2023屆山東省濟寧市高三下學期三?？荚囄锢碓囶}（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE1濟寧市2023年高考模擬考試物理試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2．選擇題〖答案〗必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題〖答案〗必須使用0.5mm黑色簽字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3．請按照題號在各題目的答題區(qū)域內答題，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙、試卷上答題無效；保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.水火箭又稱氣壓式噴水火箭，由飲料瓶、裝入瓶內的水及高壓氣體（可視為理想氣體）組成。如圖所示，高壓氣體膨脹使水在短時間內從水火箭尾部的噴嘴向下高速噴出，水火箭受到反作用力而快速上升。在水噴出過程中，不考慮熱傳遞，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A.外界對氣體做正功B.氣體的溫度降低C.水火箭和噴出的水組成的系統(tǒng)機械能守恒D.噴出的水對水火箭的沖量與水火箭對噴出的水的沖量相同〖答案〗B〖解析〗A．水噴出過程中，氣體體積增大，氣體對外做正功，故A錯誤；B．在水噴出過程中，不考慮熱傳遞，根據(jù)熱力學第一定律，氣體對外做正功，可知氣體內能減小，氣體溫度降低，故B正確；C．氣體對水火箭和噴出的水組成的系統(tǒng)做功，所以機械能不守恒，故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第三定律可知，噴出的水對水火箭的沖量與水火箭對噴出的水的沖量大小相同，反向相反，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，銫133原子基態(tài)有兩個超精細能級，從超精細能級2躍遷到超精細能級1發(fā)出光子頻率約為Hz，時間單位“秒”是根據(jù)該輻射光子的頻率定義的。已知可見光波長范圍約為，下列說法正確的是（）A.秒是國際單位制中的導出單位B.銫133原子能夠自發(fā)地從基態(tài)向激發(fā)態(tài)躍遷C.該躍遷輻射出的光子頻率大于可見光的頻率D.銫133原子從激發(fā)態(tài)向超精細能級1躍遷時，輻射光子的頻率大于〖答案〗D〖解析〗A．秒是時間的單位，是國際基本單位之一，不屬于導出單位，A錯誤；B．基態(tài)是原子最穩(wěn)定的狀態(tài)，所有原子都不能自發(fā)的從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，只是在吸收了特定的能量后，從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，B錯誤；C．從超精細能級2躍遷到超精細能級1發(fā)出光子的頻率約為Hz，根據(jù)可知該光不屬于可見光，C錯誤；D．銫133原子從激發(fā)態(tài)向超精細能級1躍遷時，輻射光子的能量大于從超精細能級2躍遷到超精細能級1發(fā)出光子的能量，根據(jù)可知從激發(fā)態(tài)向超精細能級1躍遷時，輻射光子的頻率大于，D正確。故選D。3.一本質量為m的書平放在水平桌面上，將一張A4紙夾在書頁間，如圖所示。已知書與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，A4紙與書頁間的動摩擦因數(shù)為4μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A4紙的質量忽略不計?，F(xiàn)有一水平向右的力F作用于A4紙上，若要使書與A4紙一起運動，則A4紙上面書頁的質量應至少大于（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗書本恰好運動時，設A4紙上面的書頁的質量為m0解得若要使書一同運動，A4紙上面的書頁的質量越大越容易一起拉動，所以ACD錯誤，B正確。故選B。4.如圖所示，一束單色細光束從M點沿平行于直徑AB方向射入玻璃球，經(jīng)兩次折射后從B點射出，出射光線與入射光線的夾角為，則玻璃球對細光束的折射率為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗畫出光束在玻璃球中的光路圖，如下根據(jù)題意可知從B點射出的光線的折射角為60°，設入射角為i，在玻璃球中的折射角為，根據(jù)幾何關系可得根據(jù)折射定律有所以，玻璃球對細光束的折射率為A正確，BCD錯誤。故選A。5.足夠長的絕緣木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，帶負電小物塊（電量保持不變）置于木板的左端，整個裝置置于足夠大的勻強磁場中，磁場方向如圖所示。在時刻，木板獲得一水平向左的初速度，關于此后運動過程中兩物體速度隨時間變化的關系圖像，可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗木板獲得一水平向左的初速度，受到物塊對其向右的摩擦力，所以木板做減速運動；同時，木板對物塊產(chǎn)生一個向左的摩擦力，因此物塊做加速運動，物塊帶負電，則受到洛倫茲力向下，則物塊受到的摩擦力變大，加速度變大；對木板則木板的加速度變大，因為木板足夠長，最后兩者速度相等，故木板做加速度增大的減速運動，物塊做加速度增大的加速運動，A正確，BCD錯誤。故選A。6.一列簡諧波沿x軸方向傳播，時刻的波形圖如圖所示，此后質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置。下列說法正確的是（）A.簡諧波沿x軸正方向傳播B.簡諧波的振幅為5cmC.簡諧波的波速為10m/sD.1.2s時，質點N的位移為-5cm〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)題意可知質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置，可知此時M點正在向y軸正方向運動，N點正在向y軸負方向運動，結合上下坡法，可知該波沿x軸負方向傳播，A錯誤；C．質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置，則該從N點傳播到M點所需時間為0.8s，則C錯誤；B．根據(jù)對稱性可知此時處于波峰的質點為x＝3m，所以該波的波長為12m，根據(jù)波長、周期和波速的關系，可知x＝3m處的質點此時位于最大位移處，且再經(jīng)過0.4s質點N的振動形式傳播到此處，結合振動方程，有可得A＝10mB錯誤；D．1.2s＝0.5T，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，質點N的位移為-5cm，D正確。故選D。7.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B均繞地球做勻速圓周運動，其中衛(wèi)星A為地球同步衛(wèi)星，衛(wèi)星B運行周期為3h，則衛(wèi)星A、衛(wèi)星B分別與地球中心的連線在單位時間內掃過的面積之比為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗設同步衛(wèi)星的半徑為R，根據(jù)開普勒第三定律，可知其中，衛(wèi)星B運行周期為3h，則衛(wèi)星A單位時間內掃過的面積為衛(wèi)星B單位時間內掃過的面積為則衛(wèi)星A、衛(wèi)星B分別與地球中心的連線在單位時間內掃過的面積之比為ACD錯誤，B正確。故選B。8.無線藍牙耳機可以在一定距離內與手機等設備實現(xiàn)無線連接，已知無線連接的最大距離為10m。A、B兩位同學做了一個有趣實驗，A同學佩戴無線藍牙耳機，B同學攜帶手機檢測。如圖甲所示，A、B兩位同學同時沿兩條相距8m的平行直線軌道向同一方向運動。其運動的圖像如圖乙所示，在運動過程中，手機檢測到藍牙耳機能被連接的總時間為（）A.2s B.4s C.8s D.13s〖答案〗C〖解析〗已知無線連接的最遠距離為10m，直線軌道相距8m，手機檢測到藍牙耳機時，A、B同學之間的位移之差最大值為根據(jù)速度-時間圖像可知A做勻速直線運動，B做勻加速直線運動，根據(jù)圖像的斜率可知B的加速度為當A的位移大于B的位移為6m時，手機開始檢測不到藍牙解得6s后B開始做勻速直線運動，兩者間距離繼續(xù)減小，當B的位移大于A的位移為6m時，B比A多運動12m，手機將不再能檢測到藍牙解得所以手機檢測到藍牙耳機能被連接的總時間為故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.將兩點電荷A、B分別固定在x軸上0m和6m處，點電荷B的電荷量為-Q，兩點電荷連線上各點電勢隨x變化的關系如圖所示，其中處電勢最高，x軸上M、N兩點分別處于3m和5m處，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A.點電荷A電荷量為+4QB.M點的電場強度小于N點的電場強度C.正試探電荷由M點沿x軸運動到N點的過程中，電勢能先減小后增大D.若在M點固定一電荷量為q的試探電荷，則該試探電荷受到的電場力大小為〖答案〗BD〖解析〗A．圖線的斜率表示場強，由圖可知，在處圖線的斜率為零，說明在處電場強度為零，所以兩點電荷一定是同種電荷，故點電荷A帶負電，根據(jù)點電荷場強公式可知所以錯誤；B．由圖可知圖線在點的斜率小于點的斜率，即點的電場強度小于點的電場強度，B正確；C．沿著電場線電勢逐漸降低，則M點到N點，電場線先向左后向右，正的試探電荷從M點到N點時電場力先做負功后做正功，則電勢能先增大后減小，C錯誤；D．點電荷A到點的距離為，點電荷B到點的距離也為，所以點的場強大小為則在M點放一帶電荷量為q的試探電荷，其所受電場力為D正確。故選BD。10.在圖甲所示的交流電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，電陽，=8Ω，為滑動變阻器，電流表為理想電流表，電源電壓u隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.副線圈中電流方向每秒鐘改變50次B.該理想變壓器原、副線圈中磁通量的變化率之比為C.當電流表的示數(shù)為0.5A時，接入電路的阻值為8ΩD.滑片P向上移動時，流過電阻的電流增大〖答案〗AC〖解析〗A．根據(jù)圖乙可知該交流電的周期為T=0.04s，頻率為燈泡中的電流方向每秒鐘改變50次，故A正確；B．理想變壓器不漏磁，通過原、副線圈中磁通量的變化率相等，故B錯誤；C．當電流表的示數(shù)為A時，副線圈電壓根據(jù)解得總電壓為可知兩端的電流為則副線圈電流為解得接入電路的阻值為故C正確；D．等效電路如圖所示：滑片P向上移動時，等效電阻增大，則原線圈和副線圈電流減小，兩端的電壓減小，則線圈電壓增大，流過的電流增大，可知流過電阻的電流減小，故D錯誤故選AC。11.如圖所示，質量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時有一質量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當小球A上升到最高點時恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質點，不計空氣阻力，，，取。下列說法正確的是（）A.小球A上升至最高點時離地面3.2mB.小球A從拋出到落回地面的時間為1.6sC.A、B兩球碰撞過程中小球A的動量變化量大小為0.45kg·m/sD.小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m〖答案〗AD〖解析〗A．小球A和小球B在碰撞前，對A：水平方向勻速直線運動豎直方向勻減速直線運動小球A上升的最大高度為A正確；B．小球A和B在最高點碰撞時，小球B的速度為豎直向下，根據(jù)碰撞過程兩者豎直方向動量守恒，水平方向動量也守恒，豎直方向有水平方向，有碰后，兩者豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)小球A從拋出到落回地面的時間為B錯誤；C．碰撞過程中，水平方向小球A的動量變化量為豎直方向動量變化量為所以小球A的動量變化量為C錯誤；D．碰撞前小球A的水平位移為碰后兩者水平速度為1.5m/s，因為碰后下落時間為0.4s，所以碰后水平位移為小球A從拋出到落回地面的水平距離為D正確。故選AD。12.電磁減震器是利用電磁感應原理的一種新型智能化汽車獨立懸架系統(tǒng)。某同學設計了一個電磁阻尼減震器，如圖所示為其簡化原理圖。該減震器由絕緣滑動桿及固定在桿上足夠多的相互緊靠的相同矩形線圈組成，滑動桿及線圈的總質量為1.0kg。每個矩形線圈的匝數(shù)均為100匝，阻值均為1.0Ω，ab邊長為20cm，bc邊長為10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度4m/s向右進入磁感應強度大小為0.1T、方向豎直向下的勻強磁場中，磁場范圍足夠大。下列說法正確的是（）A.第1個線圈進入磁場過程中，通過線圈截面的電荷量為0.002CB.第1個線圈恰好完全進入磁場時，減震器的速度大小為3.6m/sC.滑動桿上的第10個線圈進入磁場才能使減震器停下來D.進入磁場的第1個線圈和最后1個線圈產(chǎn)生的熱量之比為〖答案〗BCD〖解析〗A．第1個線圈進入磁場過程中，通過線圈截面的電荷量為A錯誤；B．根據(jù)動量定理，第1個線圈進入磁場的過程，有解得第1個線圈恰好完全進入磁場時，減震器的速度大小為3.6m/s，B正確；C．每個線圈進入磁場的過程通過線圈的電荷量相等，滑動桿上的前10個線圈進入磁場的過程中，根據(jù)動量定理有解得第10個線圈進入磁場才能使減震器停下來，C正確；D．進入磁場的第1個線圈產(chǎn)生的熱量為滑動桿上的前9個線圈進入磁場的過程中，根據(jù)動量定理有解得最后1個線圈產(chǎn)生的熱量進入磁場的第1個線圈和最后1個線圈產(chǎn)生的熱量之比為19:1，D正確。故選BCD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某實驗小組利用如圖甲所示裝置測量某單色光的波長。

（1）該實驗小組以線狀白熾燈為光源，對實驗裝置進行調節(jié)，觀察實驗現(xiàn)象后總結出以下幾點，其中說法正確的是________A.干涉條紋與雙縫垂直B.若使用間距更小的雙縫，會使相鄰明條紋中心間距離變小C.若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，應將屏向遠離雙縫方向移動D.若觀察到屏上的亮度較暗且條紋不明顯，可能是光源、單縫與遮光筒不共軸所致（2）該實驗小組調整手輪使測量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對齊，并將該亮紋定為第1條亮紋，此時手輪上的讀數(shù)＝________mm（如圖乙所示），接著再同方向轉動手輪，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對齊，并讀出對應的讀數(shù)；（3）若實驗小組所用裝置的雙縫間距為，雙縫到屏的距離為，則所測光的波長λ＝_________nm。（保留3位有效數(shù)字）〖答案〗（1）D（2）1.515（3）573〖解析〗（1）[1]A．根據(jù)雙縫干涉原理，可知干涉條紋與雙縫平行，A錯誤；B．根據(jù)干涉條紋間距公式可知，若使用間距更小的雙縫，會使相鄰明條紋中心間距離變大，B錯誤；C．若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，應減小條紋間距，根據(jù)公式應將屏向靠近雙縫方向移動，C錯誤；D．若觀察到屏上的亮度較暗且條紋不明顯，可能是光源、單縫與遮光筒不共軸所致，D正確。故選D。（2）[2]根據(jù)螺旋測微器的固定刻度和可動刻度可知手輪上的讀數(shù)為：1.5mm＋0.01×1.5mm＝1.515mm（3）[3]根據(jù)題意可知相鄰條紋間距為由相鄰條紋間距公式可得所測光的波長為14.某實驗小組利用如圖甲所示的電路測定電源的電動勢E和內阻r，已知圖中電源的電動勢為，內阻為，保護電阻的阻值為，S為單刀雙擲開關。（1）S與1接通前，滑動變阻器的滑片P應置于最_______（選填“左”或“右”）端；（2）S與1接通，改變滑片P的位置，記下電流表的示數(shù)，保持P不動，S與2接通，記下電流表的示數(shù)，重復以上操作，得到多組和的值；（3）該實驗小組作出的的圖像如圖乙所示，若測得圖線的斜率為k，縱軸上的截距為b，則電源的電動勢E=_________，內阻r=___________；（選用，、k、b、表示）（4）若不考慮偶然誤差，該實驗小組測得電源內阻的測量值________真實值。（選填“大于”、“小于”或“等于”）〖答案〗（1）左（3）（4）等于〖解析〗（1）[1]為保護電路，S與1接通前，應使滑動變阻器接入電路的阻值最大，故滑動變阻器的滑片P應置于左端；（3）[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律有解得測得圖線的斜率為k，縱軸上的截距為b，可解得，（4）[4]根據(jù)（3）中測量原理可知該實驗測得電源內阻的測量值等于真實值。15.2023年3月30日，我國“神舟十五號”飛行乘組圓滿完成了第三次太空行走任務。航天員出艙活動前要在氣閘艙內穿上特制的航天服，航天服內密封一定質量的氣體（視為理想氣體），開始時密封氣體的體積為，壓強為，溫度為。為方便打開艙門，需將氣閘艙內氣壓適當降低，當氣閘艙內氣壓降低到目標值時，航天服內氣體體積變?yōu)?，溫度變?yōu)椤：雎院教靻T呼吸造成的影響，取。（1）求氣閘艙內氣壓降低到目標值時航天服內氣體的壓強；（2）將氣閘艙內氣壓降低到目標值后航天員感覺到航天服內氣壓偏高，于是他將航天服內一部分氣體緩慢放出，使航天服內氣壓降到，此時航天服內氣體體積變?yōu)?，求放出的氣體與航天服內部留存氣體的質量比。（設放出氣體過程中氣體溫度始終保持不變）〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）選航天服內氣體為研究對象，初態(tài)，，，末態(tài)，，由理想氣體狀態(tài)方程得解得（2）氣體緩慢放出的過程中溫度不變，設放出的氣體體積為，由玻意耳定律得解得故放出的氣體與放氣后內部留存氣體的質量比為16.翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調節(jié)，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過控制動力的大小和方向改變飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動力F始終與飛行方向相同，空氣升力沿降落傘的中垂線且與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即；空氣阻力與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即；其中、相互影響，可由運動員調節(jié)，并滿足如圖甲所示的關系。已知運動員和裝備的總質量為，取，。（1）若運動員使飛行器以速度在空中沿水平方向勻速飛行，如圖乙所示。結合甲圖，求飛行器受到的動力F的大?。唬?）若運動員使飛行器在空中某一水平面內做勻速圓周運動，如圖丙所示，調節(jié)，降落傘中垂線和豎直方向夾角為，求飛行器做勻速圓周運動的半徑r和速度的大小?！即鸢浮剑?）1000N；（2）r＝40m，v2＝m/s〖解析〗（1）選飛行器和運動員為研究對象，由受力分析可知在豎直方向上mg＝C1得C1＝3N·s2/m2由C1，C2關系圖像可得C2＝2.5N·s2/m2在水平方向上，動力和阻力平衡F＝F2＝C2解得F＝1000N(2)設此時飛行器飛行速率為v2，所做圓周運動的半徑為r，F(xiàn)1與豎直方向夾角為θ，在豎直方向所受合力為零，水平方向合力提供向心力聯(lián)立解得r＝40m，v2＝m/s17.如圖甲所示，區(qū)域I有寬度為d，方向豎直向上，電場強度大小為E0的勻強電場，區(qū)域Ⅱ有平行于x軸的交變電場（對其它區(qū)域不產(chǎn)生影響），交變電場的電場強度大小也為E0，方向隨時間變化規(guī)律如圖乙所示（向右為正方向），區(qū)域Ⅲ和區(qū)域Ⅳ有方向均垂直紙面向里的勻強磁場，且區(qū)域Ⅳ磁場的磁感應強度大小為區(qū)域Ⅲ磁場的磁感應強度大小的2倍。y軸上固定著一塊以O′為中點的水平絕緣彈性擋板，擋板厚度可忽略，長度很短。時，在O點由靜止釋放一質量為m、電荷量為+q的粒子（不計重力），粒子經(jīng)電場加速后進入?yún)^(qū)域Ⅱ，再經(jīng)電場偏轉后，進入?yún)^(qū)域Ⅲ，進入?yún)^(qū)域Ⅲ時粒子速度與水平方向成45°角，接著恰好以O′為圓心做圓周運動，進入?yún)^(qū)域Ⅳ后在O′點與擋板發(fā)生彈性碰撞，且碰撞后電量不變，在（大小未知）時刻又恰好回到O點，之后繼續(xù)做周期性運動。求：（1）粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ時速度v0的大?。唬?）區(qū)域Ⅲ中磁感應強度B的大??；（3）區(qū)域Ⅳ的上邊界與x軸間的最小距離s；（4）交變電場隨時間變化的周期T。，〖答案〗（1）；（2）；（3）；（4）〖解析〗（1）粒子在區(qū)域Ⅰ中經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有解得粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度為（2）粒子在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，根據(jù)題意粒子進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度與水平方向夾角為45°，可知粒子進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度為粒子剛進入?yún)^(qū)域Ⅲ的水平坐標x為根據(jù)幾何關系可得粒子在區(qū)域Ⅲ中的軌跡半徑為再由洛倫茲力提供向心力，有聯(lián)立解得（3）根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡如圖所示區(qū)域Ⅳ磁場的磁感應強度大小為區(qū)域Ⅲ磁場的磁感應強度大小的2倍，所以區(qū)域Ⅳ的上邊界與x軸間的最小距離為粒子在區(qū)域Ⅳ中的軌道半徑，則（4）粒子在0~0.5T內運動到O′點，軌跡關于y軸對稱，粒子在第一個區(qū)域Ⅰ中運動的時間為在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為粒子在區(qū)域Ⅲ中運動的時間為粒子在區(qū)域Ⅳ中運動的時間為故周期為18.如圖所示，傾角為的斜面體ABC固定在水平地面上，輕彈簧一端固定于斜面底部，另一端自由伸長到D點，將質量為的物塊乙輕放在彈簧上端，不栓接。質量為的物塊甲從A點以初速度沿斜面向下運動，到達D點后兩物塊相碰并粘連在一起，向下壓縮彈簧至F點（未畫出）后彈回，到E點時速度減為0。已知AD間的距離，DE間的距離，物塊甲、乙均可視為質點，且與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為，彈簧彈性勢能表達式為（k為勁度系數(shù)，x為形變量），不計空氣阻力，取，。（1）求兩物塊碰后瞬間速度v的大?。?）求彈簧勁度系數(shù)k的大小；（3）若兩物塊D點相碰時共速且不粘連，求①兩物塊分離時彈簧的壓縮量的大??；②從兩物塊分離到再次相碰經(jīng)歷的時間t。（可用根式表示）〖答案〗（1）6m/s；（2）448N/m；（3）①；②〖解析〗（1）假設物塊甲到D點速度為，由動能定理得解得兩物塊碰撞后共速，根據(jù)動量守恒解得（2）物塊乙輕放在彈簧上端，經(jīng)計算得可知，彈簧仍處于自由伸長狀態(tài)，彈力和彈性勢能為零。碰后到返回E點，設最大壓縮量為x，即F點與D點間的距離，對整體應用動能定理解得從D到F點，由功能關系解得彈簧壓縮至F點時彈性勢能為由彈簧彈性勢能表達式為解得（3）①分離時，兩者具有相同的加速度，此時對物塊甲對物塊乙解得，此時彈簧形變量為②分離時的位置距F點的距離為解得假設兩者分離時的速度均為v3，從F點到分離，由功能關系分離后，假設物塊甲繼續(xù)向上運動距離時速度減為0，則有解得設這一段物塊甲經(jīng)歷的時間為，則有解得分離后，假設物塊乙繼續(xù)向上走距離時速度減為0，由功能關系解得物塊乙速度減為0后，會靜止在斜面上，物塊甲減速至時0，經(jīng)計算可知此時物塊甲的加速度為，則則物塊甲再次回來與乙相撞，設物塊甲速度減為0到再次與物塊2相撞經(jīng)歷的時間為，則有解得所以兩物塊分離時到物塊再次相撞經(jīng)歷的時間為濟寧市2023年高考模擬考試物理試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2．選擇題〖答案〗必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題〖答案〗必須使用0.5mm黑色簽字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3．請按照題號在各題目的答題區(qū)域內答題，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙、試卷上答題無效；保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.水火箭又稱氣壓式噴水火箭，由飲料瓶、裝入瓶內的水及高壓氣體（可視為理想氣體）組成。如圖所示，高壓氣體膨脹使水在短時間內從水火箭尾部的噴嘴向下高速噴出，水火箭受到反作用力而快速上升。在水噴出過程中，不考慮熱傳遞，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A.外界對氣體做正功B.氣體的溫度降低C.水火箭和噴出的水組成的系統(tǒng)機械能守恒D.噴出的水對水火箭的沖量與水火箭對噴出的水的沖量相同〖答案〗B〖解析〗A．水噴出過程中，氣體體積增大，氣體對外做正功，故A錯誤；B．在水噴出過程中，不考慮熱傳遞，根據(jù)熱力學第一定律，氣體對外做正功，可知氣體內能減小，氣體溫度降低，故B正確；C．氣體對水火箭和噴出的水組成的系統(tǒng)做功，所以機械能不守恒，故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第三定律可知，噴出的水對水火箭的沖量與水火箭對噴出的水的沖量大小相同，反向相反，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，銫133原子基態(tài)有兩個超精細能級，從超精細能級2躍遷到超精細能級1發(fā)出光子頻率約為Hz，時間單位“秒”是根據(jù)該輻射光子的頻率定義的。已知可見光波長范圍約為，下列說法正確的是（）A.秒是國際單位制中的導出單位B.銫133原子能夠自發(fā)地從基態(tài)向激發(fā)態(tài)躍遷C.該躍遷輻射出的光子頻率大于可見光的頻率D.銫133原子從激發(fā)態(tài)向超精細能級1躍遷時，輻射光子的頻率大于〖答案〗D〖解析〗A．秒是時間的單位，是國際基本單位之一，不屬于導出單位，A錯誤；B．基態(tài)是原子最穩(wěn)定的狀態(tài)，所有原子都不能自發(fā)的從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，只是在吸收了特定的能量后，從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，B錯誤；C．從超精細能級2躍遷到超精細能級1發(fā)出光子的頻率約為Hz，根據(jù)可知該光不屬于可見光，C錯誤；D．銫133原子從激發(fā)態(tài)向超精細能級1躍遷時，輻射光子的能量大于從超精細能級2躍遷到超精細能級1發(fā)出光子的能量，根據(jù)可知從激發(fā)態(tài)向超精細能級1躍遷時，輻射光子的頻率大于，D正確。故選D。3.一本質量為m的書平放在水平桌面上，將一張A4紙夾在書頁間，如圖所示。已知書與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，A4紙與書頁間的動摩擦因數(shù)為4μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A4紙的質量忽略不計?，F(xiàn)有一水平向右的力F作用于A4紙上，若要使書與A4紙一起運動，則A4紙上面書頁的質量應至少大于（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗書本恰好運動時，設A4紙上面的書頁的質量為m0解得若要使書一同運動，A4紙上面的書頁的質量越大越容易一起拉動，所以ACD錯誤，B正確。故選B。4.如圖所示，一束單色細光束從M點沿平行于直徑AB方向射入玻璃球，經(jīng)兩次折射后從B點射出，出射光線與入射光線的夾角為，則玻璃球對細光束的折射率為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗畫出光束在玻璃球中的光路圖，如下根據(jù)題意可知從B點射出的光線的折射角為60°，設入射角為i，在玻璃球中的折射角為，根據(jù)幾何關系可得根據(jù)折射定律有所以，玻璃球對細光束的折射率為A正確，BCD錯誤。故選A。5.足夠長的絕緣木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，帶負電小物塊（電量保持不變）置于木板的左端，整個裝置置于足夠大的勻強磁場中，磁場方向如圖所示。在時刻，木板獲得一水平向左的初速度，關于此后運動過程中兩物體速度隨時間變化的關系圖像，可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗木板獲得一水平向左的初速度，受到物塊對其向右的摩擦力，所以木板做減速運動；同時，木板對物塊產(chǎn)生一個向左的摩擦力，因此物塊做加速運動，物塊帶負電，則受到洛倫茲力向下，則物塊受到的摩擦力變大，加速度變大；對木板則木板的加速度變大，因為木板足夠長，最后兩者速度相等，故木板做加速度增大的減速運動，物塊做加速度增大的加速運動，A正確，BCD錯誤。故選A。6.一列簡諧波沿x軸方向傳播，時刻的波形圖如圖所示，此后質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置。下列說法正確的是（）A.簡諧波沿x軸正方向傳播B.簡諧波的振幅為5cmC.簡諧波的波速為10m/sD.1.2s時，質點N的位移為-5cm〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)題意可知質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置，可知此時M點正在向y軸正方向運動，N點正在向y軸負方向運動，結合上下坡法，可知該波沿x軸負方向傳播，A錯誤；C．質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置，則該從N點傳播到M點所需時間為0.8s，則C錯誤；B．根據(jù)對稱性可知此時處于波峰的質點為x＝3m，所以該波的波長為12m，根據(jù)波長、周期和波速的關系，可知x＝3m處的質點此時位于最大位移處，且再經(jīng)過0.4s質點N的振動形式傳播到此處，結合振動方程，有可得A＝10mB錯誤；D．1.2s＝0.5T，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，質點N的位移為-5cm，D正確。故選D。7.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B均繞地球做勻速圓周運動，其中衛(wèi)星A為地球同步衛(wèi)星，衛(wèi)星B運行周期為3h，則衛(wèi)星A、衛(wèi)星B分別與地球中心的連線在單位時間內掃過的面積之比為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗設同步衛(wèi)星的半徑為R，根據(jù)開普勒第三定律，可知其中，衛(wèi)星B運行周期為3h，則衛(wèi)星A單位時間內掃過的面積為衛(wèi)星B單位時間內掃過的面積為則衛(wèi)星A、衛(wèi)星B分別與地球中心的連線在單位時間內掃過的面積之比為ACD錯誤，B正確。故選B。8.無線藍牙耳機可以在一定距離內與手機等設備實現(xiàn)無線連接，已知無線連接的最大距離為10m。A、B兩位同學做了一個有趣實驗，A同學佩戴無線藍牙耳機，B同學攜帶手機檢測。如圖甲所示，A、B兩位同學同時沿兩條相距8m的平行直線軌道向同一方向運動。其運動的圖像如圖乙所示，在運動過程中，手機檢測到藍牙耳機能被連接的總時間為（）A.2s B.4s C.8s D.13s〖答案〗C〖解析〗已知無線連接的最遠距離為10m，直線軌道相距8m，手機檢測到藍牙耳機時，A、B同學之間的位移之差最大值為根據(jù)速度-時間圖像可知A做勻速直線運動，B做勻加速直線運動，根據(jù)圖像的斜率可知B的加速度為當A的位移大于B的位移為6m時，手機開始檢測不到藍牙解得6s后B開始做勻速直線運動，兩者間距離繼續(xù)減小，當B的位移大于A的位移為6m時，B比A多運動12m，手機將不再能檢測到藍牙解得所以手機檢測到藍牙耳機能被連接的總時間為故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.將兩點電荷A、B分別固定在x軸上0m和6m處，點電荷B的電荷量為-Q，兩點電荷連線上各點電勢隨x變化的關系如圖所示，其中處電勢最高，x軸上M、N兩點分別處于3m和5m處，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A.點電荷A電荷量為+4QB.M點的電場強度小于N點的電場強度C.正試探電荷由M點沿x軸運動到N點的過程中，電勢能先減小后增大D.若在M點固定一電荷量為q的試探電荷，則該試探電荷受到的電場力大小為〖答案〗BD〖解析〗A．圖線的斜率表示場強，由圖可知，在處圖線的斜率為零，說明在處電場強度為零，所以兩點電荷一定是同種電荷，故點電荷A帶負電，根據(jù)點電荷場強公式可知所以錯誤；B．由圖可知圖線在點的斜率小于點的斜率，即點的電場強度小于點的電場強度，B正確；C．沿著電場線電勢逐漸降低，則M點到N點，電場線先向左后向右，正的試探電荷從M點到N點時電場力先做負功后做正功，則電勢能先增大后減小，C錯誤；D．點電荷A到點的距離為，點電荷B到點的距離也為，所以點的場強大小為則在M點放一帶電荷量為q的試探電荷，其所受電場力為D正確。故選BD。10.在圖甲所示的交流電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，電陽，=8Ω，為滑動變阻器，電流表為理想電流表，電源電壓u隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.副線圈中電流方向每秒鐘改變50次B.該理想變壓器原、副線圈中磁通量的變化率之比為C.當電流表的示數(shù)為0.5A時，接入電路的阻值為8ΩD.滑片P向上移動時，流過電阻的電流增大〖答案〗AC〖解析〗A．根據(jù)圖乙可知該交流電的周期為T=0.04s，頻率為燈泡中的電流方向每秒鐘改變50次，故A正確；B．理想變壓器不漏磁，通過原、副線圈中磁通量的變化率相等，故B錯誤；C．當電流表的示數(shù)為A時，副線圈電壓根據(jù)解得總電壓為可知兩端的電流為則副線圈電流為解得接入電路的阻值為故C正確；D．等效電路如圖所示：滑片P向上移動時，等效電阻增大，則原線圈和副線圈電流減小，兩端的電壓減小，則線圈電壓增大，流過的電流增大，可知流過電阻的電流減小，故D錯誤故選AC。11.如圖所示，質量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時有一質量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當小球A上升到最高點時恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質點，不計空氣阻力，，，取。下列說法正確的是（）A.小球A上升至最高點時離地面3.2mB.小球A從拋出到落回地面的時間為1.6sC.A、B兩球碰撞過程中小球A的動量變化量大小為0.45kg·m/sD.小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m〖答案〗AD〖解析〗A．小球A和小球B在碰撞前，對A：水平方向勻速直線運動豎直方向勻減速直線運動小球A上升的最大高度為A正確；B．小球A和B在最高點碰撞時，小球B的速度為豎直向下，根據(jù)碰撞過程兩者豎直方向動量守恒，水平方向動量也守恒，豎直方向有水平方向，有碰后，兩者豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)小球A從拋出到落回地面的時間為B錯誤；C．碰撞過程中，水平方向小球A的動量變化量為豎直方向動量變化量為所以小球A的動量變化量為C錯誤；D．碰撞前小球A的水平位移為碰后兩者水平速度為1.5m/s，因為碰后下落時間為0.4s，所以碰后水平位移為小球A從拋出到落回地面的水平距離為D正確。故選AD。12.電磁減震器是利用電磁感應原理的一種新型智能化汽車獨立懸架系統(tǒng)。某同學設計了一個電磁阻尼減震器，如圖所示為其簡化原理圖。該減震器由絕緣滑動桿及固定在桿上足夠多的相互緊靠的相同矩形線圈組成，滑動桿及線圈的總質量為1.0kg。每個矩形線圈的匝數(shù)均為100匝，阻值均為1.0Ω，ab邊長為20cm，bc邊長為10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度4m/s向右進入磁感應強度大小為0.1T、方向豎直向下的勻強磁場中，磁場范圍足夠大。下列說法正確的是（）A.第1個線圈進入磁場過程中，通過線圈截面的電荷量為0.002CB.第1個線圈恰好完全進入磁場時，減震器的速度大小為3.6m/sC.滑動桿上的第10個線圈進入磁場才能使減震器停下來D.進入磁場的第1個線圈和最后1個線圈產(chǎn)生的熱量之比為〖答案〗BCD〖解析〗A．第1個線圈進入磁場過程中，通過線圈截面的電荷量為A錯誤；B．根據(jù)動量定理，第1個線圈進入磁場的過程，有解得第1個線圈恰好完全進入磁場時，減震器的速度大小為3.6m/s，B正確；C．每個線圈進入磁場的過程通過線圈的電荷量相等，滑動桿上的前10個線圈進入磁場的過程中，根據(jù)動量定理有解得第10個線圈進入磁場才能使減震器停下來，C正確；D．進入磁場的第1個線圈產(chǎn)生的熱量為滑動桿上的前9個線圈進入磁場的過程中，根據(jù)動量定理有解得最后1個線圈產(chǎn)生的熱量進入磁場的第1個線圈和最后1個線圈產(chǎn)生的熱量之比為19:1，D正確。故選BCD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某實驗小組利用如圖甲所示裝置測量某單色光的波長。

（1）該實驗小組以線狀白熾燈為光源，對實驗裝置進行調節(jié)，觀察實驗現(xiàn)象后總結出以下幾點，其中說法正確的是________A.干涉條紋與雙縫垂直B.若使用間距更小的雙縫，會使相鄰明條紋中心間距離變小C.若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，應將屏向遠離雙縫方向移動D.若觀察到屏上的亮度較暗且條紋不明顯，可能是光源、單縫與遮光筒不共軸所致（2）該實驗小組調整手輪使測量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對齊，并將該亮紋定為第1條亮紋，此時手輪上的讀數(shù)＝________mm（如圖乙所示），接著再同方向轉動手輪，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對齊，并讀出對應的讀數(shù)；（3）若實驗小組所用裝置的雙縫間距為，雙縫到屏的距離為，則所測光的波長λ＝_________nm。（保留3位有效數(shù)字）〖答案〗（1）D（2）1.515（3）573〖解析〗（1）[1]A．根據(jù)雙縫干涉原理，可知干涉條紋與雙縫平行，A錯誤；B．根據(jù)干涉條紋間距公式可知，若使用間距更小的雙縫，會使相鄰明條紋中心間距離變大，B錯誤；C．若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，應減小條紋間距，根據(jù)公式應將屏向靠近雙縫方向移動，C錯誤；D．若觀察到屏上的亮度較暗且條紋不明顯，可能是光源、單縫與遮光筒不共軸所致，D正確。故選D。（2）[2]根據(jù)螺旋測微器的固定刻度和可動刻度可知手輪上的讀數(shù)為：1.5mm＋0.01×1.5mm＝1.515mm（3）[3]根據(jù)題意可知相鄰條紋間距為由相鄰條紋間距公式可得所測光的波長為14.某實驗小組利用如圖甲所示的電路測定電源的電動勢E和內阻r，已知圖中電源的電動勢為，內阻為，保護電阻的阻值為，S為單刀雙擲開關。（1）S與1接通前，滑動變阻器的滑片P應置于最_______（選填“左”或“右”）端；（2）S與1接通，改變滑片P的位置，記下電流表的示數(shù)，保持P不動，S與2接通，記下電流表的示數(shù)，重復以上操作，得到多組和的值；（3）該實驗小組作出的的圖像如圖乙所示，若測得圖線的斜率為k，縱軸上的截距為b，則電源的電動勢E=_________，內阻r=___________；（選用，、k、b、表示）（4）若不考慮偶然誤差，該實驗小組測得電源內阻的測量值________真實值。（選填“大于”、“小于”或“等于”）〖答案〗（1）左（3）（4）等于〖解析〗（1）[1]為保護電路，S與1接通前，應使滑動變阻器接入電路的阻值最大，故滑動變阻器的滑片P應置于左端；（3）[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律有解得測得圖線的斜率為k，縱軸上的截距為b，可解得，（4）[4]根據(jù)（3）中測量原理可知該實驗測得電源內阻的測量值等于真實值。15.2023年3月30日，我國“神舟十五號”飛行乘組圓滿完成了第三次太空行走任務。航天員出艙活動前要在氣閘艙內穿上特制的航天服，航天服內密封一定質量的氣體（視為理想氣體），開始時密封氣體的體積為，壓強為，溫度為。為方便打開艙門，需將氣閘艙內氣壓適當降低，當氣閘艙內氣壓降低到目標值時，航天服內氣體體積變?yōu)椋瑴囟茸優(yōu)?。忽略航天員呼吸造成的影響，取。（1）求氣閘艙內氣壓降低到目標值時航天服內氣體的壓強；（2）將氣閘艙內氣壓降低到目標值后航天員感覺到航天服內氣壓偏高，于是他將航天服內一部分氣體緩慢放出，使航天服內氣壓降到，此時航天服內氣體體積變?yōu)椋蠓懦龅臍怏w與航天服內部留存氣體的質量比。（設放出氣體過程中氣體溫度始終保持不變）〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）選航天服內氣體為研究對象，初態(tài)，，，末態(tài)，，由理想氣體狀態(tài)方程得解得（2）氣體緩慢放出的過程中溫度不變，設放出的氣體體積為，由玻意耳定律得解得故放出的氣體與放氣后內部留存氣體的質量比為16.翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調節(jié)，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過控制動力的大小和方向改變飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動力F始終與飛行方向相同，空氣升力沿降落傘的中垂線且與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即；空氣阻力與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即；其中、相互影響，可由運動員調節(jié)，并滿足如圖甲所示的關系。已知運動員和裝備的總質量為，取，。（1）若運動員使飛行器以速度在空中沿水平方向勻速飛行，如圖乙所示。結合甲圖，求飛行器受到的動力F的大??；（2）若運動員使飛行器在空中某一水平面內做勻速圓周運動，如圖丙所示，調節(jié)，降落傘中垂線和豎直方向夾角為，求飛行器做勻速圓周運動的半徑r和速度的大小。〖答案〗（1）1