2022-2023学年山东省滨州市十二校联考高考物理必刷试卷含解析.pdf

2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、频率为的入射光照射某金属时发生光电效应现象。已知该金属的逸出功为 W，普朗克常量为 h，电子电荷量大小为 e，下列说法正确的是（）A该金属的截止频率为hW B该金属的遏止电压为hWe C增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数不变 D增大入射光的频率，光电子的最大初动能不变 2、图示为一种应用逻辑电路制作的简易走道灯的电路图，虚线框内的 C 是一门电路，R0和 R1中有一个是定值电阻，另一个是光敏电阻（受光照时阻值减小），R2是定值电阻。当走道里光线较暗或将手动开关 S 接通时灯泡 L 都会点亮，则电路中（）AC 是“或门”，R0是光敏电阻 BC 是“或门”，R1是光敏电阻 CC 是“与门”，R0是光敏电阻 DC 是“与门”，R1是光敏电阻 3、在竖直平面内有一条抛物线，在抛物线所在平面建立如图所示的坐标系。在该坐标系内抛物线的方程为24yx，在y轴上距坐标原点1.5mh 处，向右沿水平方向抛出一个小球，经0.5s后小球落到抛物线上。则小球抛出时的速度大小为（g取210m/s）A1m/s B0.75m/s C0.5m/s D0.25m/s 4、质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中 AF 逐渐变大，T 逐渐变大 BF 逐渐变大，T 逐渐变小 CF 逐渐变小，T 逐渐变大 DF 逐渐变小，T 逐渐变小 5、如图所示，半径为 R 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向一速率 v 从 P 点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于 PQ 圆弧上且 Q 点为最远点，已知 PQ 圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（）A这些粒子做圆周运动的半径2rR B该匀强磁场的磁感应强度大小为2mvqR C该匀强磁场的磁感应强度大小为22mvqR D该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为212R 6、如图所示，一个质量为=9.11031kg、电荷量为 e=1.61019C 的电子，以 4106m/s 的速度从 M 点垂直电场线方向飞入匀强电场，电子只在电场力的作用下运动，在 N 点离开电场时，其速度方向与电场线成 150角，则 M 与 N 两点间的电势差约为（）A-1.0102V B-1.4102V C1.8102V D2.2102V 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、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦圆心 O 点正下方放置为 2m 的小球 A，质量为 m 的小球 B 以初速度 v0向左运动，与小球 A 发生弹性碰撞碰后小球 A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球 B 的初速度 v0可能为（）A2 2gR B2gR C2 5gR D5gR 8、如图，理想变压器上接有 3 个完全相同的灯泡，其中 1 个灯泡与原线圈串联，另外 2 个灯泡并联后接在副线圈两端。已知交流电源的电压 u18 2sin100t（V），3 个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器（）A副线圈电压的频率为 100Hz B原线圈两端的电压为 12V C原副线圈的电流比为 21 D原副线圈的匝数比为 21 9、在如图所示的电路中，灯泡 L 的电阻小于电源的内阻 r，闭合电键 S，将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A灯泡 L 变亮 B电流表读书变小，电压表读数变大 C电源的输出功率变小 D电容器 C 上电荷量增多 10、如图所示，AC、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为 O，半径为 R，将等电量的两正点电荷 Q 放在圆周上，它们的位置关于 AC 对称，与 O 点的连线和 OC 间夹角为 30，下列说法正确的是（）A电荷 q 从 A 点运动到 C 点，电场力做功为零 B电荷 q 从 B 点运动到 D 点，电场力做功为零 CO 点的场强大小为2kQR DO 点的场强大小为23kQR 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）某同学用如图甲所示的电路测量一段总阻值约为 10 的均匀电阻丝的电阻率。在刻度尺两端的接线柱 a和 b 之间接入该电阻丝，金属夹 P 夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹，从而可改变接入电路的电阻丝长度。实验提供的器材有：电池组 E（电动势为 3.0V，内阻约 1）；电流表 A1（量程 00.6A）；电流表 A2（量程 0100mA）；电阻箱 R（099.99）；开关、导线若干。实验操作步骤如下：用螺旋测微器测出电阻丝的直径 D；根据所提供的实验器材，设计如图甲所示的实验电路；调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大，将金属夹夹在电阻丝某位置上；闭合开关，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值 R 和接入电路的电阻丝长度 L；改变 P 的位置，调整_，使电流表再次满偏；重复多次，记录每一次的 R 和 L 数据；(1)电流表应选择_（选填“A1”或“A2”）；(2)步骤中应完善的内容是_；(3)用记录的多组 R 和 L 的数据，绘出了如图乙所示图线，截距分别为 r 和 l，则电阻丝的电阻率表达式=_（用给定的字母表示）；(4)电流表的内阻对本实验结果_（填“有”或“无”）影响。12（12 分）教材列出的木一木动摩擦因数为 0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。（1）实验所用重锤质量 150g 左右，下列供选择的木块质量最合适的是_；A20g B260g C500g D600g（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有_；A实验中先释放木块，后接通电源 B调整定滑轮高度，使细线与板面平行 C必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等 D木块释放位置到滑轮距离正常应在 0.6m 左右（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每 5 个打点取一个计数点，依次标出 0、l、2、3、4、5、6，测得点 O 与点 3、点 6 间的距离分别为 19.90cm、54.20cm，计时器打点周期为 0.02s，则木块加速度 a=_m/s2(保留两位有效数字)；（4）实验测得=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：_，_。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）如图所示，在高为的光滑水平平台的边缘放一质量为的木块 P，一颗子弹以的速度从左向右水平射穿木块 P 后，与 P 离开平台落到水平地面上。测得子弹和木块的落地点到平台边缘的水平距离分别为和。若不计空气阻力，木块和子弹均可看成质点，子弹射穿木块过程的时间很短，g 取，求：（1）子弹的质量 m；（2）子弹对木块的冲击力的冲量 I。14（16 分）如图所示，质量为 M=2kg 的长木板甲放在光滑的水平桌面上，在长木板右端 l=2m 处有一竖直固定的弹性挡板，质量为 m=1kg 可视为质点的滑块乙从长木板的左端冲上，滑块与长木板之间的动摩擦因数为=0.2，重力加速度 g=10m/s2，假设长木板与弹性挡板发生碰撞时没有机械能的损失。(1)滑块乙的初速度大小为 v0=3m/s 时，滑块乙不会离开长木板甲，则整个过程中系统产生的内能应为多少？(2)如果滑块乙的初速度大小为 v0=11m/s，则长木板甲至少多长时，才能保证滑块乙不会离开长木板甲？15（12 分）如图所示，水平地面上方 MN 边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场（图中未画电场），磁感应强度 B=1.0T，边界右侧离地面高 h=0.45m 处有一光滑绝缘平台，右边有一带正电的小球 a，质量ma=0.1kg、电量 q=0.1C，以初速度 v0=0.9m/s 水平向左运动，与大小相同但质量为 mb=0.05kg 静止于平台左边缘的不带电的绝缘球 b 发生弹性正碰，碰后 a 球恰好做匀速圆周运动，两球均视为质点，重力加速度 g=10m/s2。求(1)碰撞后 a 球与 b 球的速度；(2)碰后两球落地点间的距离（结果保留一位有效数字）。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、B【解析】A金属的逸出功大小和截止频率都取决于金属材料本身，用光照射某种金属，要想发生光电效应，要求入射光的频率大于金属的截止频率，入射光的能量为h，只有满足 hW 便能发生光电效应，所以金属的逸出功为 0Wh 即金属的截止频率为 0Wh 所以 A 错误；B使光电流减小到 0 的反向电压cU称为遏制电压，为 kcEUe 再根据爱因斯坦的光电效应方程，可得光电子的最大初动能为 kEhW 所以该金属的遏止电压为 chWUe 所以 B 正确；C增大入射光的强度，单位时间内的光子数目会增大，发生了光电效应后，单位时间内发射的光电子数将增大，所以 C 错误；D由爱因斯坦的光电效应方程可知，增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大，所以 D 错误。故选 B。2、A【解析】当电键闭合时，输入为高电势，当光线较暗时，光敏电阻较大，输入端为高电势，因为当走道里光线较暗时或是将手动开关S接通时，灯都会亮，可知只要有一个条件满足，事件就能发生，知该门电路是“或”门电路。当有光照时，光敏电阻阻值较小，输入端B端需要输入低电势，所以光敏电阻不能放在1R的位置，可以放在0R的位置，A 正确，BCD错误。故选 A。3、C【解析】小球做平抛运动，如图所示 在竖直方向有 212hygt 在水平方向有 0 x vt 由题意得 24yx 联立解得小球抛出时的速度大小为 00.5m/sv 故 A、B、D 错误，C 正确；故选 C。4、A【解析】以结点 O 为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点 O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳 OB 的张力 TB=mg 根据平衡条件可知：Tcos-TB=0，Tsin-F=0 由此两式可得：F=TBtan=mgtan BTTcos 在结点为 O 被缓慢拉动过程中，夹角 增大，由三角函数可知：F 和 T 均变大。A.F 逐渐变大，T 逐渐变大与分析相符，故 A 正确。B.F 逐渐变大，T 逐渐变小与分析不符，故 B 错误。C.F 逐渐变小，T 逐渐变大与分析不符，故 C 错误。D.F 逐渐变小，T 逐渐变小与分析不符，故 D 错误。5、B【解析】ABC、从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 Q，由动圆法知 P、Q 连线为轨迹直径；PQ 圆弧长为磁场圆周长的14，由几何关系可知2PQR,则粒子轨迹半径22rR，由牛顿第二定律知2vqvBmr，解得2mvBqR故 B正确；AC 错误 D、该圆形磁场中有粒子经过的区域面积大于212R，故 D 错误；综上所述本题答案是：B 6、B【解析】电子在电场力的作用下做类平拋运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动：66MN4 10m/s8 10 m/s1sin302vv 根据动能定理：22MNN11()22Me Umvmv 所以有：22663122NMMN198 104 109.1 10V136.5V22 1.6 10m vvUe 故 B 正确，ACD 错误。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、BC【解析】A 与 B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设 B 的初速度方向为正方向，设碰撞后 B 与 A 的速度分别为 v1和 v2，则：mv0=mv1+2mv2 由动能守恒得：2220121112222mvmvmv 联立得：0223vv 1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为 vmin，由牛顿第二定律得：2mg=2min2vmR A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：222min11222222mgRmvmv 联立得：v0=1.5 5gR，可知若小球 B 经过最高点，则需要：v01.5 5gR 2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O 等高处，由机械能守恒定律得：221222mg Rmv 联立得：v0=1.5 2gR 可知若小球不脱离轨道时,需满足：v01.5 2gR 由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v01.5 2gR或 v01.5 5gR，故 AD 错误，BC 正确 故选 BC【点睛】小球 A 的运动可能有两种情况：1恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球 A 的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球 B 的初速度；2小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O 等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球 A 的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球 B 的初速度 8、BD【解析】A根据交流电源的电压 u18 2sin100t（V），可知角速度为：100rad/s，则频率为：2f 50Hz A 错误；CD设每只灯的额定电流为 I，额定电压为 U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为 2I，原副线圈电流之比为 1：2，根据原副线圈中电流之比与匝数成反比 得原、副线圈的匝数之比为：122121nInI 故 C 错误，D 正确；B根据电压与匝数成正比：1122UnUn 得原线圈两端电压为：11222nUUUn 根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为：23UUUU 该交流电的最大值为18 2V，则有效值为 18V，所以 3U=18V 则灯泡的额定电压为 6V，原线圈两端得电压等于 2U=12V，B 正确；故选 BD。9、BD【解析】AB将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，滑动变阻器的电阻变大，根据串反并同，灯泡 L 中电流减小，电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡 L 变暗，选项 A 错误，B 正确；C当外电路的总电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大。虽然灯泡 L 的电阻小于电源的内阻 r，但外电路的总电阻与电源的内阻大小不确定，故电源的输出功率变化情况不确定，故选项 C 错误；D将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，电容器 C 上电压增大，电容器 C 上电荷量增多，选项 D 正确。故选 BD。10、BD【解析】电荷 q 从 A 点运动到 C 点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A 错，根据对称性 B 正确，O 点的场强大小为，C 错，D 正确 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、A2 电阻箱 R 的阻值 2=4rDl 无 【解析】(1)1当电流表 A1接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为1350.6gEI ；而当电流表 A2接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为23300.1gEI，可知电流表应选择 A2；(2)2步骤中应完善的内容是：改变 P 的位置，调整电阻箱 R 的阻值，使电流表再次满偏；(3)3当每次都是电流表满偏时，外电路的总电阻是恒定值，设为 R0，则 0LRRS 即 0-RRLS 由图像可知 rSl 即 2=4rrDSll (4)4若考虑电流表的内阻，则表达式变为 0-ALRR RS 因 R-L 的斜率不变，则测量值不变，即电流表的内阻对实验结果无影响。12、B BD 1.6 木块、木板表面粗糙程度有差异 细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦 【解析】（1）1由题知，重锤的质量 m=150g 左右，动摩擦因数0.30，设木块的质量为 M，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有 mgMgmM a 解得 mgMgamM 根据长木板做匀加速运动，即 a0，可得 0mgMg 解得 500M g 当木块的质量 M 越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是 260g，故 B 符合题意，ACD 不符合题意；故选 B。（2）2A实验时应先接通电源，再释放纸带，故 A 错误；B为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故 B 正确；C根据实验原理 mgMgmM a 可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故 C 错误；D假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 mgmM a 将（1）问中的 m=150g，M=260g 代入上式，可得加速度 4a m/s2 为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔 5 个点取一个计数点，即时间间隔5 0.02s0.1sT ，通常是取 5 至6 个计数点，则总时间为 0.5s 到 0.6s，取最开始的计数点是从初速度为 0 开始的，根据位移时间公式有 212xat 取 t=0.5s 计算可得 0.50mx 取 t=0.6s 计算可得 0.72mx 故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在 0.6m 左右，故 D 正确。故选 BD。（3）3由题知，每隔 5 个点取一个计数点，则时间间隔5 0.02s0.1sT ，根据 2xaT 可得加速度为 06030329xxxaT 由题知0319.90cmx，0654.20cmx，代入数据解得 21.6m/sa （4）4实验测得=0.33，大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。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、（1）0.1kg；（2）42Ns，方向水平向右。【解析】(1)设子弹射穿木块后子弹速度为，木块速度为，二者落地时间为，由平抛运动可得 代入数据可得，所以有 子弹射穿木块过程中由动量守恒定律可得 代入数据可得 (2)子弹射穿木块的过程中，对木块的冲击力是木块受到的合外力，方向向右。对于木块，由动量定理可得 方向与合外力方向相同即水平向右。14、(1)13J3；(2)130m6【解析】(1)设甲、乙与挡板碰前先达共同速度，则由动量守恒定律得 01()mvMm v 解得 v1=1m/s 设此时甲的位移 x1，则 21112mgxMv 得 x1=0.5ml 假设正确 甲与弹性挡板碰后立即反向运动，向左共速时速度为 v2，则 112()MvmvMm v 解得 21m/s3v 整个过程中系统产生的内能 22021113()J223QmvMm v(2)甲、乙的加速度大小分别为 211m/smgaM，222m/sag 设甲一直加速，则甲撞击弹性挡板时的速度为 3122m/sval 加速时间 312svta 此时乙的速度 4027m/svva t-显然甲撞击墙壁时甲、乙两物体未达共速，甲撞弹性挡板后甲、乙两物体的速度相反，乙的动量大，故共速时 435()mvMvmM v 解得 v5=1m/s，方向向右 此时尚未撞墙，系统以 v5再次撞墙后甲速度反向，则 556()MvmvMm v 解得 61m/s3v，方向向左 整个过程乙一直相对于甲向右运动，则由功能关系得 220611()22mgxmvMm v 解得 130m6x 15、(1)0.3m/sav，1.2m/sbv；(2)0.1m【解析】(1)两车发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律就可以求出碰撞后的速度。(2)碰撞后 a 在磁场中做圆周运动，b 做平抛运动，应用牛顿第二定律与几何知识、应用平抛运动规律可以求出两球落地间的距离。【详解】(1)a 球与 b 球的碰撞，由动量守恒定律得：0aaabbm vm vm v 由能量守恒定律有：2220111222aaab bm vm vm v 解得：0.3m/sav，1.2m/sbv (2)对 a 球，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：2aavqv Bmr 解得：0.3mamvrqB 设 a 球落地点与圆心的连线和地面夹角为，有 sinhr 222()arxhr 可得：6 则 a 球水平位移为：cos0.15 3maxr b 球不带电，碰后做平抛运动，竖直方向：212bhgt 水平方向：0.36mbb bxv t 故两球相距：0.1mbaxxx