v
在0: 0 时间内输出的能量对应P-t图像的面积，可得：
2g
v
(I2R-6Mgv )+(I2R-6Mgv +12Mg2 0 )
0 0 2g v
W = 0
2 2g
(I2R-6Mgv )+(I2R) v I2Rv 3Mv2
= 0 0 = 0 - 0
2 2g 2g 2
（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v 到平台速度减为零，则
0
1 3
E' = Mv2 +MgL= Mv2
2 0 4 0
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Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场，区域Ⅱ
1
存在磁感应强度大小为B 的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离
2
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Ⅱ的最大速度v 及其在磁场中的运动时间t；
1
L
（2）若B =2B ，求能到达y = 处的离子的最小速度v ；
2 1 2 2
B BqL 6BqL
（3）若B = 1 y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 1 ~ 1 范围，求进入第四象
2 L m m
限的离子数与总离子数之比η。
第24页 | 共28页2BqL 2pm 4BqL
【答案】（1）v = 1 ；t = （2）v = 1 （3）60%
1 m 3qB 2 m
1
【解析】
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
r cos60o =r -L
1 1
解得
r =2L
1
根据
v2
qv B =m 1
1 1 r
1
解得
2BqL
v = 1
1 m
在磁场中运动的周期
2pm
T =
qB
1
运动时间
2´60o 2pm
t = T =
360o 3qB
1
第25页 | 共28页（2）若B =2B ，根据
2 1
mv
r =
qB
可知
r =2r
1 2
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O O 与磁场边界夹角为α，由几何关系
1 2
r sina-r sin30o = L
1 1
L
r -r sina=
2 2 2
解得
r =2L
2
3
sina=
4
根据
v2
qv B =m 2
2 2 r
2
解得
4BqL
v = 1
2 m
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
B qv Dt =mDv
2 y x
即
B
1 yqDy =mDv
L x
求和可得
第26页 | 共28页B
å 1 yqDy =åmDv
L x
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
B 0+L
m(v-vcos60o)= BqL+ 1 × ×qL
1 L 2
解得
3BqL
v= 1
m
3BqL 6BqL BqL
则速度在 1 ~ 1 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 1
m m m
6BqL
~ 1 ，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
m
为
η=60%
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