山东省聊城市2023届高三物理下学期第二次模拟考试试题 （Word版附解析）

聊城市2023年普通高中学业水平等级考试模拟卷物理（二）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列有关光电效应的说法正确的是（　　）A.只要入射光照射时间足够长，任何金属都能发生光电效应B.对于某种金属，只要入射光频率低于极限频率就不能发生光电效应C.金属的逸出功与入射光的频率有关，入射光频率越大，逸出功越大D.饱和光电流与入射光的频率有关，入射光频率越大，饱和光电流一定越大【答案】B【解析】【详解】AB．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，故A错误，B正确；C．金属的逸出功与金属本身有关，与入射光的频率无关，故C错误；D．在光电效应中，入射光越强，光电流的饱和值越大，与入射频率无关，故D错误。故选B。2.如图所示，把一个底角很小的圆锥玻璃体倒置（上表面为圆形平面，纵截面为等腰三角形），紧挨玻璃体下方有一平整矩形玻璃砖，它和圆锥玻璃体间有一层薄空气膜。现用红色光垂直于上表面照射，从装置正上方向下观察，可看到（　　）A.一系列明暗相间的三角形条纹B.由中心向外，圆形条纹间距越来越大-25- C.若换成顶角更大的圆锥玻璃体，亮条纹将变稀疏D.若将红光换成蓝光，亮条纹将变稀疏【答案】C【解析】【详解】AB．由于截面是等腰三角形，从圆心向外，经过相同的宽度，空气膜厚度增加量相同，根据光的干涉原理知，从装置的正上方向下观察，可看到一系列明暗相间的等距圆形条纹，故AB错误；C．若增大玻璃体顶角，则空气薄膜厚度变小，由等厚干涉原理可知条纹将向外偏移，亮条纹将变稀疏，故C正确；D．蓝光波长比红光短，若将红光换成蓝光，条纹间距变小，亮条纹将变密集，故D错误。故选C。3.一定质量的理想气体从状态A缓慢经过状态B、C、D再回到状态A，其热力学温度T和体积V的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均过O点，气体在状态A时的压强为p0，下列说法正确的是（　　）A.A→B过程中气体向外界放热B.B→C过程中气体从外界吸收的热量小于C.C→D过程中气体分子在单位时间内对单位面积容器壁的碰撞次数减少D.D→A过程中气体的温度升高了【答案】B【解析】【详解】A．过程中气体温度升高，体积增大，气体从外界吸热，A错误；B．过程中气体做等温变化，气体内能保持不变，作出此过程的图像如图所示，图像与横轴所围面积表示气体对外界做的功，对应梯形面积为-25- ，则等温线与横轴围成的面积小于，B正确；C．过程中气体的温度降低，分子撞击器壁的平均力度减小，气体体积减小而压强不变，所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加，C错误；D．由题图中几何关系知，过程中气体的温度升高了D错误。故选B。【点睛】4.国家为节约电能，执行峰谷分时电价政策，引导用户错峰用电。为了解错峰用电的好处，建立如图所示的“电网仅为3户家庭供电”模型，3户各有功率P=3kW的用电器，采用两种方式用电：方式一为同时用电1小时，方式二为错开单独用电各1小时，两种方式用电时输电线路总电阻损耗的电能分别为ΔE1、ΔE2，若用户电压恒为220V，不计其它线路电阻，则（　　）A.两种方式用电时，电网提供的总电能之比为1:1B.两种方式用电时，变压器原线圈中的电流之比为1:3C.D.【答案】C【解析】-25- 【详解】AB．当单用户用电时，设原、副线圈中的电压分别为、，电流分别为、，则根据变压器的原理始终有则可知单用户分别用电时，电网提供的电能为当多用户同时用电时，由于用户电压恒定，即不变，则可知不变，但副线圈中的功率变为三倍，即，而则可知而线圈匝数比不变，则可知原线圈回路中的电流变为原来的三倍，即由此可知电网提供的电能为故AB错误；CD．同时用电一小时，输电线路总电阻损耗电能分别为错开单独用电各1小时，输电线路总电阻损耗的电能分别为则可得故C正确，D错误。故选C。5.如图甲所示，在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个点电荷，A、C的位置坐标分别为-3L-25- 和2L，已知C处电荷的电荷量为4Q，图乙是AC连线之间的电势φ与位置坐标x的关系图像，图中x=0点为图线的最低点，x=-2L处的纵坐标，x=L处的纵坐标，若在x=-2L的B点，由静止释放一个可视为质点的质量为m，电荷量为q的带电物块，物块随即向右运动，物块到达L处速度恰好为零，则下列说法正确的是（　　）A.A处电荷带正电，电荷量为9Q，小物块与水平面间的动摩擦因数B.A处电荷带负电，电荷量为6Q，小物块与水平面间的动摩擦因数C.A处电荷带正电，电荷量为9Q，小物块与水平面间的动摩擦因数D.A处电荷带负电，电荷量为6Q，小物块与水平面间的动摩擦因数【答案】A【解析】【详解】由乙图可知，图像在处的切线斜率为零，说明处的场强为零，故A、两处电荷为同种电荷，由于电势大于零，可知A、两处电荷均带正电；设A处电荷的电荷量为，则有解得在的点，由静止释放一个可视为质点的质量为，电荷量为的带电物块，物块随即向右运动，小物块到达L处速度恰好为零，根据动能定理可得-25- 解得故选A。6.有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行周期T是地球近地卫星周期的倍，卫星轨道平面与地球赤道平面重合，卫星上装有太阳能收集板可以把光能转化为电能，提供卫星工作所必须的能量，已知sin37°=0.6，sin53°=0.8，近似认为太阳光是垂直地轴的平行光，卫星运转一周接收太阳能的时间为t，则的值为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】地球近地卫星做匀速圆周运动，卫星的运行周期是地球近地卫星周期的倍，由开普勒第三定律可知，该卫星的轨道半径是近地卫星轨道半径的倍，如图所示当卫星被地球遮挡时不能接收阳光，由几何关系得卫星运转一周接收太阳能的时间为=故选D。-25- 7.如图甲所示，水平放置的气缸被两个活塞分为A、B、C三部分，C为真空，A、B中有理想气体，A中气体压强p0=1.0×105Pa，气缸截面积SA=2SB=20cm2，两个活塞总质量为m，活塞到两气缸底部的距离均为d=3cm，活塞之间用轻杆连接。现将气缸顺时针缓慢转过90°，如图乙所示（活塞未到气缸连接处），取重力加速度g=10m/s2，若活塞移动的距离为1cm，气体温度保持不变，则活塞质量m为（　　）A.7.5kgB.15kgC.25kgD.30kg【答案】B【解析】【详解】设气缸水平放置时，B中气体压强为，则有解得设气缸竖直放置时，A中气体压强为，B中气体压强为，根据玻意耳定律可得，解得，根据受力平衡可得解得故选B。-25- 8.某同学利用如图甲所示的装置，探究物块a上升的最大高度H与物块b距地面高度h的关系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块a静止在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现将物块b由静止释放，b碰到地面后不再反弹，测出物块a上升的最大高度为H，此后每次释放物块b时，物块a均静止在地面上，物块b着地后均不再反弹，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，测量多组（H，h）的数值，然后做出H-h图像（如图乙所示），图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2，则以下给出的四项判断中正确的是（　　）①物块a，b的质量之比②物块a、b的质量之比③H-h图像的斜率为k取值范围是0<k<1④H-h图像的斜率为k取值范围是1<k<2A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】D【解析】【详解】①②．物块的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块加速下降，速率与物块相同，第二个阶段为物块落地后，物块在自身重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有第二阶段对物块由动能定理有联立以上两式可得结合图像可得-25- 可知故①错误，②正确；③④．要将物块拉起，则有对物块，则有可得因此有即故③错误，④正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示，当t=1s时，简谐波的波动图像可能正确的是（　　）-25- A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】由O点的振动图像可知，周期为T=0.12s，设原点处的质点的振动方程为在t=1s时刻因则在t=1s时刻质点在y轴正向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为A所示；若波向左传播，则波形如C所示。故选AC。10.甲、乙两建筑工人用简易机械装置将工件从楼顶运送到地面。如图所示，两工人保持位置不动，甲通过缓慢拉动手中的绳子，使工件由位置I向右运动到位置Ⅱ，在此过程中，乙手中的绳子始终水平，不计绳的重力，忽略滑轮的大小及摩擦力，则在此过程中（　　）A.甲手中绳子上的拉力大小不变B.乙手中绳子上的拉力不断减小C.楼顶对甲的支持力增大D.楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力-25- 【答案】BCD【解析】【详解】AB．乙手中绳子上的拉力与重力的合力与跨过滑轮的绳子对重物的拉力等大反向，如图所示由于三角形斜边大于任意直角边，工件由位置I向右运动到位置Ⅱ，所以甲手中绳子上的拉力减小，乙手中绳子上的拉力减小；故A错误，B正确；C．设甲手中绳子拉力大小为F，绳对甲的拉力在竖直方向的分力为楼顶对甲支持力由于F减小，不变，所以楼顶对甲的支持力增大，故C正确；D．对甲水平方向根据平衡条件可得楼顶对甲的摩擦力对乙水平方向根据平衡条件可得楼顶对乙的摩擦力由于，所以楼顶对甲的摩擦力f甲大于对乙的摩擦力f乙，故D正确。故选BCD。11.在儿童游乐场有一种射击游戏，地面上圆形轨道的半径为R，轨道上的小车以角速度ω做匀速圆周运动，坐在小车上的游客使用玩具枪向处于轨道圆心处的立柱射击，某次射击时子弹恰好水平击中立柱的最高点，射击时枪口到立柱最高点的水平距离为x，竖直距离为h，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）-25- A.子弹射出枪口时的速度大小为B.子弹射出枪口时的速度大小为C.射击时枪管与水平面的夹角为θ，D.射击时枪管与水平面的夹角为θ，【答案】AD【解析】【详解】AB．射击过程中所用的时间，射击时枪口到立柱最高点的水平距离为x，故水平方向的速度为竖直方向的速度为整理得子弹射出枪口时的速度大小为，A正确，B错误；CD．射击时枪管与水平面的夹角为θ，子弹相对于地面水平方向速度为则有C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，U形光滑导轨间距L=1m，与水平面之间的夹角θ=37°，虚线CD、EF-25- 与导轨垂直，区域I（CD虚线沿斜面向上区域）中有磁感应强度均匀增加的磁场B1，方向垂直导轨平面向下，区域Ⅱ（EF虚线沿斜面向下区域）中有磁感应强度为B2=2T的匀强磁场，方向垂直导轨平面向上，虚线CD、EF间无磁场。一质量m=0.4kg、电阻R=4Ω的导体棒垂直导轨放置，从无磁场区域由静止释放，经t=1.5s进入区域Ⅱ且恰好匀速下滑，运动中棒与导轨始终保持垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则导体棒（　　）A.进入区域Ⅱ时的速度为9m/sB.进入区域Ⅱ时的速度为3.2m/sC.进入区域Ⅱ前的电流为4.5AD.释放后的前2s内产生的焦耳热为68.22J【答案】AD【解析】【详解】AB．导体棒在无磁场区域下滑1.5s时间内，由牛顿第二定律解得则刚进入区域Ⅱ时的速度为故A正确，B错误；C．区域Ⅰ中磁感应强度均匀增加，设其产生的感应电动势为E0，由楞次定律知C点电势高于D点电势；导体棒刚进入磁场Ⅱ时，切割磁感线产生感应电动势（由A向B，与E0反向），由于安培力要平衡重力下滑分力，所以安培力沿导轨向上，通过导体棒的电流方向为由A向B，根据平衡条件有-25- 解得E0=13.2V则进入区域Ⅱ前的电流为故C错误；D．前1.5s产生的焦耳热为产生的焦耳热为释放后的前2s内产生的焦耳热为故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.研究性学习小组利用图甲装置测定滑块与平直长木板间的动摩擦因数。-25- （1）实验过程如下：①将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器；总质量为M滑块（含拉力传感器）在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传感器通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重物连接，调节长木板右端定滑轮使细绳与长木板平行；②静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移x随时间t变化的图像如图乙所示，该图线的函数表达式是x=0.60t2(m)，可得滑块加速度a=________m/s2（计算结果保留三位有效数字）。（2）当滑块的加速度为a时，拉力传感器示数为F，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ=________（用F、M、m、a表示）。（3）本实验中________（选填“需要”“不需要”）满足滑块质量远大于重物质量。【答案】①.1.20②.③.不需要【解析】【详解】（1）[1]由匀变速直线运动基本规律可知对比函数表达式得（2）[2]由题可知-25- 解得（3）[3]实验中绳子的拉力由拉力传感器读出，故不需要满足滑块质量远大于重物质量。14.一个物理兴趣小组的同学准备测定某电池的电动势和内阻，实验室可供选用的实验器材有：电流表A1、A2，滑动变阻器R，电阻箱R0，待测电池E，开关S，导线等。（1）兴趣小组的同学设计了如图甲所示的电路来测定电流表A1的内阻：将电阻箱的阻值调整到R0=50Ω，调节滑动变阻器的阻值，得到多组电流表A1、A2的读数I1、I2，并用描点法得到I2-I1图像为过原点的倾斜直线，如图乙所示。可得电流表A1的内阻RA1=________Ω。（2）兴趣小组的同学利用上述实验器材设计了如图丙所示的电路来测定电池的电动势和内阻。实验中，他们通过改变R0的阻值，记录了多组数据（电阻箱阻值R0和电流表A1示数I）。（3）一同学以IR0为纵坐标，以I为横坐标作图像处理数据；在坐标纸上画出的图像如图丁所示。（4）根据以上测量结果可知，电源电动势E=________V，内阻r=________Ω。（5）另一同学以为纵坐标，以R0为横坐标作图像处理数据，请根据（1）、（4）的计算结果，在图戊所示的坐标系中绘出图像_________。-25- 【答案】①.5②.1.5③.10④.【解析】【详解】（1）[1]由图甲根据并联电路电流的关系有结合图乙中数据解得（4）[2]由闭合电路的欧姆定律得解得IR0-I图像的纵截距表示电源电动势，由图丁知[3]IR0-I图像的斜率的绝对值表示，则解得电源内阻（5）[4]由得以为纵坐标，以R0为横坐标作图像-25- 15.近年来，对具有负折射率人工材料的光学性质及应用的研究备受关注，该材料折射率为负值（n<0）。如图甲所示，光从真空射入负折射率材料时，入射角和折射角的大小关系仍然遵从折射定律，但折射角取负值，即折射光线和入射光线位于界面法线同侧，如图乙所示，在真空中对称放置两个完全相同的负折射率材料制作的直角三棱镜A、B，顶角为θ，A、B两棱镜斜面相互平行放置，两斜面间的距离为d。一束包含有两种频率光的激光，从A棱镜上的P点垂直入射，它们在棱镜中的折射率分别为，，在B棱镜下方有一平行于下表面的光屏。（1）为使两种频率的光都能从棱镜A斜面射出，求θ的取值范围；（2）若θ=30°，求激光通过两棱镜后，打在光屏上的两点间的距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）分析可知两光线的入射角等于棱镜的顶角，若两光线能从棱镜A斜面射出，应小于两光线最小的临界角，由得-25- 所以的取值范围为（2）两束光传播的光路图如图所示，由折射定律可知由几何关系可知得16.如图所示，质量、长度的木板静置在足够大的光滑水平地面上，质量且可视为质点的物块B放在木板A的右端，现对木板A施加一水平向右的恒力，两者由静止开始运动，作用一段时间后撤去恒力，最终物块B恰好能到达木板A的左端，已知物块B与木板A间的动摩擦因数，取重力加速度，求：（1）恒力作用的时间；（2）摩擦力对物块B做的功。-25- 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据题意，设B的加速度为，力作用时A的加速度为；撤去力后，A的加速度为，又经过后B达到A的左端，根据牛顿第二定律，有撤去力F后，根据牛顿第二定律，有由运动学规律得解得（2）设最终B的速度为v，有由动能定理有解得17.如图甲所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R的圆柱形空间内，O1和O2是圆柱形空间上、下两个圆面的圆心，其后侧与O1等高处有一个长度为的水平线状粒子发射源MN，图乙是俯视图，P为MN的中点，O1P连线与MN垂直。线状粒子源能沿平行PO1方向发射某种质量均为m、电荷量均为q-25- 的带正电粒子束，带电粒子的速度大小均相等。在O1O2右侧2R处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的AB边与线状粒子源MN垂直，且处在同一高度，过O1作AB边的垂线，交点恰好为AB的中点O，荧光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，宽度为R，电场强度大小为E，已知从MN射出的粒子经磁场偏转后都从F点（圆柱形空间与电场边界相切处）射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。（1）求带电粒子的初速度大小；（2）以AB边的中点O为坐标原点，沿AB边向里为x轴，垂直AB边向下为y轴建立坐标系，求从M点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标；（3）求磁场区域的最小横截面积。【答案】（1）；（2）（R，）；（3）【解析】【详解】（1）在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有线状粒子源发出的粒子均从F点射出，可得，由①②两式得（2）设粒子打在荧光屏上的横、纵坐标分别为x、y，粒子从F点离开磁场时与之间的夹角为，如图所示-25- 由几何关系知得依题意有带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得联立解得则粒子打在荧光屏上的位置坐标为。（3）磁场区域的最小面积为图中两条轨迹与圆相交部分的面积，设磁场区域的最小面积为S-25- 得磁场区域的最小横截面积18.如图所示，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑，质量为m1=2kg的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=76N/m的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长，传送带初始静止，在传送带左端点a处停放有一质量为m2=1kg的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=40N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与Q发生弹性碰撞（不计碰撞时间），以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为a1=1m/s2，当速度达到v=4m/s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为a2=2m/s2，当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处，已知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为μ1=0.1，Q与传送带间的动摩擦因数μ2=0.7，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：（1）P与Q第一次碰前P的速度大小v0；（2）传送带达到最大速度时P、Q间距离d；（3）P、Q最终的速度大小；（4）P、Q与传送带间的摩擦产生的热量Q。-25- 【答案】（1）6m/s；（2）3m；（3），；（4）36J【解析】【详解】（1）设滑块P速度为0时，弹簧形变量为x，则根据动能定理，有得，（2）设P、Q碰撞后的速度分别为、，在传送带上运动的加速度分别为、，与传送带达到速度相等的时间分别为、，由动量守恒定律由机械能守恒定律得得，由牛顿第二定律和运动学规律可知，，得，此时传动带的速度此后P、Q与传送带相对静止。设P、Q位移分别为、-25- ，联立解得（3）设传送带减速时间为，得分析可知，传送带减速过程中Q相对传送带静止，设在内，P相对传送带的位移为解得设P与Q第二次相碰前速度为得根据弹性碰撞规律P、Q最终速度为，（4）设P、Q与传送带间摩擦产生的热量分别为、P、Q与传送带间的摩擦产生的热量-25-