2023届山东省济南市历城第二中学高三下学期一模物理试题 含解析.docx

1、2023年山东省济南市历城二中高考物理一模试卷一、单选题（每题只有1个正确选项，共8题，每题3分，共24分）1“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”。放风筝是民间传统游戏之一。如图所示，一只风筝高高的悬停在空中，已知风筝受到重力G、绳子拉力F1，空气作用力F2，下列受力分析示意图可能正确的是（）ABCD22022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（）A组合体中的货物处于超重状态B组合体的速度大小略大于第一宇宙速度C组合体的角速度大小比地球同步卫星的大D组合体的加速度大小比地球同步卫星的小3某同学为了研

2、究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（）A浮标的振动周期为B水波的传播速度大小为C时刻浮标沿y轴负方向运动D水波的波长为4甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的vt图象如图所示。两图象在tt1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，OPQ的面积为S。在t0时刻，乙车在甲车前面，相距为d.已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t，则下面四组t和d的组合可能的是 ()

3、Att1，dSBtt1，dSCtt1，dSDtt1，dS5如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60时，拉力的功率为ABCD6如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，为定值电阻，R为滑动变阻器，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，电容器极板带电量为Q，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为。下列判断正确的是（）A若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，则角将减小B若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，则电容器带电量Q将减小C若只将电容器M极板靠近N极板，则角将增大D若只将电容器M极板

4、靠近N极板，则电容器电量Q不变7在图甲所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻，为滑动变阻器。电源电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）A滑片P向下移动时，电流表示数增大B滑片P向上移动时，电阻的电流增大C当时，电流表的示数为2AD当时，电源的输出功率为32W8如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不

5、计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（）A粒子带负电B从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率C从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间D所有粒子所用最短时间为二、多选题（每题有多个选项正确，每题4分，漏选得2分，共4题，16分）9如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A相遇时A的速度一定为零B相遇时B的速度一定为零CA从抛出到最高点的时间为D从抛出到相遇A、B速度的变化量相同10如图，在等边三角

6、形的三个顶点A、B、C上， 分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中，A、B处的点电荷均带正电， C处的点电荷带负电，D、E、F分别为AB、BC、CA边的中点，O为三角形中心则下列说法正确的是（）A三角形中心O点的电场强度方向为ODBD点的电势高于O点的电势CE、F两点电势相同D把一正点电荷从O点移到E点，该电荷的电势能增加11如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹

7、簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（）AM2mB2m M T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；D由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有整理有由于T同 T组合体，则r同 r组合体，且同步卫星和组合体在天上有则有a同 a组合体D错误。故选C。3A【详解】A根据振动图像可知，波源在时刻振动，波形经过传递到浮标处，浮标的振动周期为A正确；B波源的振动情况经过传到距离处的浮标，可知波速大小为B错误；C根据虚线图像可知浮标在时刻沿轴正方方向运动，C错误；D水波的波长为D错误。故选A。4D【详解】在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故

8、tt1，故A错误；从图象中甲、乙与坐标轴所围的面积即对应的位移看，甲在t1时间内运动的位移比乙的多S，当t0.5t1时，甲的面积比乙的面积多出S，即相距dS，故D正确，BC错误5C【详解】试题分析：先求拉力F的大小根据力矩平衡，解得；再求速度；再求力与速度的夹角=30，所以功率考点：力矩的平衡条件；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率【名师点睛】本题主要考查了力矩的平衡条件、线速度、角速度和周期、转速、功率、平均功率和瞬时功率属于难度较大的题目本题要先根据力矩平衡条件求出拉力F的大小，再根据瞬时功率表达式求拉力的功率6C【详解】小球处于平衡状态可知AB若只将变阻器滑片P缓慢地向

9、b端移动，两极板之间的电压增大，根据匀强电场电场强度与电势差关系，可知电场强度增大，故则角将增大；电容器的带电荷量为，可知电容器带电量Q将增大，故AB错误；CD若只将电容器M极板靠近N极板，根据匀强电场电场强度与电势差关系，可知减小极板间的距离，电场强度增大，故则角将增大；根据平行板电容器的决定式可知减小极板间的距离，电容器的电容增大，电容器带电荷量为，可知电容器带电量Q将增大，故C正确，D错误。故选C。7C【详解】A等效电路如图所示当滑片P向下移动时，导致滑动变阻器阻值减小，则等效电阻阻值减小，则等效电阻分压减小，根据变压器原理可知，副线圈两端电压减小，即电阻两端电压减小，根据欧姆定律可知，

10、电流表示数减小，故A错误；B将等效为电源内阻，滑片P向上移动时，电阻增大，根据串反并同可知，流过电阻的电流减小，故B错误；C等效电阻阻值为电源电压有效值为因此原线圈两端电压为根据变压器原理可知，副线圈电压为因此电流表示数故C正确；D当时，电源的输出功率故D错误。故选C。8D【详解】A粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A错误；B根据得从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；CD由粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此

11、时圆周运动的圆心角为 ，则最短时间为M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确。故选D。9BCD【详解】AB根据题意可知，A做斜上抛运动，B做竖直上抛运动，A到达最高点时恰好相遇，根据分运动和合运动的关系，A球在竖直方向的分运动和B球的运动相同，A球在最高点竖直方向的速度为零，水平方向的分速度等于开始运动时初速度的水平分速度，则相遇时A的速度不为零，B的速度一定为零，故A错误，B正确；CD根据AB分析可知，A从抛出到最高点的时间等于B从抛出到最高点的时间，由公式可得，B从抛出到最高点的时间为即A从抛出到最高点的时间为，由公式可知，

12、从抛出到相遇A、B速度的变化量相同，故CD正确。故选BCD。10BC【详解】AO点到A、B、C三点的距离相等，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，且夹角互为120，则有A、B两点电荷在O点的合场强方向向上，点电荷C在O点的场强方向也向上，所以O点的合场强方向向上，为OC，A错误；B三个点电荷在 O点的合场强方向向上，可知在 O点合电场方向向上，由矢量合成定则可知，在DOC的连线上合场强方向都向上，从D到O电场方向应是从D指向O，由沿电场方向电势降低可知，D点的电势高于O点的电势，B正确；CAC两个电荷在F点的电势和BC两个电势在E点的电势相同都为零，因此只需要比较A电荷在E点的电势和B电荷在F

13、点的电势，因距离相同因此电势相同，C正确；DBC两个电荷在O点和E点电势相同都为零，A电荷在O点的电势高于E点的电势，因此O点电势高于E点电势，因此把一正点电荷从O点移到E点，电场力做正功，该电荷的电势能减少，D错误。故选BC。11ACD【详解】AB由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为，则依题意有故有，故A正确，B错误；C由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；D对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹

14、簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。12AD【详解】A由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为，设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有解得故A正确；B设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定律有解得故B错误；C导体框的边与虚线1重合时的速度大小为此时边产生的感应电动势大小为导体框中的感应电流为边所受的安培力大小为导体框的与虚线1重合时克服安培力做功的功率大小为整理得故C错误；D设导体框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平

15、均感应电流为，则由动量定理可得根据电流的定义可知t时间内通过线框某一截面的电荷量为根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知联立解得故D正确。故选AD。13 6.860mm 液体的水平射程x 【详解】（1）直径为d=6.5mm+0.01mm36.0=6.860mm；（3）待水流运动稳定后，读出流量计读数：测量液体的水平射程x，计算水喷出时的初速度；（4）液体的流量表达式：14 A C E 53（50 53均可）【详解】（1）1电动势为6V，绘制出发光二极管的IU图其电压在03V的范围，若选量程0 15V的电压表，则表盘指针的偏转将小于满偏值的，读数误差较大，故选电压表V1，故选A；2

16、绘制出发光二极管的IU图其电流在030mA的范围，若选量程0 6A的电流表，则表盘指针的偏转将小于满偏值的，读数误差较大，故选电压表A1，故选C；3绘制出发光二极管的IU图其电流在030mA的范围，则电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选R1，故选E；（2）4绘制出发光二极管的IU图其电流在030mA的范围，则电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，且由IU图可看出发光二极管的最大电阻约为而则电流表应采用外接法，则完整的电路实物图如下（3）5由绘制出发光二极管的IU图可看出在发光二极管的最佳工作电流为15mA时其电压为2.2V，则将它与电动势为3V、

17、内阻不计的电池组相连，还需串联一个15（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）棋子在空中做平抛运动，运动的时间由解得（2）棋子做平抛的初速度纸条给棋子的冲量大小为（3）用稍微小的力气，这样纸条抽出的时间更长，棋子受滑动摩擦力作用的时间也更长，冲量更大，获得的初速度也越大。16(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J【详解】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有根据闭合电路欧姆定律有结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；(3)线框穿过磁场所用的时间为故线框穿越过程产生的热量为17（1）（，0）；（2），【详解】（1）小球b从

18、进入电场到与小球a碰撞这一过程，水平方向上做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，故在竖直方向有设电场强度为E，在水平上有小球b与小球a发生弹性碰撞有因为两球碰撞，根据接触起电的电荷分配规律，小球a带电量为，小球b带电量为。小球a在第二象限竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，根据运动的对称性可知，小球a在到达x轴负半轴所用时间与小球b从进入电场到与小球a相碰时间相同，即时间为。竖直方向上的速度也为，在水平方向有解得所以其进入磁场的坐标为（，0）。（2）由上一问分析可知小球a竖直方向速度为（方向水平向下），水平方向速度为（方向水平向左）。 小球a进入磁场时，受到洛伦兹力以及重力

19、，将小球a的速度分解为水平向右的大小为的速度和方向与x轴负半轴成角，大小为其中有解得即粒子在磁场的运动可分解为水平向右的匀速直线运动，和入射速度为，方向与x轴负半轴夹角的正切值为的在磁场中的匀速圆周运动，有解得由几何关系可知，小球第一次在磁场中运动离x轴最远距离为此时小球a的速度最大，为18（1）；（2），；（3）从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，【详解】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知解得在B点时牛顿第二定律可知解得由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为。（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知解得木板与C端第一

20、次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为，滑块速度为，木板只与C端发生了2次碰撞，则从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知联立解得则设开始时木板左端离C端距离为，则由运动学公式可知解得滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知解得（3）从A到D由动能定理可知解得设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，从D点飞出到落到所用时间为，根据动能定理可得解得该过程的速度变化量为如图所示为速度矢量关系图速度矢量图的面积为可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程有最大值，而图中速度、都是定值，可知当速度矢量图的面积最大，则有解得可得速度矢量图的面积最大为最大水平射程为