2023-2024年山东省潍坊市高三下学期一模物理试题（解析版）

潍坊市高考模拟考试物理一、单项选择题1.核能是蕴藏在原子核内部的能量，合理利用核能，能有效缓解能源短缺问题。在核聚变实验中，核反应方程是，核的结合能为，核的结合能为，核的结合能为。则一次核反应过程中（）A.反应前后的动量不守恒B.为C.释放的核能大小为D.电荷数守恒，质量数不守恒【答案】C【解析】核反应前后的动量守恒，故A错误；核反应过程中,电荷数守恒，质量数守恒，可得的电荷数为，质量数为，则为，故BD错误；由能量守恒定律可知，核反应过程中释放的核能大小为，故C正确。故选C。2.一物体在时刻通过点的速度大小为，加速度与速度方向相同，物体的加速度随时间的变化如图所示。经物体运动到点。在该过程中，下列判断正确的是（）A.与的平均速度相同B.与合外力的冲量相同C.与合外力做的功相同D.到达点的速度大小为【答案】B【解析】根据题意可知，由图可知，质点在一直加速，则相等时间内通过的位移逐渐增大，可知，的平均速度小于的平均速度，到达点的速度一定大于，故AD错误；根据图像的面积表示速度变化量，由图可知，与的速度变化量相等，且速度一直增大，则动量变化量相同，由动量定理可得，与合外力的冲量相同，由动能定理可得，合外力做的功，合外力做的功，则有可知，合外力做的功小于合外力做的功，故B正确，C错误。故选B。3.开环燃气发动机采用双重加热循环的工作原理，一定质量的理想气体双重加热循环的图像如图所示，其中，为等温过程，平行于横轴，、平行于纵轴，下列说法正确的是（）A.过程，气体内能不变，不与外界发生热传递B.过程，气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数不变C.过程，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增量D.整个过程，气体放出的热量大于吸收的热量【答案】C【解析】过程，根据题意，温度不变，则气体内能不变，根据热力学第一定律有，由于体积减小，外界对气体做正功，因此气体从外界释放热量，故A错误；过程，体积不变，气体分布密集程度不变，压强增大，根据，可知，温度升高，分子运动的平均速率增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数增多，故B错误；过程，压强一定，根据，体积增大，则温度升高，气体内能增大，气体对外做正功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增量，故C正确；图像的面积表示功，根据图像可知整个过程，气体对外做正功，即取负值，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量小于吸收的热量，故D错误。故选C。4.年月日时分神舟十六号成功对接于空间站天和核心舱径向端口，若对接前“神舟十六号”和“空间站”分别在圆形轨道和上绕同一方向做匀速圆周运动，圆周运动的半径分别为、，地球半径为，地球表面重力加速度为，万有引力常量为，下列说法正确的是（）A.地球的密度约为B.神舟十六号与空间站的线速度之比为C.神舟十六号与空间站的向心加速度之比为D.从相距最远到相距最近的最短时间为【答案】D【解析】根据万有引力与重力的关系，地球的密度约为，故A错误；根据万有引力提供向心力，可得，神舟十六号与空间站的线速度之比为，故B错误；根据牛顿第二定律，可得，神舟十六号与空间站的向心加速度之比为，故C错误；根据万有引力提供向心力，根据万有引力与重力的关系，可得，，从相距最远到相距最近的最短时间满足，从相距最远到相距最近的最短时间为，故D正确。故选D。5.制造半导体元件，需要精确测定硅片上涂有的二氧化硅（）薄膜的厚度，把左侧二氧化硅薄膜腐蚀成如图甲所示的劈尖，用波长的激光从上方照射劈尖，观察到在腐蚀区域内有条暗纹，且二氧化硅斜面转为平面的棱处是亮纹，二氧化硅的折射率为，则二氧化硅薄膜的厚度为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，由于二氧化硅的折射率为，则激光在二氧化硅中的波长为，观察到在腐蚀区域内有条暗纹，则二氧化硅斜面转为平面的棱处是亮纹是第条，设二氧化硅薄膜的厚度为，则有，联立解得，故选A。6.图甲为一列简谐波在时的波形图，是平衡位置为处的质点，图乙为质点的振动图像，则（）A.该列波沿轴负方向传播B.该波的波速大小为C.在时，处的质点加速度沿轴负方向D.处质点振动方程为【答案】D【解析】由图乙可知，M点在之后，先向下运动，再结合图甲可知，该波沿轴正方向传播，A错误；由图乙可知，该波的波长为，由图乙可知，该波的周期为，该波的波速大小为，B错误；图甲为一列简谐波在时的波形图，在时，时间经过了，相当于个周期，则处的质点加速度沿轴正方向，C错误；该波的振幅为，该波的角速度为，则处质点振动方程为，D正确；故选D。7.如图所示，一半径为的光滑大圆环竖直固定在水平面上，其上套一小环，、为圆环上关于竖直直径对称的两点，将点下方圆环拆走，若小环从大圆环的最高点由静止开始下滑，当小环滑到点时，恰好对大圆环无作用力。已知重力加速度大小为，若让小圆环从最高点由静止下滑从点滑离。小圆环落地时的水平速度大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据题意，设点与的连线与竖直方向的夹角为，如图所示，从到由机械能守恒定律有，在点，由牛顿第二定律有，解得，，由对称性可知，小圆环从最高点由静止下滑点的速度大小同为，小圆环从点滑离，水平方向做匀速运动，则小圆环落地时的水平速度大小为，故选B。8.如图所示，一倾角为足够长光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一挡板，一根劲度系数的轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物体上，紧挨着放置物体（不与粘连），现对施加一个沿斜面向上的拉力使做匀加速直线运动，从施加拉力开始计时，后拉力不再变化，已知的质量，的质量。下列说法正确的是（）A.时、间的作用力为B.时弹簧中的弹力为C.时拉力D.的加速度大小为【答案】C【解析】刚开始弹簧的压缩量为，时，拉力不再变化，说明此时刚好分离，它们之间弹力正好为，而此时和具有相同的沿斜面向上的加速度，设此时弹簧的压缩量为，对由牛顿第二定律，该段时间内由运动学规律得，，联立解得，，设时、间的作用力为，对由牛顿第二定律得，，解得，故AD错误；根据前面分析可知时，弹簧中的弹力，故B错误；时对由牛顿第二定律得，解得，故C正确。故选C。二、多项选择题9.风力发电绿色环保、低碳，通过变压器和远距离输电线给用户供电，工作原理如图所示。发电机线圈面积、匝数匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的水平轴匀速转动，转速，其输出端与升压变压器的原线圈相连，输出电压，升压变压器原、副线圈的匝数比，输出功率为，降压变压器的副线圈连接用户，两变压器间的输电线总电阻，变压器均为理想变压器。用户端工作电压为。下列说法正确的是（）A.磁感应强度大小为B.用户获得的功率为C.降压变压器原、副线圈匝数比D.若输出电压不变，输电线电流变大，则用户端电压变小【答案】BD【解析】发电线圈产生的感应电动势表达式为，，，解得，A错误；升压变压器副线圈的电压为，升压变压器副线圈的电流为，则，则用户获得的功率为，B正确；降压变压器原、副线圈匝数比为，C错误；若输出电压不变，则不变，输电线电流变大，则减小，则减小，D正确；故选BD。10.如图为透明长方体的横截面，其折射率，一细束单色光以角入射至面上的点，，已知光在真空中的传播速度为，不考虑光在长方体内的二次及二次以上的多次反射，下列说法正确的是（）A.当入射角为时，光在长方体中的传播时间为B.当入射角为时，光在长方体中的传播时间为C.当入射角时，折射到面上的光一定发生全反射D.当入射角时，折射到面上的光不一定发生全反射【答案】AC【解析】当入射角为时，根据折射定律有可得，光经过面折射后折射角为，则光在长方体中传播的光路如下图所示，根据光路的可逆性可知，光从的中点射出长方体，则根据几何知识可得，光在长方体中的传播路程为，又光在长方体中的传播速度为，则光在长方体中的传播时间为，联立解得，光在长方体中的传播时间为，故A正确，B错误；根据全反射公式有，，设光在面的入射角为，根据折射定律有，由几何知识有，联立可得，即入射角，则折射到面上的光一定发生全反射，故C正确，D错误。故选AC。11.如图所示，将电荷量为的两个点电荷固定在直三棱柱底面的、两点，将电荷量为的点电荷固定在点，已知三角形为等腰直角三角形，，，静电力常量为，下列说法正确的是（）A.点的电荷受力指向的中点B.从到点电势先增大后减小C.将负试探电荷从点移到点，其电势能变大D.点场强的大小为【答案】CD【解析】根据题意，由几何关系可得，由库仑定律可得，间库仑力大小为，方向由，间库仑力大小为，方向由，如图所示，由几何关系有，，，可知，与不重合，即点的电荷受力不指向ab的中点，故A错误；若去掉点电荷，可知，在等量异种电荷连线的中垂面上，则为等势线，点点电荷在上的电势，由到逐渐减小，则从到点电势逐渐降低，故B错误；若去掉点点电荷，点和点的点电荷为等量异种电荷，可知，的电势大于电势，由几何关系可知，则点点电荷周围的电势大于电势，综上所述，的电势大于电势，则负试探电荷在点的电势能大于在的电势能，故C正确；根据题意，由点电荷场强公式可知，点点电荷在的电场强度大小为，同理可得，，方向如图所示，则有，，，则点场强的大小为，故D正确。故选CD。12.如图所示，两根型平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为和，处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为和。已知导体棒的电阻为、长度为，导体棒的电阻为、长度为，的质量是的倍。两棒中点之间连接一原长为轻质绝缘弹簧。现将弹簧拉伸至后，同时由静止释放两导体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计。下列说法正确的是（）A.整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流B.整个运动过程中，与的路程之比为C.棒克服安培力做的功等于棒产生的热量D.整个运动过程中，通过的电荷量为【答案】BD【解析】根据题意可，由静止释放，向右运动，向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知，回路中产生顺时针电流，设某时刻电流大小为，可知，所受安培力大小为，方向向左，所受安培力大小为，方向向右，可知，两棒系统受合外力为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有向左运动，向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A错误；由A分析可知，两棒系统受合外力为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有，设运动时间为，则有，即，则ab与的路程之比为，故B正确；由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且与的路程之比为，则与克服安培力做的功之比为，由公式可知，由于与的电阻之比为，则与产生的热之比为，可知，棒克服安培力做的功不等于棒产生的热量，故C错误；由公式、和可得，整个运动过程中，通过的电荷量为，当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小，则向右运动的距离为，向左运动的距离为，则有，故D正确。故选BD。三、非选择题13.某同学利用如图所示装置探究滑块与长木板间的动摩擦因数。实验过程如下：①长木板水平固定，将弹簧左端固定在挡板上，弹簧右端与滑块不栓接，当弹簧处于原长时，与弹簧右端接触的滑块中心位于点，点右侧放一相同的木板，与左侧木板上表面平齐水平对接，如图甲所示；②用滑块压缩弹簧到点，用刻度尺测量出间的距离；释放滑块，记录其在右侧木板上停止时的位置，测出间的距离；③如图乙所示，拆去点右侧的木板，在点下方挂上重锤，再次用滑块将弹簧压缩到点无初速释放，记录其落到水平地面的位置，测出点到地面的竖直高度，及落地点到点的水平距离；④查得当地重力加速度为g。请回答下列问题：（1）滑块从点滑离时的初速度大小为______，滑块与长木板间的动摩擦因数______（用所测物理量符号表示）。（2）若测得滑块质量为，则释放滑块时弹簧的弹性势能______（用所测物理量的符号表示）。【答案】（1）①.，②.；（2）【解析】（1）[1]根据题意可知，拆去点右侧的木板，滑块从点飞出做平抛运动，竖直方向上有，水平方向上有，解得；[2]滑块由点到点，由动能定理有，解得；（2）滑块由点到点，由能量守恒定律可得，释放滑块时弹簧的弹性势能。14.某同学制作一个多量程的电流表和欧姆表，他设计的电表电路如图所示。所用器材分别为：A．电流表（满偏电流，内阻）；B．定值电阻、；C．滑动变阻器（最大阻值为）；D．电源（电动势为，内阻忽略不计）；E．单刀双掷开关、；F．表笔及导线若干①将单刀双掷开关接，分别接、时，、可串联在电路中作为电流表，量程分别为和；②若单刀双掷开关接，分别接、时，可作为双量程的欧姆表使用。回答下列问题：（1）电路中定值电阻的阻值为______。（2）当单刀双掷开关接，再将开关接时，欧姆表的挡位为______（填“”或“”）；欧姆调零后将待测电阻接在、间，发现电流表指针偏转角很小，断开电路并将挡位换成另一挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器的滑片______（填“向上”或“向下”）移动。调零后再次将电阻接在、间，电流表的指针对准刻度盘上的处，则电阻______。【答案】（1）；（2）①.，②.向上，③.【解析】（1）根据题意，由并联分流原理可得，当单刀双掷开关接，接时量程为，接时量程为，则有，，代入数据解得，；（2）[1]当单刀双掷开关接，再将开关接时，与电流表串联再与并联，三者的总电阻为，将开关接时，与串联再与电流表并联，三者的总电阻为，欧姆表的倍率大的挡位内阻大，所以将单刀双掷开关与接通时，欧姆表的挡位为。[2]结合上述分析可知，将挡位换成另一挡位，即将单刀双掷开关与接通换成与接通，电流表满偏时，干路电流减小了，则调零时需增大滑动变阻器接入电路的电阻，即滑动变阻器的滑片向上移动。[3]结合上述分析可知，挡位换成另一挡位调零后，电流表满偏时，干路电流为，则欧姆表内阻为，将电阻接在、间，电流表的指针对准刻度盘上的处，干路电流为，则电阻。15.年月日，神舟十七号航天组完成了天和核心舱太阳翼修复任务。如图所示，气闸舱有两个气闸门，内闸门与核心舱连接，外闸门与外太空连接。气闸舱容积，核心舱容积，开始气闸舱和核心舱的气压都为（标准大气压）。航天员要到舱外太空行走，需先进入气闸舱。为节省气体，用抽气机将气闸舱内的气体抽到核心舱内，当气闸舱气压降到和外太空气压相同时才能打开外闸门B，该过程中两舱温度不变，不考虑漏气、新气体产生、航天员进出舱对气体的影响。求：（1）当气闸舱的压强降至时，从气闸舱抽出的气体与原来气体的质量之比；（2）内闸门的表面积是，每次抽气的体积为，抽气后抽气机内气体压强与气闸舱内剩余气体压强相等，第次抽气到核心舱后，两舱气体对内闸门的压力差大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据题意，设抽出气体的体积为，抽出气体前后，由玻意耳定律有，从气闸舱抽出的气体与原来气体的质量之比，联立解得；（2）第一次对气闸舱抽气后气闸舱气压变为，由玻意耳定律有，解得，第一次对核心舱充气后，核心舱气压变为，则有，解得，两舱气体对内闸门的压力差。16.跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道宽，一质量的跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙做加速运动，加速到点斜向上跃起，到达右墙壁点时竖直速度恰好为零，点距地面高，然后立即蹬右墙壁，使水平速度变为等大反向，并获得一竖直向上的速度，恰能跃到左墙壁的点，点与点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为，重力加速为，可认为整个过程中人的姿态不发生变化，如图乙所示，求：（1）人蹬墙后的水平速度大小；（2）人加速助跑的距离。【答案】（1）；（2）【解析】(1)设人蹬墙后的水平速度大小为，从到做斜抛运动，水平方向有，竖直方向有，由，联立得；(2)由题意可知，人从静止开始到做匀加速直线运动，根据速度位移公式得，解得。17.现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为的正方体电磁区域，以棱中点为坐标原点建立三维坐标系，正方体电磁区域内充满沿轴负方向的匀强电场和匀强磁场，在点有一粒子源，沿轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为，电荷量均为。已知速度大小为的粒子，恰从坐标点飞出（图中未标出），不计粒子的重力。求（1）磁感应强度大小；（2）电场强度大小；（3）从正方体上表面飞出的粒子速率范围。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，粒子从点开始沿轴正方向发射，其匀速圆周运动的圆心必定在轴上。根据几何关系可知，粒子到达点时，和点的连线与轴之间的夹角满足，解得，设圆周运动的半径为，则有，解得，根据洛伦兹力提供向心力可得，解得。（2）设带电粒子做圆周运动的周期为，则有，解得，在题述的运动中，粒子的轨迹对应的圆心角为，所以运动时间为，粒子在匀强电场的作用下做类平抛运动，加速度为，沿着电场方向的位移为，联立解得；（3）由上述分析可知当粒子从正方体上表面飞出的，粒子速率越大，粒子的分运动匀速圆周运动的半径越大，图中的点越靠近，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为时在边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周，其半径等于，则有，解得，假设粒子沿轴负方向的分运动匀加速运动到点时（其位移大小等于），粒子能够在边射出，设粒子在电场中运动时间为，则有，解得，粒子的分运动匀速圆周运动