2022-2023学年山东省潍坊市昌乐、临朐等四县高考物理必刷试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、如图所示为氢原子的能级图，用光子能量为12.09eV的单色光照射大量处于基态的氢原子，激发后的氢原子可以辐射出几种不同频率的光，则下列说法正确的是（）A氢原

2、子最多辐射两种频率的光 B氢原子最多辐射四种频率的光 C从3n 能级跃迁到2n 能级的氢原子辐射的光波长最短 D从3n 能级跃迁到1n 能级的氢原子辐射的光波长最短 2、电梯在 t=0 时由静止开始上升，运动的a t图像如图所示，电梯总质量 m=2.0103kg。电梯内乘客的质量 m0=50kg，忽略一切阻力，重力加速度 g=10m/s2。下列说法正确的是（）A第 1s 内乘客处于超重状态，第 9s 内乘客处于失重状态 B第 2s 内乘客对电梯的压力大小为 450N C第 2s 内钢索对电梯的拉力大小为 2.2104N D第 2s 内电梯对乘客的冲量大小为 550Ns 3、如图所示，固定在同一

3、平面内有三条彼此绝缘的通电直导线，导线中的电流123III，方向为图中箭头方向，在三根导线所在平面内有 a、b、c、d 四个点，四个点距相邻导线的距离都相等，则四个点中合磁感应强度最大的点是（）Aa 点 Bb 点 Cc 点 Dd 点 4、如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元 1267-1273 年的宋元襄阳之战中使用而得名，其实质就是一种大型抛石机。它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出。将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量 m=1

4、0kg，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴 O 点相距 L=5m 的末端口袋中，在转轴短臂右端固定一重物 M，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的 A 点，静止时长臂与水平面的夹角=37，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与 O 点的水平距离 s=20m，空气阻力不计，g 取 10m/s2。则（）A石块水平抛出时的初速度为 l05m/s B石块水平抛出时的初速度为 20m/s C从 A 点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为 2050J D从 A 点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为 2500J 5、如图所示，一个质量为

5、m 的物块 A 与另一个质量为 2m 的物块 B 发生正碰，碰后 B 物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块 B 与地面间的动摩擦因数为 0.2，与沙坑的距离为 1m，g 取 10m/s2，物块可视为质点，则 A 碰撞前瞬间的速度为（）A0.5m/s B1.0m/s C2.0m/s D3.0m/s 6、竖直放置的肥皂膜在阳光照耀下，由于前后表面反射光通过的路程不同，形成两列相干光，薄膜上会呈现出彩色条纹若一肥皂膜由于受重力和液体表面张力的共同影响，其竖直方向的截面如图所示，则光通过该肥皂膜产生的干涉条纹与下列哪个图基本一致（）A B C D 二、多项选择题：本题共

6、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、几个水球可以挡住一颗子弹？国家地理频道的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第 4 个水球，则下列判断正确的是()A子弹在每个水球中的速度变化相同 B子弹在每个水球中运动的时间不同 C每个水球对子弹的冲量不同 D子弹在每个水球中的动能变化相同 8、如图，装有水的杯子从倾角 =53的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角 =16。取重力加速度 g=10 m

7、/s2，sin53=0.8，sin16=0.28，则 A杯子下滑的加速度大小为 2.8 m/s2 B杯子下滑的加速度大小为 3.5 m/s2 C杯子与斜面之间的动摩擦因数为 0.75 D杯子与斜面之间的动摩擦因数为 0.87 9、下列说法中正确的是_ A悬浮在液体中的微粒越小，则在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显 B随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大 C人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大 D热量可以自发的从内能小的物体转移给内能大的物体 E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 10、如图甲所示的电路中理想变压

8、器原、副线圈的匝数比为9:1，电表均为理想电表，1R为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，0R为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流。下列说法中正确的是（）A输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为36 2sin50(V)ut B24 1s0t时，该发电机的线圈平面位于中性面 CtR温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变小，变压器的输入功率变大 DtR温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变大，变压器的输入功率变大 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）(1)同学们通过查阅资料知道，将锌、铜两电极插入水

9、果中，电动势大约会有 1V 多一点。小明同学找来了一个土豆做实验，如图所示，当用量程为 0-3V、内阻约 50k 的伏特表测其两极电压时读数为 0.96V，用欧姆表直接测“土豆电池”的两极，测得内阻 r 的读数为 30。小丽同学用灵敏电流表直接接”土豆电池”的两极，测得电流为0.32mA。粮据前面小明用伏特表测得的 0.96V 电压，由全电路欧姆定律得内阻为 3k。小明认为上豆的内阻为 30，小丽则认为其内阻为 3k。以下关于两位同学实验过程的分析，正确的是_ A小明的方法不正确，因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻 B小明的方法正确。因水果电池本身也是一个导体，可以用欧姆表直接

10、测其电阻 C小丽的测量结果十分准确，除了读数方面的偶然误差外，系统误差很小 D小丽的测量结果不准确，因为水果电池内阻很大，用伏特表测得的电动势误差很大，因此计算出的内限误差也很大(2)为尽可能准确地测定一个电动势和内阻未知的电源，实验室除了导线和开关外，还有以下一此器材可供选择：A电流表 A1（量程为 0-0.6A，内阻约为 1）B灵敏电流表 A2（量程为 0-0.6mA，内阻约为 800）C灵敏电流表 A3（量程为 0-30A，内阻未知）D滑动变阻器 R1，（最大阻值约 100）E滑动变阻器 R2，（最大阻值约 2k）F定值电阻（阻值为 2k）G电阻箱 R（0-9999）实验中应选择的器材是

11、_（填器材前的字母代号）。在方框中画出应采用的电路图_。实验时，改交电阻箱 R 的阻值，记录下电流表的示数 I 得到若干组 R、I 的数据，根据实验数据绘出如图所示的1RI图线，由此得出其电源的电动势为_V（保留两位有效数）。按照此实验方法请分析内电限的测量值与真实值大小关系，并给由必要的说明：_。12（12 分）利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：两个相同的待测电源（内阻 r 约为 1）电阻箱 R1（最大阻值为 999.9）电阻箱 R2（最大阻值为 999.9）电压表 V（内阻未知）电流表 A（内阻未知）灵敏电流计 G，两个开关

12、S1、S2 主要实验步骤如下：按图连接好电路，调节电阻箱 R1和 R2至最大，闭合开关 S1和 S2，再反复调节 R1和 R2，使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V、电阻箱 R1、电阻箱 R2的示数分别为 0.40A、12.0V、30.6、28.2；反复调节电阻箱 R1和 R2（与中的电阻值不同），使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V 的示数分别为0.60A、11.7V。回答下列问题：(1)步骤中，电流计 G 的示数为 0 时，电路中 A 和 B 两点的电势差 UAB=_ V；A 和 C 两点的电势差 UAC=_ V；A 和 D 两点的电势差 UAD=_ V

13、；(2)利用步骤中的测量数据可以求得电压表的内阻为_，电流表的内阻为_；(3)结合步骤步骤的测量数据，电源电动势 E 为_V，内阻为_。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）阅兵现场用到了一辆小型雷达信号车，信号传输距离只有 1000m 雷达车保持14m/sv 的速度沿水平路面匀速直线行驶，受阅飞机从600mh 高空以64m/s的速度与雷达车保持平行飞行。如图所示，当受阅飞机飞行到A 点刚好接收到雷达车信号时，飞机立即以加速度大小加速向前飞行，求受阅飞机与雷达信号车能够通信的时间。（忽略信号传输时间

14、）14（16 分）如图甲所示，A、B为两平行金属板，S为B板上的小孔，半径3m10R 的圆与B板相切于S处，C在圆周上，且120SOC。圆内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场；两板间有分布均匀的电场，电场强度随时间的变化规律如图乙所示。当0t 时，一靠近S处的带电粒子由静止释放后，向A板运动，当69 10 st时返回S处，进入磁场后，从C点离开磁场。已知粒子的比荷81 10 C/kgqm，不计粒子重力，粒子不会碰到A板。求：(1)664.5 109 10 s内的场强大小2E；(2)磁感应强度大小B以及粒子在磁场中运动的时间0t（=3.14，时间保留两位有效数字）。15（12 分）我国发射的“神舟”

15、五号飞船于 2003 年 10 月 15 日上午 9:00 在酒泉载人航天发射场发射升空，按预定计划在太空飞行了接近 21 小时，环绕地球 14 圈，在完成预定空间科学和技术试验任务后于北京时间 10 月 16 日 6 时 07分在内蒙古中部地区准确着陆。飞船运行及航天员活动时刻表如下：15 日09:00 发射升空09:10 船箭分离09:34 感觉良好 15 日09:42 发射成功17:26 天地通知18:40 展示国旗 15 日19:58 家人通话23:45 太空熟睡 16 日04:19 进入最后一圈05:04 进入轨道0.5:35 命令返回 16 日0.5:36 飞船分离05:38 制动

16、点火06:07 飞船着陆 16 日06:36 回收成功06:54 自主出舱 试回答下列问题：(1)根据以上数据可以估计船的轨道半径约是通讯卫星轨道半径的多少倍？（保留根号）(2)当返回舱降到距地球 10km 时，回收着陆系统启动工作，弹出伞舱盖，连续完成拉出引导伞、减速伞和主伞动作，主伞展开面积足有 1200m2，由于空气阻力作用有一段减速下落过程，若空气阻力与速度的平方成正比，并已知返回舱的质量为 8t，这一过程的收尾速度为 14m/s，则当返回舱速度为 42m/s 时的加速度为多大？（g 取 10m/s2）(3)当返回舱在距地面约 1m 时，点燃反推火箭发动机，最后以不大于 3.5m/s

17、的速度实现软着陆，这一过程中反推火箭产生的动力约等于多少？（这一过程空气阻力与自身重力可看作平衡）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】AB 基态的氢原子吸收12.09eV的能量后会刚好跃迁到3n 能级，大量氢原子跃迁到3n 的能级后最多辐射233C 种频率的光子，所以 AB 均错误；CD 由公式mnhEE以及c，知能级间的能量差越大，辐射出的光子的频率越大，波长就越短，从3n 到1n 能级间的能量差最大，辐射的光波长最短，C 错误，D 正确。故选 D。2、D【解析】A第 1s 内和第 9s

18、内加速度均竖直向上，乘客处于超重状态，故 A 错误；B第 2s 内研究乘客，根据牛顿第二定律 00Fm gam 代入数值解得电梯对乘客的支持力为 550N，由牛顿第三定律可知，乘客对电梯的压力为 550N，故 B 错误；C第 2s 内研究乘客和电梯整体，根据牛顿第二定律 00Tmm gmm a 代入数值解得钢索对电梯的拉力为 22550N，故 C 错误；Da t图像的面积表示速度变化，得第 2s 内速度的变化量为 1v m/s 第 2s 内研究乘客，根据动量定理 00Im gtmv 代入数值解得电梯对乘客的冲量为550Ns，故 D 正确。故选 D。3、C【解析】由安培定则可知1I在 a 点产生

19、的磁场方向垂直纸面向里，2I在 a 点产生的磁场方向垂直纸面向外，1I和2I在 a 点产生的磁场合磁感应强度为零，所以 a 点的合磁感应强度等于3I在 a 点产生的磁感应强度，同理可得 b 点和 d 点的合磁感应强度等于1I在这两点产生的磁感应强度，c 点的合磁感应强度等于1I、2I和3I在 c 点产生的磁感应强度同向叠加的矢量和，所以 c 点的合磁感应强度最大，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。4、C【解析】AB石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为 21sin2hLLgt 可得 2(sin)210s5LLtg 水平方向匀速直线运动 0sv t 可得平抛的初速度为 05 10m/sv 故 A

20、B 错误；C D石块从 A 点到最高点的过程，由动能定理 20102Wmghmv 解得长臂对石块做的功为 2012050J2Wmghmv 故 C 正确，D 错误。故选 C。5、D【解析】碰撞后 B 做匀减速运动，由动能定理得 212022mgxmv 代入数据得 2m/sv A 与 B 碰撞的过程中 A 与 B 组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则 012mvmvmv 由于没有机械能的损失，则 222011112222mvmvmv 联立可得 03m/sv 故选 D。6、B【解析】薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，故从肥皂薄膜的观察到水平干涉条纹，用复色光时出现

21、彩色条纹，由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距变密，故 B 正确，ACD 错误【点睛】本题考查了薄膜干涉的原理和现象，抓住薄膜干涉的形成原因：前后两表面反射的光发生干涉，是考试的重点 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、BCD【解析】A.设水球的直径为 d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动 因为通过最后 1 个、最后 2 个、以及后 3 个

22、、全部 4 个的位移分别为 d,2d,3d 和 4d,根据 x=212at知，所用时间之比为 1:2:3:2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由 v=at 可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故 A 错误，B 正确；C.根据冲量的定义：I=Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同故 C 正确；D.根据动能定理：EK=W=Fd，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同故 D 正确 故选 BCD【点睛】子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，

23、我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题；根据冲量的定义判断冲量的变化；根据动能定理判断动能的变化 8、BC【解析】取水平面的一质量为 m 的小水滴为研究对象，由正交分解法结合牛顿第二定律可得：sin53sin37mgNma；cos53cos37mgN 解得 a=3.5m/s2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：sin5353MgMgcosMa 解得=0.75，故选 BC.9、BCE【解析】A.悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子碰撞时运动状态越容易改变，则布朗运动越明显，选项 A 错误；B.随着分子间距离的增大，分子力先做正功后做负功，故分子势能一定先减小后增大，选

24、项 B 正确；C.人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大，选项 C 正确；D.热量可以自发的从温度高的物体转移给温度低的物体，选项 D 错误；E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，温度越高，单位体积的分子数越多，则气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，选项 E 正确；10、BC【解析】A由交变电流的图像可读出电压的最大值为36 2V，周期为 0.02s，则角速度为 2rad/s100 rad/s0.02 所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为 36 2sin100(V)ut 故 A 错误；B当24 1s0t时，电压的瞬时值为

25、 0，所以该发电机的线圈平面位于中性面，故 B 正确；CDtR温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流变大则原线圈中电流也变大，由 PUI 可知变压器的输入功率变大，电压表读数 3220UUI R 减小，故 C 正确，D 错误。故选 BC。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、AD BG 3.0 偏大，内电阻的测量值包含电流表内阻，所以大于真实值 【解析】(1)1AB因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻，故 A 正确，B 错误；CD水果电池内阻很大，用有内阻的伏特表测得的电动势误差很大，故 C 错误，D 正确。故选 A

26、D。(2)2所给仪器没有电压表，定值电阻也较小，若通过串联定值电阻改装成电压表，根据(1)的分析知测量值也不准确，所以选用安阻法测量电源电动势和内阻，因灵敏电流表直接接电源的两极，测得电流为 0.32mA，选灵敏电流表 A2和变阻箱测量，所以实验中应选择的器材是 BG。3本题是利用安阻法测电源内阻及电动势，测量电路如图所示 4由闭合电路欧姆定律EI Rr，变形得 ERrI 根据图象的斜率表示电动势，得电池组的电动势为 2503.0V10.42.0E 5按照此实验方法，测出的电源内阻是电流表 A2和电源两部分电阻之和，因此内电阻的测量值与真实值相比偏大。12、0 12.0V -12.0V 153

27、0 1.8 12.6V 1.50 【解析】(1)123步骤中，电流计 G 的示数为 0 时，电路中 AB 两点电势相等，即 A 和 B 两点的电势差 UAB=0V；A 和 C两点的电势差等于电压表的示数，即 UAC=12V；A 和 D 两点的电势差 UAD=-12 V；(2)45利用步骤中的测量数据可以求得电压表的内阻为 1121530120.430.6VURUIR 电流表的内阻为 21228.21.80.4DAAURRI(3)67由闭合电路欧姆定律可得 2E=2UAC+I2r 即 2E=24+0.8r 同理 222ACEUIr 即 2E=211.7+0.62r 解得 E=12.6V r=1.

28、50 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、20s【解析】设受阅飞机与雷达信号车能够通信时间 t，如图所示，当受阅飞机飞行到 A 点时，雷达车与受阅飞机相距1000ml，由勾股定理得800mAPx 雷达车位移 11xv t 受阅飞机位移 22012xtat 由几何关系可得 212APxxx 解得 120st 280st （舍去）故雷达车与受阅飞机通信时向为 20s.14、(1)300V/m；(2)33 10 T，63.5 10 s【解析】(1)614.5 10 st，取粒子向下运动为正方向。10t内，粒子做初

29、速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为1a，位移大小为1x，末速度大小为1v，则 211 112xa t 11 1va t 112tt内，粒子做类竖直上抛运动，设加速度大小为2a，则 211 12 112xv ta t 解得 213aa 根据牛顿第二定律有 11qEma 22qEma 由题图乙知 1100V/mE 解得 2300V/mE (2)设粒子进入磁场时的速度大小为v，则 12 1vva t 如图所示，由几何关系得 180120302 粒子在磁场中运动的轨道半径 tanRr 洛伦兹力提供向心力 2vqvBmr 即 mvrqB 解得 33 10 TB 粒子在磁场中运动的时间 03rtv

30、解得 603.5 10 st 15、(1)31256；(2)280m/s；(3)57.35 10 N。【解析】(1)分析题中所给数据可知，飞船的运行周期约为 90 分钟。飞船绕地球飞行过程中：2224MmGmrrT 3224rGMT=常量 对飞船与同步卫星，应有 33122212rrTT 解得：221233223211.5124256rTrT(2)由题意可知：返回舱速度为 42m/s 时：1fmgma 211fkv 返回舱速变为 14m/s 时：222fmgkv 22mgKv 212()1vmgmav 解得：2212()1880m/svaggv(3)点燃反推火箭后，由牛顿第二定律得：F=ma 软着陆速度若是 3.5m/s，则：2223.52vaS 联立解得：32258 10(143.5)7.35 10 N2 1F。