2023-2024年山東省濰坊市高三下學(xué)期一模物理試題（解析版）

濰坊市高考模擬考試物理一、單項選擇題1.核能是蘊藏在原子核內(nèi)部的能量，合理利用核能，能有效緩解能源短缺問題。在核聚變實驗中，核反應(yīng)方程是，核的結(jié)合能為，核的結(jié)合能為，核的結(jié)合能為。則一次核反應(yīng)過程中（）A.反應(yīng)前后的動量不守恒B.為C.釋放的核能大小為D.電荷數(shù)守恒，質(zhì)量數(shù)不守恒【答案】C【解析】核反應(yīng)前后的動量守恒，故A錯誤；核反應(yīng)過程中,電荷數(shù)守恒，質(zhì)量數(shù)守恒，可得的電荷數(shù)為，質(zhì)量數(shù)為，則為，故BD錯誤；由能量守恒定律可知，核反應(yīng)過程中釋放的核能大小為，故C正確。故選C。2.一物體在時刻通過點的速度大小為，加速度與速度方向相同，物體的加速度隨時間的變化如圖所示。經(jīng)物體運動到點。在該過程中，下列判斷正確的是（）A.與的平均速度相同B.與合外力的沖量相同C.與合外力做的功相同D.到達點的速度大小為【答案】B【解析】根據(jù)題意可知，由圖可知，質(zhì)點在一直加速，則相等時間內(nèi)通過的位移逐漸增大，可知，的平均速度小于的平均速度，到達點的速度一定大于，故AD錯誤；根據(jù)圖像的面積表示速度變化量，由圖可知，與的速度變化量相等，且速度一直增大，則動量變化量相同，由動量定理可得，與合外力的沖量相同，由動能定理可得，合外力做的功，合外力做的功，則有可知，合外力做的功小于合外力做的功，故B正確，C錯誤。故選B。3.開環(huán)燃氣發(fā)動機采用雙重加熱循環(huán)的工作原理，一定質(zhì)量的理想氣體雙重加熱循環(huán)的圖像如圖所示，其中，為等溫過程，平行于橫軸，、平行于縱軸，下列說法正確的是（）A.過程，氣體內(nèi)能不變，不與外界發(fā)生熱傳遞B.過程，氣體分子單位時間內(nèi)與器壁單位面積上的碰撞次數(shù)不變C.過程，氣體從外界吸收的熱量大于氣體內(nèi)能的增量D.整個過程，氣體放出的熱量大于吸收的熱量【答案】C【解析】過程，根據(jù)題意，溫度不變，則氣體內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律有，由于體積減小，外界對氣體做正功，因此氣體從外界釋放熱量，故A錯誤；過程，體積不變，氣體分布密集程度不變，壓強增大，根據(jù)，可知，溫度升高，分子運動的平均速率增大，則氣體分子單位時間內(nèi)與器壁單位面積上的碰撞次數(shù)增多，故B錯誤；過程，壓強一定，根據(jù)，體積增大，則溫度升高，氣體內(nèi)能增大，氣體對外做正功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體從外界吸收的熱量大于氣體內(nèi)能的增量，故C正確；圖像的面積表示功，根據(jù)圖像可知整個過程，氣體對外做正功，即取負值，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體放出的熱量小于吸收的熱量，故D錯誤。故選C。4.年月日時分神舟十六號成功對接于空間站天和核心艙徑向端口，若對接前“神舟十六號”和“空間站”分別在圓形軌道和上繞同一方向做勻速圓周運動，圓周運動的半徑分別為、，地球半徑為，地球表面重力加速度為，萬有引力常量為，下列說法正確的是（）A.地球的密度約為B.神舟十六號與空間站的線速度之比為C.神舟十六號與空間站的向心加速度之比為D.從相距最遠到相距最近的最短時間為【答案】D【解析】根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系，地球的密度約為，故A錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力，可得，神舟十六號與空間站的線速度之比為，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，可得，神舟十六號與空間站的向心加速度之比為，故C錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系，可得，，從相距最遠到相距最近的最短時間滿足，從相距最遠到相距最近的最短時間為，故D正確。故選D。5.制造半導(dǎo)體元件，需要精確測定硅片上涂有的二氧化硅（）薄膜的厚度，把左側(cè)二氧化硅薄膜腐蝕成如圖甲所示的劈尖，用波長的激光從上方照射劈尖，觀察到在腐蝕區(qū)域內(nèi)有條暗紋，且二氧化硅斜面轉(zhuǎn)為平面的棱處是亮紋，二氧化硅的折射率為，則二氧化硅薄膜的厚度為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)題意，由于二氧化硅的折射率為，則激光在二氧化硅中的波長為，觀察到在腐蝕區(qū)域內(nèi)有條暗紋，則二氧化硅斜面轉(zhuǎn)為平面的棱處是亮紋是第條，設(shè)二氧化硅薄膜的厚度為，則有，聯(lián)立解得，故選A。6.圖甲為一列簡諧波在時的波形圖，是平衡位置為處的質(zhì)點，圖乙為質(zhì)點的振動圖像，則（）A.該列波沿軸負方向傳播B.該波的波速大小為C.在時，處的質(zhì)點加速度沿軸負方向D.處質(zhì)點振動方程為【答案】D【解析】由圖乙可知，M點在之后，先向下運動，再結(jié)合圖甲可知，該波沿軸正方向傳播，A錯誤；由圖乙可知，該波的波長為，由圖乙可知，該波的周期為，該波的波速大小為，B錯誤；圖甲為一列簡諧波在時的波形圖，在時，時間經(jīng)過了，相當于個周期，則處的質(zhì)點加速度沿軸正方向，C錯誤；該波的振幅為，該波的角速度為，則處質(zhì)點振動方程為，D正確；故選D。7.如圖所示，一半徑為的光滑大圓環(huán)豎直固定在水平面上，其上套一小環(huán)，、為圓環(huán)上關(guān)于豎直直徑對稱的兩點，將點下方圓環(huán)拆走，若小環(huán)從大圓環(huán)的最高點由靜止開始下滑，當小環(huán)滑到點時，恰好對大圓環(huán)無作用力。已知重力加速度大小為，若讓小圓環(huán)從最高點由靜止下滑從點滑離。小圓環(huán)落地時的水平速度大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根據(jù)題意，設(shè)點與的連線與豎直方向的夾角為，如圖所示，從到由機械能守恒定律有，在點，由牛頓第二定律有，解得，，由對稱性可知，小圓環(huán)從最高點由靜止下滑點的速度大小同為，小圓環(huán)從點滑離，水平方向做勻速運動，則小圓環(huán)落地時的水平速度大小為，故選B。8.如圖所示，一傾角為足夠長光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一擋板，一根勁度系數(shù)的輕彈簧兩端分別連接在固定擋板和物體上，緊挨著放置物體（不與粘連），現(xiàn)對施加一個沿斜面向上的拉力使做勻加速直線運動，從施加拉力開始計時，后拉力不再變化，已知的質(zhì)量，的質(zhì)量。下列說法正確的是（）A.時、間的作用力為B.時彈簧中的彈力為C.時拉力D.的加速度大小為【答案】C【解析】剛開始彈簧的壓縮量為，時，拉力不再變化，說明此時剛好分離，它們之間彈力正好為，而此時和具有相同的沿斜面向上的加速度，設(shè)此時彈簧的壓縮量為，對由牛頓第二定律，該段時間內(nèi)由運動學(xué)規(guī)律得，，聯(lián)立解得，，設(shè)時、間的作用力為，對由牛頓第二定律得，，解得，故AD錯誤；根據(jù)前面分析可知時，彈簧中的彈力，故B錯誤；時對由牛頓第二定律得，解得，故C正確。故選C。二、多項選擇題9.風(fēng)力發(fā)電綠色環(huán)保、低碳，通過變壓器和遠距離輸電線給用戶供電，工作原理如圖所示。發(fā)電機線圈面積、匝數(shù)匝、電阻不計，處于磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場中，線圈繞垂直磁場的水平軸勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速，其輸出端與升壓變壓器的原線圈相連，輸出電壓，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比，輸出功率為，降壓變壓器的副線圈連接用戶，兩變壓器間的輸電線總電阻，變壓器均為理想變壓器。用戶端工作電壓為。下列說法正確的是（）A.磁感應(yīng)強度大小為B.用戶獲得的功率為C.降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比D.若輸出電壓不變，輸電線電流變大，則用戶端電壓變小【答案】BD【解析】發(fā)電線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢表達式為，，，解得，A錯誤；升壓變壓器副線圈的電壓為，升壓變壓器副線圈的電流為，則，則用戶獲得的功率為，B正確；降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為，C錯誤；若輸出電壓不變，則不變，輸電線電流變大，則減小，則減小，D正確；故選BD。10.如圖為透明長方體的橫截面，其折射率，一細束單色光以角入射至面上的點，，已知光在真空中的傳播速度為，不考慮光在長方體內(nèi)的二次及二次以上的多次反射，下列說法正確的是（）A.當入射角為時，光在長方體中的傳播時間為B.當入射角為時，光在長方體中的傳播時間為C.當入射角時，折射到面上的光一定發(fā)生全反射D.當入射角時，折射到面上的光不一定發(fā)生全反射【答案】AC【解析】當入射角為時，根據(jù)折射定律有可得，光經(jīng)過面折射后折射角為，則光在長方體中傳播的光路如下圖所示，根據(jù)光路的可逆性可知，光從的中點射出長方體，則根據(jù)幾何知識可得，光在長方體中的傳播路程為，又光在長方體中的傳播速度為，則光在長方體中的傳播時間為，聯(lián)立解得，光在長方體中的傳播時間為，故A正確，B錯誤；根據(jù)全反射公式有，，設(shè)光在面的入射角為，根據(jù)折射定律有，由幾何知識有，聯(lián)立可得，即入射角，則折射到面上的光一定發(fā)生全反射，故C正確，D錯誤。故選AC。11.如圖所示，將電荷量為的兩個點電荷固定在直三棱柱底面的、兩點，將電荷量為的點電荷固定在點，已知三角形為等腰直角三角形，，，靜電力常量為，下列說法正確的是（）A.點的電荷受力指向的中點B.從到點電勢先增大后減小C.將負試探電荷從點移到點，其電勢能變大D.點場強的大小為【答案】CD【解析】根據(jù)題意，由幾何關(guān)系可得，由庫侖定律可得，間庫侖力大小為，方向由，間庫侖力大小為，方向由，如圖所示，由幾何關(guān)系有，，，可知，與不重合，即點的電荷受力不指向ab的中點，故A錯誤；若去掉點電荷，可知，在等量異種電荷連線的中垂面上，則為等勢線，點點電荷在上的電勢，由到逐漸減小，則從到點電勢逐漸降低，故B錯誤；若去掉點點電荷，點和點的點電荷為等量異種電荷，可知，的電勢大于電勢，由幾何關(guān)系可知，則點點電荷周圍的電勢大于電勢，綜上所述，的電勢大于電勢，則負試探電荷在點的電勢能大于在的電勢能，故C正確；根據(jù)題意，由點電荷場強公式可知，點點電荷在的電場強度大小為，同理可得，，方向如圖所示，則有，，，則點場強的大小為，故D正確。故選CD。12.如圖所示，兩根型平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為和，處于豎直向下的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為和。已知導(dǎo)體棒的電阻為、長度為，導(dǎo)體棒的電阻為、長度為，的質(zhì)量是的倍。兩棒中點之間連接一原長為輕質(zhì)絕緣彈簧?，F(xiàn)將彈簧拉伸至后，同時由靜止釋放兩導(dǎo)體棒，兩棒在各自磁場中往復(fù)運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計。下列說法正確的是（）A.整個過程中，回路中始終產(chǎn)生順時針方向的電流B.整個運動過程中，與的路程之比為C.棒克服安培力做的功等于棒產(chǎn)生的熱量D.整個運動過程中，通過的電荷量為【答案】BD【解析】根據(jù)題意可，由靜止釋放，向右運動，向左運動，即彈簧收縮，由右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針電流，設(shè)某時刻電流大小為，可知，所受安培力大小為，方向向左，所受安培力大小為，方向向右，可知，兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，則當彈簧伸展過程中，一定有向左運動，向右運動，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生逆時針方向的電流，故A錯誤；由A分析可知，兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，由于開始運動時，系統(tǒng)動量為零，則任意時刻兩棒的動量大小相等，方向相反，則有，設(shè)運動時間為，則有，即，則ab與的路程之比為，故B正確；由上述分析可知，整個運動過程中，兩棒所受安培力一直保持大小相等，且與的路程之比為，則與克服安培力做的功之比為，由公式可知，由于與的電阻之比為，則與產(chǎn)生的熱之比為，可知，棒克服安培力做的功不等于棒產(chǎn)生的熱量，故C錯誤；由公式、和可得，整個運動過程中，通過的電荷量為，當兩棒在各自磁場中往復(fù)運動直至停止，彈簧恢復(fù)原長，兩棒間距離減小，則向右運動的距離為，向左運動的距離為，則有，故D正確。故選BD。三、非選擇題13.某同學(xué)利用如圖所示裝置探究滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)。實驗過程如下：①長木板水平固定，將彈簧左端固定在擋板上，彈簧右端與滑塊不栓接，當彈簧處于原長時，與彈簧右端接觸的滑塊中心位于點，點右側(cè)放一相同的木板，與左側(cè)木板上表面平齊水平對接，如圖甲所示；②用滑塊壓縮彈簧到點，用刻度尺測量出間的距離；釋放滑塊，記錄其在右側(cè)木板上停止時的位置，測出間的距離；③如圖乙所示，拆去點右側(cè)的木板，在點下方掛上重錘，再次用滑塊將彈簧壓縮到點無初速釋放，記錄其落到水平地面的位置，測出點到地面的豎直高度，及落地點到點的水平距離；④查得當?shù)刂亓铀俣葹間。請回答下列問題：（1）滑塊從點滑離時的初速度大小為______，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)______（用所測物理量符號表示）。（2）若測得滑塊質(zhì)量為，則釋放滑塊時彈簧的彈性勢能______（用所測物理量的符號表示）?！敬鸢浮浚?）①.，②.；（2）【解析】（1）[1]根據(jù)題意可知，拆去點右側(cè)的木板，滑塊從點飛出做平拋運動，豎直方向上有，水平方向上有，解得；[2]滑塊由點到點，由動能定理有，解得；（2）滑塊由點到點，由能量守恒定律可得，釋放滑塊時彈簧的彈性勢能。14.某同學(xué)制作一個多量程的電流表和歐姆表，他設(shè)計的電表電路如圖所示。所用器材分別為：A．電流表（滿偏電流，內(nèi)阻）；B．定值電阻、；C．滑動變阻器（最大阻值為）；D．電源（電動勢為，內(nèi)阻忽略不計）；E．單刀雙擲開關(guān)、；F．表筆及導(dǎo)線若干①將單刀雙擲開關(guān)接，分別接、時，、可串聯(lián)在電路中作為電流表，量程分別為和；②若單刀雙擲開關(guān)接，分別接、時，可作為雙量程的歐姆表使用?；卮鹣铝袉栴}：（1）電路中定值電阻的阻值為______。（2）當單刀雙擲開關(guān)接，再將開關(guān)接時，歐姆表的擋位為______（填“”或“”）；歐姆調(diào)零后將待測電阻接在、間，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)角很小，斷開電路并將擋位換成另一擋位，再次歐姆調(diào)零時，滑動變阻器的滑片______（填“向上”或“向下”）移動。調(diào)零后再次將電阻接在、間，電流表的指針對準刻度盤上的處，則電阻______。【答案】（1）；（2）①.，②.向上，③.【解析】（1）根據(jù)題意，由并聯(lián)分流原理可得，當單刀雙擲開關(guān)接，接時量程為，接時量程為，則有，，代入數(shù)據(jù)解得，；（2）[1]當單刀雙擲開關(guān)接，再將開關(guān)接時，與電流表串聯(lián)再與并聯(lián)，三者的總電阻為，將開關(guān)接時，與串聯(lián)再與電流表并聯(lián)，三者的總電阻為，歐姆表的倍率大的擋位內(nèi)阻大，所以將單刀雙擲開關(guān)與接通時，歐姆表的擋位為。[2]結(jié)合上述分析可知，將擋位換成另一擋位，即將單刀雙擲開關(guān)與接通換成與接通，電流表滿偏時，干路電流減小了，則調(diào)零時需增大滑動變阻器接入電路的電阻，即滑動變阻器的滑片向上移動。[3]結(jié)合上述分析可知，擋位換成另一擋位調(diào)零后，電流表滿偏時，干路電流為，則歐姆表內(nèi)阻為，將電阻接在、間，電流表的指針對準刻度盤上的處，干路電流為，則電阻。15.年月日，神舟十七號航天組完成了天和核心艙太陽翼修復(fù)任務(wù)。如圖所示，氣閘艙有兩個氣閘門，內(nèi)閘門與核心艙連接，外閘門與外太空連接。氣閘艙容積，核心艙容積，開始氣閘艙和核心艙的氣壓都為（標準大氣壓）。航天員要到艙外太空行走，需先進入氣閘艙。為節(jié)省氣體，用抽氣機將氣閘艙內(nèi)的氣體抽到核心艙內(nèi)，當氣閘艙氣壓降到和外太空氣壓相同時才能打開外閘門B，該過程中兩艙溫度不變，不考慮漏氣、新氣體產(chǎn)生、航天員進出艙對氣體的影響。求：（1）當氣閘艙的壓強降至?xí)r，從氣閘艙抽出的氣體與原來氣體的質(zhì)量之比；（2）內(nèi)閘門的表面積是，每次抽氣的體積為，抽氣后抽氣機內(nèi)氣體壓強與氣閘艙內(nèi)剩余氣體壓強相等，第次抽氣到核心艙后，兩艙氣體對內(nèi)閘門的壓力差大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）根據(jù)題意，設(shè)抽出氣體的體積為，抽出氣體前后，由玻意耳定律有，從氣閘艙抽出的氣體與原來氣體的質(zhì)量之比，聯(lián)立解得；（2）第一次對氣閘艙抽氣后氣閘艙氣壓變?yōu)?，由玻意耳定律有，解得，第一次對核心艙充氣后，核心艙氣壓變?yōu)?，則有，解得，兩艙氣體對內(nèi)閘門的壓力差。16.跑酷，又稱自由奔跑，是一種結(jié)合了速度、力量和技巧的極限運動。如圖甲所示為一城墻的入城通道，通道寬，一質(zhì)量的跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻做加速運動，加速到點斜向上躍起，到達右墻壁點時豎直速度恰好為零，點距地面高，然后立即蹬右墻壁，使水平速度變?yōu)榈却蠓聪?，并獲得一豎直向上的速度，恰能躍到左墻壁的點，點與點等高，飛躍過程中人距地面的最大高度為，重力加速為，可認為整個過程中人的姿態(tài)不發(fā)生變化，如圖乙所示，求：（1）人蹬墻后的水平速度大?。唬?）人加速助跑的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】(1)設(shè)人蹬墻后的水平速度大小為，從到做斜拋運動，水平方向有，豎直方向有，由，聯(lián)立得；(2)由題意可知，人從靜止開始到做勻加速直線運動，根據(jù)速度位移公式得，解得。17.現(xiàn)代科學(xué)研究中，經(jīng)常用磁場和電場約束帶電粒子的運動軌跡，如圖所示，有一棱長為的正方體電磁區(qū)域，以棱中點為坐標原點建立三維坐標系，正方體電磁區(qū)域內(nèi)充滿沿軸負方向的勻強電場和勻強磁場，在點有一粒子源，沿軸正方向發(fā)射不同速率的帶電粒子，粒子質(zhì)量均為，電荷量均為。已知速度大小為的粒子，恰從坐標點飛出（圖中未標出），不計粒子的重力。求（1）磁感應(yīng)強度大??；（2）電場強度大小；（3）從正方體上表面飛出的粒子速率范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）帶電粒子在勻強磁場的作用下做勻速圓周運動，粒子從點開始沿軸正方向發(fā)射，其勻速圓周運動的圓心必定在軸上。根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子到達點時，和點的連線與軸之間的夾角滿足，解得，設(shè)圓周運動的半徑為，則有，解得，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得，解得。（2）設(shè)帶電粒子做圓周運動的周期為，則有，解得，在題述的運動中，粒子的軌跡對應(yīng)的圓心角為，所以運動時間為，粒子在勻強電場的作用下做類平拋運動，加速度為，沿著電場方向的位移為，聯(lián)立解得；（3）由上述分析可知當粒子從正方體上表面飛出的，粒子速率越大，粒子的分運動勻速圓周運動的半徑越大，圖中的點越靠近，軌跡圓心角越小，粒子在電磁場中的運動時間越短，粒子沿軸負方向的位移越小。當粒子速率最大為時在邊射出，對應(yīng)的圓周運動軌跡為圓周，其半徑等于，則有，解得，假設(shè)粒子沿軸負方向的分運動勻加速運動到點時（其位移大小等于），粒子能夠在邊射出，設(shè)粒子在電場中運動時間為，則有，解得，粒子的分運動勻速圓周運動