《山东省郯城县2023届高三下学期联考物理试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省郯城县2023届高三下学期联考物理试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考物理模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图所示，一条质量分布均匀的柔软细绳平放在水平地面上，捏住绳的一端用恒力F竖直向上提起，直到全部离开地面时，绳的速度为v，重力势能为Ep(重力势能均取地面为参考平面)。若捏住绳的中点用恒力F竖直向上提起，直到全部离开地面时，绳的速度和重力势能分别
2、为（ ）Av，EpB，C，D，2、吊兰是常养的植物盆栽之一，如图所示是悬挂的吊兰盆栽，四条等长的轻绳与竖直方向夹角均为30，花盆总质量为2kg，取g=10m/s2，则每根轻绳的弹力大小为（）A5NBC10ND20N3、如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星的角速度为，对地球的张角为弧度，万有引力常量为。则下列说法正确的是（）A卫星的运动属于匀变速曲线运动B张角越小的卫星，其角速度越大C根据已知量可以求地球质量D根据已知量可求地球的平均密度4、如图所示，两电荷量分别为Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以+2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b
3、在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是Ac、d两点的电势相同Ba点的电势高于b点的电势Cc、d两点的电场强度相同Da点的电场强度小于b点的电场强度5、研究光电效应的实验规律的电路如图所示，加正向电压时，图中光电管的A极接电源正极，K极接电源负极时，加反向电压时，反之当有光照射K极时，下列说法正确的是AK极中有无光电子射出与入射光频率无关B光电子的最大初动能与入射光频率有关C只有光电管加正向电压时，才会有光电流D光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大6、一个质量为m的小球，以大小为v0的初速度被竖直向上抛出，从抛出到落地的过程中，重力对小球做功为mv02。不计空气阻力，则此过
4、程重力对小球的冲量大小为ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为，现让弹簧一端连接另一质量为的物体（如图乙所示）， 物体以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为，则( )A物体的质量为B物体的质量为C弹簧压缩最大时的弹性势能为D弹簧压缩最大时的弹性势能为8、关于热学知识的下列叙述中正确的是（）A布朗运动可以反映液体分子在做无规则的热运动B将大颗粒的盐磨成细盐，就变
5、成了非晶体C只要不违反能量守恒定律的机器都是可以制造出来的D在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加E.某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数NA9、如图，从倾角为45的足够长斜面顶端垂直于斜面向上抛出一质量为m的物体（可视为质点），物体初速度大小为v，受到水平向右、大小与物体重力相等的水平风力作用，重力加速度为g，不计空气阻力，从抛出开始计时，下列说法正确的是A物体距斜面的最远距离为B以抛出点所在水平面为零势能面，物体重力势能的最大值为C经过时间，物体回到斜面D物体重力势能最大时，水平风力的瞬时功率为10、将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球
6、在上升过程中的动能，重力势能与其上升高度h间的关系分别如图中两直线所示，取，下列说法正确的是（）A小球的质量为0.2kgB小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.25NC小球动能与重力势能相等时的高度为mD小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）某同学欲将量程为、内阻为的表头改装成一个多用电表，改装后的电表有几个不同量程，分别为量程为和的双量程电压表及量程为的电流表，设计电路如图所示。定值电阻和的值待定，为单刀单掷开关，为单刀双掷开关。已知将开关断开，置于“2”挡时，多用电表的量程为10V，
7、回答下列问题:（1）表笔A应为_（填“红”或“黑”）色；（2）将开关断开，置于“1”挡时，多用电表用于测量_（填“电流”或“电压”）；开关闭合,置于“1”挡时，多用电表用于测量_（填“电流”或“电压”）；（3）定值电阻的阻值_，_、_（结果保留三位有效数字）12（12分）很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木
8、块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz。图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示。（当地重力加速度大小g取9.8m/s2）(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的_段（用D1，D2，D15字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做_运动。(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为_m/s2；木块与桌面间的动摩擦因数为=_。（计算结果保留两位有效数字）(3)根据纸带上提供
9、的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是_的。（填“正确”或“错误”）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为。A是距底端高处的小卡环。质量为的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为的氢气，C为侧壁上的单向导管。大气压强恒定为。环境温度为时，从处注入水，当水深为时，关闭C，卡环恰对活塞无作用力。接下来又从处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到，稳定时活塞静止在距缸底处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，氢气不溶于水。求：最初被
10、封闭的氢气的压强；导入氢气的质量。14（16分）如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1 =0、x2=14m处，质点P位于x 轴上xp=4m处，T=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=0. 1s，波长均为4m，波源Sl的振幅为A1 =4cm，波源S2的振幅为A3=6cm，求：(i)求两列波的传播速度大小为多少？( ii)从t=0至t=0. 35s内质点P通过的路程为多少？15（12分）质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为12，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等从t=1时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉
11、力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示重力加速度g取11m/s2，则物体在t=1到t=12s这段时间内的位移大小为A18mB54mC72mD198m参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】重力势能均取地面为参考平面，第一次，根据动能定理有第二次，根据动能定理有联立解得，故D正确，ABC错误。故选D。2、B【解析】根据对称性可知，每根绳的拉力大小相等，设每根绳的拉力大小为F。在竖直方向由平衡条件得：4Fcos30=G解得：F=N。A5N，与结论不相符，选项A错误；B，与结论相符，选项B正确；C10N，与结论不
12、相符，选项C错误；D20N，与结论不相符，选项D错误；3、D【解析】A卫星的加速度方向一直改变，故加速度一直改变，不属于匀变速曲线运动，故A错误；B设地球的半径为R，卫星做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识得可知张角越小，r越大，根据得可知r越大，角速度越小，故B错误；C根据万有引力提供向心力，则有解得地球质量为因为r未知，所以由上面的式子可知无法求地球质量，故C错误；D地球的平均密度则知可以求出地球的平均密度，故D正确。故选D。4、A【解析】A、B、a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-
13、Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低；故A正确，B错误.C、+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同；故C错误；D、由点电荷的场强公式，合成可得，方向向左；，方向向右；故；则D错误.故选A.【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析5、B【解析】K极中有无光电子射出与入射光频率有关，只有当入射光的频
14、率大于K极金属的极限频率时才有光电子射出，选项A错误；根据光电效应的规律，光电子的最大初动能与入射光频率有关，选项B正确；光电管加反向电压时，只要反向电压小于截止电压，就会有光电流产生，选项C错误；在未达到饱和光电流之前，光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大，达到饱和光电流后，光电流的大小与正向电压无关，选项D错误.6、D【解析】根据动能定理：得v=v0，根据动量定理，重力的冲量：I= m（v+ v0）=（+1）mv0。ABC.由上计算重力对小球的冲量大小为（+1）mv0，ABC错误； D. 由上计算重力对小球的冲量大小为（+1）mv0，D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共
15、20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EP=M；对图乙，物体A以2的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v由动量守恒定律有：M=(M+m)v由能量守恒有：EP=M-(M+m)联立两式可得：M=3m，EP=M=m，故B、D错误，A、C正确故选A、C8、ADE【解析】A布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子在做无规则的热运动，A正确；B将大颗粒的盐磨成细盐，不改变固体的
16、微观结构，所以细盐仍为晶体，B错误；C第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能造出，C错误；D绝热条件下，根据热力学第一定律可知压缩气体，外界对气体做功，气体内能一定增加，D正确；E对于气体分子而言，气体分子占据的体积大于气体分子实际的体积，则E正确。故选ADE。9、BD【解析】AC根据题意可知，物体受竖直向下的重力和与重力等大的水平向右的风力，则物体受到的合外力沿着斜面向下，与初速度方向相互垂直，物体做类平抛运动，无法落在斜面上，并且离斜面的距离越来越远，故AC错误；B物体在竖直方向上上升的最大高度为则重力势能的最大值为 故B正确；D物体重力势能最大时，竖直方向的速度为0
17、，所用时间为水平方向的速度为 所以水平风力的瞬时功率为 故D正确。故选BD。10、BD【解析】A由图知，小球上升的最大高度为h=4m，在最高点时，小球的重力势能得故A错误；B根据除重力以外其他力做的功则有由图知又解得故B正确；C设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有由动能定理有由图知联立解得故C错误；D由图可知，在h=2m处，小球的重力势能是2J，动能是，所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为故D正确。故选BD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、黑 电压 电流 4600 100 10.2 【解析】（1）1根据表头的极性，因电
18、流要从红表笔流入电表，可知表笔A应为黑色；（2）23将开关断开，置于“1”挡时，表头与R2串联，则多用电表用于测量电压；开关闭合，置于“1”挡时，R3与表头并联，则多用电表用于测量电流；（3）4已知将开关断开，置于“2”挡时，多用电表的量程为10V，则 5将开关断开，置于“1”挡时，多用电表的量程为1V，则6将开关接通，置于“1”挡时，多用电表的量程为100mA，则12、 匀速直线 5.0 0.51 错误 【解析】(1)12第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀
19、，木块在做匀速直线运动。(2)34由纸带可看出，第五个钩码落地后 根据可得木块运动的加速度大小为由可得=0.51(3)5根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 ；【解析】 设设注水前气体的体积为V1，从最初到水深为时，气体经历等温过程，注水后气体压强为p2，由玻意耳定律其中对活塞，有联立解得 设导入气体后且尚未升温时气体总度为h，显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，则有解得考虑到此h高度的气体中，原有气体点高为，故后导入的气体点高为解得
20、设此时密度为，则有解得14、 (i)40m/s( ii)32cm【解析】（i）由可得：v=40m/s；（ii）S1波传到P点，历时，S2波传到P点，历时因此当S2波传到P点处，S1波已使P点振动了，其路程，且振动方向向下；S2波传到P点时，振动方向向上，P为减弱点，叠加后振幅在t=0.35s时，合振动使P点振动一个周期，其路程故在t=0.35s内质点P通过的路程为15、B【解析】试题分析：对物体受力分析可知，1到3s内，由于滑动摩擦力为：Ff=FNmg=1221N=4N，恰好等于外力F大小，所以物体仍能保持静止状态，3s到6s内，物体产生的加速度为：，发生的位移为：;6s到9s内，物体所受的合力为零，做匀速直线运动，由于6s时的速度为：v=at=23=6m/s，所以发生的位移为：x3=vt=6（9-6）=18m；9到12s内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为：x4=vt+at2=63+232=27m；所以总位移为：x=1+x2+x3+x4=9+18+27=54m，所以B正确；考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】遇到多过程的动力学问题，应分别进行受力分析和运动过程分析，然后选取相应的物理规律进行求解，也可以借助v-t图象求解