山東省聊城第二中學2023屆高三3月份模擬考試物理試題含解析

2023年高考物理模擬試卷考生請注意：1考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。64241、20171124日，國家航天局探月與航天工程中心副主任裴照宇表示，嫦娥五號任務將是我國首次月球表面采樣返回任務，這次任務的完成將標志著我國探月工三步走順利收官。若已知萬有引力常量G，那么在下列給出各種情景中，能根據測量的數(shù)據求出月球密度的( )A．在月球表面使一個小球做自由落體運動，測出落下的高度H和時間tB．嫦娥五號貼近月球表面做勻速圓周運動，測出運行周期TC．嫦娥五號在高空繞月球做勻速圓周運動，測出距月球表面的高度H和運行周期TD．觀察月球繞地球的勻速圓周運動，測出月球的直徑D和運行周期T2、如圖所示，有10塊完全相同的長方體木板疊放在一起，每塊木板的質量為100g，用手掌在這疊木板的兩側同時加大小為F的水平壓力，使木板懸空水平靜止。若手與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，木板與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，則F至少為（ ）A．25N B．20N C．15N D．10N3=45的斜面ABCm的小球從頂點A先后以初速度0和o向左水平拋出，、P2、t2；AP1、PlP2l1）A．t1：tB．ll：l2=1：2C．兩球剛落到斜面上時的速度比為1：4D4、如圖所示，木板A的質量為m，滑塊B的質量為M，木板A用繩拴住，繩與斜面平行，B沿傾角為θ的斜面在A下勻速下滑，若M=2m，A、B間以及B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，則動摩擦因數(shù)μ為（ ）1 1A．tanθ B．2tanθ C．2tanθ D．3tanθ5、如圖，小車的直桿頂端固定著小球，當小車向左做勻加速運動時，球受桿子作用力的方向可能沿圖中的（ ）A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向6、由于放射性元素237Np的半衰期很短，所以在自然界中一直未被發(fā)現(xiàn)，只是在使用人工的方法制造后才被發(fā)現(xiàn)．已93知237Np經過一系列α衰變和β衰變后變成209Bi，下列選項中正確的( )93 83209Bi237Np28個中子83 93237Np209Bi，衰變過程可以同時放出α粒子、βγ粒子93 837α4β衰變237Np237Np原子核發(fā)生衰變的時間93 9345205307高精度全息穿透成像探測儀利用電磁波穿透非金屬介質探測內部微小隱蔽物體并對物體成像只有分辨率高體小、輻射少，應用領域比超聲波更廣。關于電磁波和超聲波，下列說法正確的是（ ）A．電磁波和超聲波均能發(fā)生偏振現(xiàn)象B．電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息CDE.電磁波由空氣進入水中時速度變小，超聲波由空氣進入水中時速度變大8物流中心通過吊箱將物體從一處運送到另一處簡化后模型如圖所示直導軌ABC 與圓弧形導軌CDE相連接為圓弧最高點，整個裝置在豎直平面內，吊箱先加速從A點運動到C點，再勻速通過CDE段。關于吊箱內物體M受力情況，下列描述正確的是（ ）ACMM的重力BM處于超重狀態(tài)，且受到水平向右的摩擦力DM處于失重狀態(tài)，對吊箱底板的壓力小于其重力DM對吊箱底板的摩擦力水平向左9、某電場在x軸上各點的場強方向沿x軸方向，規(guī)定場強沿x軸正方向為正，若場強E隨位移坐標x變化規(guī)律如圖x1點與x3點的縱坐標相同，圖線關于O點對稱，則（ ）A．O點的電勢最低 B．-x2點的電勢最高C．若電子從-x2點運動到x2點，則此過程中電場力對電子做的總功為零D．若電子從x1點運動到x3點，則此過程中電場力對電子做的總功為零10、如圖所示，A、、ClABCm、帶電量為q的粒子僅受電場力作用依次通過CC兩點的速率均為B點時的速率為E的大小和方向分別是

33v0，23mv2 23mv200A．E= 3ql B．E= 9ql00C．方向垂直AC斜向上 D．方向垂直AC斜向下21811（6分）為了測量一待測電阻Rx的阻值，準備了以下器材：多用電表G1（0~10052G2（0~50r=102R0（20R1（0~5R2（0~100直流電源（3.0）開關一個及導線若干用多用電表歐姆“×1”擋粗測電阻時，其阻值如圖甲中指針所示，則Rx的阻值大約是 ?；瑒幼冏杵鲬ㄌ顑x器前的序號。若是用G2Rx兩端電壓，請在圖乙對應的虛線框中完成實驗電路設計（要求：滑動變阻器便于調節(jié)，電表讀1數(shù)不得低于量程的3（ ）補全實驗步驟：按圖乙所示電路圖連接電路，將變阻器滑動觸頭移至 端（選左或右；1 S，移動變阻器滑動觸頭至某一位置，記錄、G2I、I1 1 多次移動變阻器滑動觸頭，記錄相應的、G2I、I1 22

為縱坐標，I

為橫坐標，作出相應圖線如圖丙所示，則待測電阻Rx

的阻值為 保留兩位有效數(shù)字。112（12分）某實驗小組為了測量某微安表（量程200μ，內阻大約2200）置。對應的實驗器材可供選擇如下：1．電壓表（0~3；．滑動變阻器（0~10；．滑動變阻器（0~K；．電源（電動勢約為．電阻箱R（最大阻值為S一個，導線若干。其實驗過程為：將滑動變阻器的滑片滑到最左端，合上開關SRU，再調節(jié)電阻箱（此時電壓表讀數(shù)幾乎不變，使微安表指示為滿偏，記下此時電阻箱值為16924Ω；3重新調節(jié)，使電壓表讀數(shù)為4U，再調節(jié)電阻箱（此時電壓表讀數(shù)幾乎不變，使微安表指示為滿偏，記下此時電阻箱值（如圖所示）R2；根據實驗過程回答以下問題：滑動變阻器應 （填字母代號；電阻箱的讀數(shù)R2= Ω；待測微安表的內Ω。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖所示，虛線ABCD將平面直角坐標系四個象限又分成了多個區(qū)域。在第一、二象限有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為

mv0。在第三、四象限中，－2d<y<0區(qū)域又分成了三個勻強電場區(qū)域，其中在qdx>dxx<－dx軸正方向的勻強電場，電場強度大小相等；－d<x<d區(qū)域y2區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場。一個質量為mqv0Oy（－，－2（，－）兩點，第一次回到O點后，進入豎直向上電場區(qū)域，不計粒子重力，求：(1)電場區(qū)域內的電場強度大小E；(2)y<－2d區(qū)域內磁場的磁感應強度B2；(3)由原點O出發(fā)開始，到第2次回到O點所用時間。14（16分）如圖所示，在一個傾角為3的足夠長的固定斜面上，由靜止釋放一個長度為L 5m的木板，木與斜面之間的動摩擦因數(shù) 0.4。當長木板沿斜面向下運動的速度達到v 9.6m/s時，在木板的下端輕輕放上一1 0個質量與木板相同的小煤塊，小煤塊與木板之間的動摩擦因數(shù) 0.2。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加2g10m/s2sin370.6cos370.8，結果可用根號表示。求：剛放上小煤塊時，長木板的加速度a1

的大小和煤塊的加速度a2

的大?。恍∶簤K從木板哪一端離開？煤塊從放上到離開木板所需時間t是多少？15（12分）如圖所示，粗糙水平地面上放置長木板A和滑塊，滑塊B置于A的左端。開始時、BC與A右端相距x4m，現(xiàn)C以v0

7m/s的初速度水平向左運動，然后與A發(fā)生彈性碰撞（時間極短AC質量均為2kg和C與地面間的動摩擦因數(shù)為 0.3與B間的動摩擦因數(shù)為 0.2，最大靜摩擦力等于滑動1 2摩擦力，B最終沒有從A上掉下去，重力加速度g取10m/s2，求：（1）C與A碰撞前的速度；（2）A、B間因摩擦產生的熱量。參考答案64241、B【解析】Mr=M=3MV r3在月球表面使一個小球做自由落體運動，測出下落的高度H，根據H

1gt2，可知算出月球的重力加速2度，根據GMmma，可以算得月球的質量，但不知道月球的半徑，故無法算出密度，故A錯誤；r2根據GMmr2

m42rT2

M

42r3GT2

GT2

，已知T就可算出密度，故B正確；C、根據G Mm

m42(rH) 得M

2(rH)3

，但不知道月球的半徑，故無法算出密度，故C錯誤；(rH)2 T2 GT2D、觀察月球繞地球的圓周運動，只能算出地球的質量，無法算出月球質量，也就無法算出月球密度，故D。2、B【解析】先將所有的書當作整體，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有2F10mg1再以除最外側兩本書為研究對象，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有2F8mg2聯(lián)立解得F20N選項B正確，ACD錯誤。故選B。3、D【解析】12gt22tan＝ ＝gtvt 2v0 0得2vtant 0g1：21：2AB．水平位移xv0

2v2tan0g因為初速度之比為1：2，則水平位移之比為1：4，由l 2x可知2ll：l=1：42故B錯誤。C．根據動能定理12mv2

1 mv2mgy2 0其中y=x，則v v22gy v24v2tan45 0 0 0 0則兩球剛落到斜面上時的速度比為1：2，選項C錯誤；D．平拋運動某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的21：1D正確。故選D。4、C【解析】解：對B受力分析，如圖所示：B物體沿斜面方向受力平衡：f1+f2=Mgsinθ，又因為M=2m，f1=μmgcosθ，f2=μ（M+m）gcosθ，1解得：μ=2tanθABD錯誤，CC.5、A【解析】以小球研究對象進行受力分析，根據小球和小車的加速度相同已及頓第二運動定律的矢量性進行判斷。【詳解】小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力兩個力的作用下也沿水平向左的方向加速運動，加速度水平向左，根據牛頓第二定律F=ma可知加速度的方向與合力的方向相同，合力水平向左，根據力的合成的平行四邊形定則，直桿對小球的作用力只可能沿OA方向，A符合題意，BCD不符合題意A6、C【解析】BiNpBi的原子核比237Np18個中子。83 93 83 93故A錯誤。237Npαβ209Bi，可以同時放出αγβγ粒子，不能同時放93 83出三種粒子。故B錯誤。α2372097次，β2×7－(93－83)＝4C正確。4半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)原子核不適用。故D錯誤。45205307、BCE【解析】A．電磁波是橫波，能發(fā)生偏振現(xiàn)象，而超聲波是縱波，不能發(fā)生偏振，故AB．電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息，故B正確；C．干涉和衍射是一切波特有的現(xiàn)象，電磁波和超聲波均能發(fā)生干涉和衍射現(xiàn)象，故CD．電磁波在真空中能傳播，超聲波需依賴于介質才能傳播，故D錯誤；E．電磁波由空氣進入水中時速度變小，超聲波由空氣進入水中時速度變大，故E正確。故選BCE。8、BC【解析】ACM的加速度方向沿導軌向上，底板對物體MM對底板的壓力大于物體的重力，故A錯誤；BM有向右的摩擦力，由于整體具有斜向右上方的加速度，故物體MM有水平向右的靜摩擦力，故B正確；DMMMC正確；DMD錯誤。故選：BC。9、AC【解析】xEx變化規(guī)律如題目中圖所示，電場強度方向如下圖所示：根據順著電場線電勢降低，則O電勢最低，A正確；由上分析，可知，電勢從高到低，即為x、x、x，由于xx

點的電勢不是最高，B3 2 1 2 2 2錯誤；若電子從xx點，越過橫軸，圖像與橫軸所圍成的面積之差為零，則它們的電勢差為零，則此過程中2 2電場力對電子做的總功為零，C正確；x1

點運動到x3

點，圖像與橫軸所圍成的面積不為零，它們的電勢差不為零，則此過程中電場力對電子做的總功也不為零，DAC。10、BC【解析】AB.據題意可知AC為該勻強電場的等勢線，因從A到B電場力對粒子做負功，且粒子帶正電，可知電場方向垂直AC斜向上，據動能定理可得3 1 32 1qE l m v mv22 230 2 02 3mv2E

9ql

0AB正確。CD.ACABACCD錯誤。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、9（或9.0） E 左 10【解析】（1）[1]多用電表用歐姆表盤的讀數(shù)乘以倍率即為待測電阻阻值9（2）[2]滑動變阻器采用分壓式接入電路，所以選擇阻值較小的滑動變阻器便于調節(jié)分壓，即選E。（3）[3]電路中沒有電壓表，電流表G2的內阻已知，可作為電壓表使用，電流表G1采用外接方式可以消除系統(tǒng)誤差，00

串聯(lián)在分壓電路上，起到保護電路的作用，電路圖如圖。（5）[4]滑動變阻器的觸頭在開始實驗前，需要滑到最左端保護電路，使電表的示數(shù)都從0開始變化。[5]根據電路圖結合歐姆定律的分流規(guī)律可得I

I2r21 2 R2x整理得RI x IR2 R r 1x 2結合圖像的斜率R R Ix x

37.51030.5R rx 2

R 10Ω Ix 1

75103解得Rx10Ω12、B 4653 2170【解析】(1)[1]．滑動變阻器用分壓電路，則為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇(2)[2]．由圖示電阻箱可知，電阻箱示數(shù)為R2=4×1000Ω+6×100Ω+5×10Ω+3×1Ω=4653Ω(3)[3]．根據實驗步驟，由歐姆定律可知g g U=I（R+Rg g 3gg24UR）gg2解得Rg=2170Ω四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13(1)E

mv202qd

mv2；(2)B 2qd

6d；(3)tv0

d2v0【解析】粒子的運動軌跡如圖所示。x<-d的電場區(qū)域中粒子做類平拋運動，可知2dvt011d2

at211aqE1 m由以上三式可得mv2E 02qd由(1)向中各式可解得2dt1 v0粒子在B點的速度v vy 0v atvx 11 0可得v B 0運動軌跡經過B、C兩點，由幾何關系可知，粒子在y<-2d的磁場區(qū)域內運動的軌道半徑為r 2d運動軌跡對應的圓心角=90°由BqvB mv2BB 2 r可得mvB 0 B2 qd 1Ov0E 2E2 1a 2a2 1在d>x>-d的電場區(qū)城內，粒子沿y軸負方向運動的位移vd2vds 02a 21粒子將做往返運動vt 2 0 tv2 2a 11在兩個磁場中的運動周期均為2mTqB1粒子在磁場中運動總時間為5 mt34T

2qB1O2O點所用的時間6d dt2tt t1 2

v 2v30 30 14（1）a1

=2m/s2，a2

=7.6m/s2（）下端，1+ s【解析】剛放上小煤塊時，對長木板，由牛頓第二定律2mgcos1

mgcosmgsinma1對煤塊，由牛頓第二定律mgsinmgcosma2 2解得a=2m/s21a=7.6m/s22設時間t0煤塊與長木板達到共速，則有vat0 1

at20解得t 1s0煤塊相對長木板的位移1 1xvt00

at2 a2 10 2

t2=4.8m<L0故煤塊不能從上端離開此時煤塊的速度為vat 7.6m/s20之后木板減速，煤塊加速，根據牛頓第二定律有對長木板有2mgsin

mgcos2mgcosma2 1 1解得a1.2m/s21對煤塊有mgsin2

mgcosma2解得a4.4m/s22因a4.4m/s2a