2022_2023学年山东省德州市滨州市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析）

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2022~2023学年山东省德州市滨州市高三（第一次）模拟考试物理试卷
1. 下列说法正确的是(    )
A. 在核聚变反应方程 12H+13H→24He+X中，X表示中子
B. 发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关
C. 天然放射产生的三种射线中，穿透能力最强的是α射线
D. 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由高能级跃迁到低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减少，电势能增加
2. 一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后再回到状态a，其p−T图像如图所示，则该气体(    )
A. 在状态a的内能小于在状态b的内能
B. 在状态a的密集程度大于在状态b的密集程度
C. 在a→b→c过程中，外界对气体做功为0
D. 由状态a经历三个过程后再回到状态a的过程中，气体从外界吸热
3. 甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高度h与时间t的关系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为t，则两小球同时在同一水平线上时，距离抛出点的高度为(    )
A. 12gt22 B. 12gt22−t12 C. 14gt22−t12 D. 18gt22−t12
4. 某简谐横波在t=2s时的波形图如图甲所示，在该波传播方向上有两质点B、C(图中均未画出)，B、C平衡位置间的距离为Δx=1m，其中B的振动图像如图乙所示，则C的振动图像可能是(    )
A. B.
C. D.
5. 风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。一平板三角形风筝(不带鸢尾)悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为θ，风筝受到空气的作用力F垂直于风筝平面向上。若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉线受到风的作用力，一段时间后，风力增大导致作用力F增大，方向始终垂直于风筝平面，夹角θ不变，再次平衡后相比于风力变化之前(    )
A. 风筝距离地面的高度变大 B. 风筝所受的合力变大
C. 拉线对风筝的拉力变小 D. 拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小
6. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，电源的输出电压u=30 2sin100πt(V)，定值电阻R1=10Ω，R3=1Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为4Ω，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于a端，则(    )

A. 电流表示数为1.5A
B. 电压表示数为15V
C. 滑片P由a向b缓慢滑动，R1消耗的功率增大
D. 滑片P由a向b缓慢滑动，变压器的输出功率减小.
7. 如图所示，空间中存在A、B、C、D四个点恰好构成一个棱长为a的正四面体，其中在水平面上的A、B、C三个顶点各固定一个电荷量为+q的点电荷，另一个质量为m的点电荷M恰好可以静止在D点。把该点电荷M从D点移动到无穷远处，电场力做功为W。不考虑点电荷M对电场的影响，无穷远处电势为零，静电力常量为k，重力加速度为g，则D点处的电势为(    )
A. 3kqWmga2 B. 6kqWmga2 C. 3mga2Wkq D. 6mga2Wkq
8. 2006年9月，中国第一座太空娱乐风洞在四川省绵阳市建成并投入运营。娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为(    )
A. mg4ρS B. mg2ρS C. mgρS D. 2mgρS
9. a、b两束单色光的波长分别为λa和λb，通过相同的单缝衍射实验装置得到如图所示的图样，则这两束单色光(    )
A. 若照射同一种金属均有光电子逸出，则光电子最大初动能Eka>Ekb
B. 射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距Δxa>Δxb
C. 在水中的传播速度vaλb，所以Δxa>Δxb，故B正确；
C.介质中传播速度：v=cn，因为nb>na，所以va>vb，故C错误；
D.根据光子动量的公式：p=hλ，因为λa>λb，所以pb>pa，故D正确。
故选：BD。
根据衍射图像判断折射率，波长频率等；由光电效应方程分析光电子的最大初动能；由公式v=cn分析光在玻璃中的传播速度的大小，根据双缝干涉条纹间距公式分析干涉条纹间距的大小。
记住折射率与波长、频率、临界角的关系，这些都是考试的热点。

10.【答案】AD 
【解析】
【分析】
【分析】
本题考查气体实验定律的应用，解题的关键是要根据题意，确定气体的状态变化，选择合适的气体实验定律解分析解决问题。
【解答】
【解析】
对管内气体，初始时：P1=P0−ρgh=60cmhg，T1=300K，V1=LS=30S cm3
将玻璃管缓慢旋转至开口竖直向上时，P2=P0+ρgh=90cmhg，V2=L′S cm3
这一过程中，气体做等温变化，故：P1V1=P2V2
解得：L′=20cm
然后再加热至231℃，若水银不溢出，则气体做等压变化，有V2T1=V3T3，其中T3=504K解得V3=33.6S cm3，即此时气柱长度为33.6cm，由于水银柱长度为15cm，考虑到溢出口到管底的距离仅为45cm，故水银一定会溢出；
从开始加热到水银溢出的过程中，气体做等压变化，由V2T1=V2′T2，其中V2′=30S cm3，解得T2=450K，从水银溢出到加热到231℃这一过程中，由理想气体状态方程可得P2V2′T2=P3′V3′T3，其中V3′=L3S cm3,P3′=(120−L3)cmhg，解得L3=36cm，综上可知AD正确，BC错误；
故选AD。
  
11.【答案】CD 
【解析】A.使用等效场的观点，将重力场和电场等效的看作一个场，结合平行四边形法则可得等效重力加速度为g′= mg2+qE2m=2g
设等效场对物体的力与竖直方向的夹角为θ，如图所示

则有tanθ=qEmg= 3
解得θ=60∘
由“等效重力”可知，当小球运动到BC间且与圆心连线与竖直方向夹角为 60∘ 时，小球的速度最大，动能最大，故A错误；
B.小球在轨道上运动过程中，能量守恒，小球在与圆心等高且在圆弧右侧的位置电势能最小，所以小球在该点的机械能最大，故B错误；
C.设释放点A到B的距离为L时，小球恰好不脱离圆轨道；图中D点与圆心连线与圆相交的点M点即为“等效重力”中的最高点，小球恰好不脱离圆轨道，电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有 mg2+qE2=mvM2R
解得vM= 2gR
从开始释放小球到M点的过程中，由动能定理可得qE(L−Rsin60∘)−mgR(1+cos60∘)=12mvM2
解得L=4 33R
故C正确；
D.若小球做完整的圆周运动，小球运动到D点时的动能最大，对轨道的压力最大，从A到D的过程中，根据动能定理，有qE(L+Rsin60∘)−mgR(1−cos60∘)=12mvD2
解得vD= 10gR
在D点，根据牛顿第二定律，有FN− mg2+qE2=mvD2R
解得FN=12mg
若小球不做完整的圆周运动，当小球运动到与MD连线垂直时如图中的P点，接下来将沿着轨道返回，此时也未脱离轨道，该过程在D点速度有最大值，对轨道的压力也为最大值，从P到D点，根据动能定理，有mgR+Rsin60∘−R−Rcos60∘+qERcos30∘−Rcos60∘=12mv′D2−0
解得v′D=2 gR
在D点，根据牛顿第二定律，有F′N− mg2+qE2=mv′D2R
解得F′N=6mg
如果小球不能到达P点，则小球对轨道的最大压力将会小于6mg，所以小球对轨道的最大压力大小可能为5mg，故D正确。
故选CD。


12.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
【分析】
本题考查电磁感应的综合应用问题，相对较难。解题的关键是要能根据题意分析导体棒产生的电动势，电路中的电流及安培力，确定物体的加速度确定绳子的拉力，分析导体棒运动，确定导体棒速度及产生的电动势，从而确定电容器增加的电荷量。
【解答】
【解析】
导体棒在物块拉动下切割磁感线运动，产生电动势，给电容器充电，形成充电电流，电流流过导体棒，导体棒受到安培力作用，对导体棒受力分析有：FT−F安=ma，F安=BI充d=BΔqΔtd=BCBdΔVΔtd=CB2d2a，对物块有：Mg−FT=Ma，解得a=MgM+m+CB2d2，FT=Mg(m+B2d2C)M+m+B2d2C，故A错误，C正确，
根据功能关系可知，物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功，B正确；
物块由静止下落高度为h时，导体棒速度为v，根据匀变速运动规律有：v2=2ah，解得v= 2MghM+m+B2d2C，此时电容器两端的电压U=Bdv=Bd 2MghM+m+B2d2C，故电容器增加的电荷量为CBd 2MghM+m+B2d2C，D正确；
故选BCD。

  
13.【答案】(1)BD；(2)Ⅰ；(3)2.1 
【解析】
【分析】
本题考查探究加速度与力的关系的实验，能根据题设得出实验原理是解题的关键。
(1)根据题设得出实验原理，在逐一分析即可判断；
(2)结合实验原理分析F=0时小车的加速度情况即可判断；
(3)根据小车的运动情况，结合图像，由逐差法得出小车的加速度大小。
【解答】
(1)
A、由题知，要使挂上托盘和砝码后小车能沿木板匀速下滑，实验开始前不能平衡摩擦力，故A错误；
BCD、由平衡条件知，小车做匀速直线运动时，绳子的拉力等于托盘和砝码的重力，撤去托盘和砝码后，小车所受的重力和摩擦力不变，则小车所受的合力等于托盘和砝码的重力，可见该实验不需要满足M≫m，但需要调整滑轮高度使细线与木板平行，故BD正确，C错误；
(2)由于小车所受的合外力等于托盘和砝码的重力，当钩码的质量为0时，即F=0，此时小车所受的实际合力等于托盘的重力，小车会有沿斜面向下的加速度，即a>0，可见绘制出的a−F图像应该是图乙中的Ⅰ；
(3)小车做匀加速直线运动，则由图知，连续相等时间T=0.1s内，小车位移增加Δx=(38.20−25.20)cm−(49.10−38.20)cm=2.1cm，由Δx=aT2解得小车的加速度大小a=2.1m/s2，  
14.【答案】(1)2.498∼2.502；
(2)R2；A2；
(3)实物连接图，如图所示：；

(4)πkrd24L(1−k) 
【解析】
【分析】
(1)螺旋测微器的读数由固定刻度与可动刻度读数之和，需要估读到0.001mm；
(2、3)根据实验原理选择电表，电表a所测电流较小，且电流表A2内阻已知，所以电流表a应选A2；
变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器；根据电路图，画实物连接图；
(4)根据欧姆定律，结合串并联电路特点，确定I2关于I1的表达式，根据I2−I1图像丙的斜率为k求出待测电阻，根据电阻定律求电阻率。
本题考查了测定金属丝的电阻率的实验，需掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，解决本题的关键是确定I2关于I1的表达式，根据I2−I1图像斜率为求出待测电阻。
【解答】
(1)固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01mm×49.8=2.498mm，则电阻丝的直径为：
d=2mm+0.498mm=2.498mm；
(2)由图乙所示的电路可知，电表 a所测电流较小，且电流表A2内阻已知，所以电流表a应选A2；
变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R2；
(3)根据电路图，实物图连接如图所示：;
(4)由I1=I2rRx +I2
解得I2=11+rRxI1
根据I2−I1图像丙的斜率为k，可得k=11+rRx，解得Rx=kr1−k
对金属丝有Rx=ρLπ(d2)2，
解得：ρ=πkrd24L(1−k)。
故答案为：(1)2.498∼2.502；
(2)R2；A2；
(3)如图所示：
；

(4)πkrd24L(1−k)  
15.【答案】解：(1)如图，光线恰好全反射sinC=LMP2 LMP22+LMN2+l2= 5 ( 5)2+(1.7+0.8)2=23
由sinC=1n，得折射率n=1sinC=1.5

(2)红外发射管如果是在a位置向MN中点发射红外线，
如图则sinθ2=cosC= 53
由折射率公式n=sinθ1sinθ2
解得sinθ1=nsinθ2= 52>1
所以红外发射管不能在a位置向MN中点发射红外线。则红外发射管在b位置向MN中点发射红外线。红外接收管是在c位置。
大致光路图如图所示。
 
【解析】本题考查光的折射与全反射，解题关键掌握光的折射分析，注意全反射的应用。
(1)根据几何关系结合全反射规律解得挡风玻璃和光学元件的折射率n;
(2)根据全反射规律结合光的折射作图分析解得。

16.【答案】解：
(1)设恒星A与地球间的距离为d，得
tanθ2=R0d  ①
即  θ2≈R0d
解得d=2R0θ  ②
恒星A辐射出的总功率与地球所在的球面上接收到A辐射出的总功率相等，即
7σT04⋅4πRA2=I⋅4πd2  ③
解得RA=2R0θT02 Iσ  ④
(2)设行星B的质量为m，半径为RB，绕恒星A做匀速圆周运动的轨道半径为r，则
行星B接收到恒星A辐射出的功率为P1=σT04⋅4πRA24πr2⋅πRB2  ⑤
行星B向外辐射出的功率为P2=σT14⋅4πRB2  ⑥
因行星B表面的温度保持不变，故有P1=P2      ⑦
对行星B有GMmr2=mr4π2TB2  ⑧
解得TB=2πR0θT13 IR0σθGM Iσ  ⑨
 
【解析】略

17.【答案】(1)初速度为 v0 的粒子的运动轨迹与y轴相切，如图所示

由几何知识可得R1+R1cos60∘=d
由牛顿第二定律得Bqv0=mv02R1
联立求得v0=2Bqd3m；
(2)初速度为 32v0 的粒子在yOz平面左侧运动时Bq32v0=m(32v0)2R2
求得R2=d
如图所示

由几何关系知，粒子第一次到达y轴时的速度与x轴正方向成 30∘ 角斜向下，此时将粒子的速度分解，平行于x轴的分速度vx=32v0cos30∘= 3Bqd2m
平行于y轴的分速度vy=32v0sin30∘=Bqd2m
在yOz平面右侧沿y轴方向，在电场力作用下先做匀减速直线运动，到达xOz平面沿y轴方向速度为零，有vy2t1=πd16
解得t1=πm4Bq
在垂直y方向，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动Bqvx=mvx2R3，T=2πR3vx
联立得t1=T8，R3= 3d2
粒子与xOz平面相切时，对应的坐标x=R3sin45∘= 64d，z=R3−R3cos45∘=(2 3− 6)4d
即切点坐标为 ( 64d,0,(2 3− 6)4d) ；
(3)粒子第一次经过yOz平面时的y轴坐标为 y1=πd16 ，
粒子从与平面xOz平面相切到第二次与yOz平面相交用时为 t2 ，有t2=T2−t1=38T
粒子沿y轴方向所受电场力不变，加速度不变，第二次与yOz平面相交时的y轴坐标为y2=9y1=9πd16
则有Δy=y2−y1=πd2
综上L= (2R3)2+(Δy)2=d2 12+π2；
(4)初速度为 32v0 的粒子在yOz平面右侧运动时加速度为a=vyt1=2B2q2dπm2
初速度为 32v0 的粒子第2次刚进入yOz平面左侧运动时沿y轴方向的速度大小为vy2=at2=3Bqd2m
因为粒子沿y轴方向只在平面右侧才有不变的加速度，且每次加速时间均为 T2 ，所以第n次刚进入yOz平面左侧运动时的沿y轴方向的速度大小为vyn=vy2+(n−2)aT2(n=2,3,4,⋯⋯)
粒子第n次在yOz平面左侧运动时速度大小为v= vx2+vyn2=Bqd2m (4n−5)2+3(n=2,3,4,⋯⋯)。
 
【解析】本题考查了复合场这个知识点；
(1)画出轨迹图，根据几何关系求出半径，再利用洛伦兹力充当向心力列式即可求解；
(2)画出轨迹图，根据几何关系求出半径，再利用洛伦兹力充当向心力列式，根据运动的合成与分解分方向分析x、y方向的分运动，最后结合洛伦兹力下的圆周运动列式求解即可；
(3)分析粒子经过y轴的位置坐标情况，即可求得距离；
(4)求出加速度，结合运动情况分析，考虑n次进入情况，列出归纳式即可。

18.【答案】解：(1)设A、B第一次共速时的速率为v1
mv0=(m+2m)v1，
12mv02=12×4mv12+μmgL，
解得：L=v023μg。
(2)B与挡板碰后速度反向，碰后到两者共速，有(2m−m)vn=(2m+m)vn−1，解得vn=13vn−1，
则第n次共速时的速度为v03n， B与竖直档板第一次碰撞后到第二次共速过程中，设 A相对长木板运动的距离为x，
由能量守恒得：12⋅3m(v03)2−12⋅3m(v09)2=μmgx，
d=L−x，
解得：d=5v0227μg。
(3)对B:μmg=maB，
从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有
(v03)2=2aBs1，
从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有
(v032)2=2aBs2
从B第n次撞击挡板到第n+1次撞击挡板过程，有
v03n2=2aBsn
则S=2(S1+S2+S3+⋯+Sn)=v02μg(132+134+136+⋯+132n)，
v028μg
(4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n+1次与挡板发生碰撞的过程中，设 B做匀变速运动的时间为t1，
 B做匀速直线运动的时间为t2， A、B保持相对静止共同运动的位移为△x，
匀变速运动过程有：
v03n+v03n+1=aBt1，
(v03n)2−(v03n+1)2=2aBΔx，
匀速过程有：△x=v03n+1t2，
联立可得：t1:t2=1:1，即每相邻两次碰撞过程： A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1:1。
在0∼t0时间内，设 A做匀减速运动的累计时间为t′，则t′=12t0。
对A:μmg=2maA，
又v03=aAt′，
解得：t0=4v03μg。 
【解析】本题考查了动量守恒、能量守恒、牛顿第二定律以及运动学公式。
(1)根据动量守恒求出AB的共同速度，根据能量守恒定律求木板A的长度;
(2)根据动量守恒得出第n次共速时的速度为v03n，根据能量守恒求解；
(3)根据牛顿第二定律以及运动学公式求出每次碰后到下一次碰前B的路程，然后利用数学知识求和即可；
(4)根据牛顿第二定律以及运动学公式分析每次碰后到下一次碰前的运动时间的规律，然后全过程分析，即可得出时间。