2023届山东省部分重点中学高考考前热身押题物理试题

联盟2023年高考考前热身押题物理答案解析2023.5一、单项选择题1.【答案】D【解析】根据爱因斯坦光电效应方程可知，发生光电效应时光电子的动能与入射光的频率以及金属的逸出功有关，A错误；天然放射产生的三种射线中，穿透能力最强的是γ射线，B错误；半衰期是一个统计规律，对于大量原子核衰变是成立的，个数较少时规律不成立，故C错误；根据质量数和电荷数守恒，可知X表示中子，D正确。2.【答案】A【解析】两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为mgsinθ，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mgsinθ，故A正确；两根椽子对瓦片的支持力的合力为mgcosθ，瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是0.5mgcosθ，故B、C错误；椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为mg，故D错误。3.【答案】D【解析】a、b温度相同，内能相等，A错误；状态a的体积大于状态b的体积，故状态a的分子密集程度小于在状态b的分子密集程度，B错误；b→c气体对外做功多于a→b外界对气体做功，c→a气体不做功，C错误；在a→b→c过程中，温度升高，内能增加ΔU>0,气体对外做功多于外界对气体做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q得，Q>0,吸热，即a→b过程气体放出的热量小于b→c气体从外界吸收的热量，D正确。4.【答案】B【解析】“天舟五号”与“天宫空间站”对接前绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMm4π2v2r3GMGM＝mr＝m＝ma，解得T＝2π，v＝，a＝，“天舟五号”的轨道半径r2T2rGMrr2小于“天宫空间站”的轨道半径，则“天宫空间站”的线速度小于“天舟五号”的线速度，“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度，对接后“结合体”绕地球公转周期等于对接前“天宫空间站”的公转周期，故B正确，A、D错误；“天舟五号”需要经过点火加速才能从低轨道变轨进入高轨道，实现对接，故C错误。5.【答案】C【解析】由图乙可知，电源电压的有效值为220V，则有（其中220�=�1+�1�1,�2=�2�2物理答案解析第1页（共10页）UIn2、、121UU12为原、副线圈两端的电压有效值，II12为原、副线圈中的电流），又有，U2I1n21且RR1220Ω，联立可得，即电压表示数为88V，电流表的示数为2.2A，故�1A=、176B错误；电阻的功率V,�1=2.2A,�2=88V,�2=，可知4.4AC正确。26.【答案】B�=�2�2【解析】A.肥皂膜因为自重导致厚度不一致，因表面张力的原因其截面应是一个圆滑的曲面而不是梯形，A错误；B.薄膜干涉是等厚干涉，其原因为肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹，B正确；C.形成条纹的原因是前后表面的反射光叠加出现了振动加强点和振动减弱点，肥皂膜形成到破裂的过程越来越薄，前后两表面夹角逐渐变小，因此出现加强点和减弱点的位置发生了变化，条纹宽度和间距发生变化，C错误；D.将肥皂膜外金属环上端的把柄向上转动90°，由于重力，表面张力和粘滞力等的作用，肥皂膜的形状和厚度会重新分布，因此并不会跟着旋转90°；D错误。故选B。7.【答案】B【解析】A.物体所受滑动摩擦力大小为Ffmg2N当F大于Ff时，物体做加速运动，当F与Ff大小相等时，物体运动的速度最大，由图乙可知2N此时物体运动的位移为x3m3m2m16NF-x图像与坐标轴所围的面积表示F做的功，则F在物体运动位移为x1的过程中对物体所做的功为1W(26)2J8J212设物体运动的最大速度为vm，根据动能定理有WFfx1mvm2解得vm2m/s故A错误；QB.物体在水平地面上运动的最大位移是xm4.5mFf故B正确；C.根据功能关系可知，整个运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F做的总功，即1Q63J9J2物理答案解析第2页（共10页）故C错误；D.当F大于Ff时，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当F小于Ff时物体开始做减速运动，故D错误。故选B。8.【答案】A【解析】由场强叠加原理及对称性，A、D处的一对正负电荷在M点的场强与B、C处一对正负电荷在N点的场强大小相等，方向不同，A、D处的一对正负电荷在N点的场强与B、C处一对正负电荷在M点的场强大小相等，方向不同，故M、N两点的场强大小相等，方向不同，A正确，B错误；M、N及AC、BD的中点都在一对正负电荷连线中点或中垂线上，故电势皆为0，故C、D错误。二、多项选择题9.【答案】BC【解析】物块在各点受到的摩擦力均为滑动摩擦力，由f=μN得物块在A、B、C处所受摩擦力分别为μmg，μmgcosθ，μmgcos（θ+α），故A错误；物块在A点的加速度aA=μg，物块最sinα终停留在B点可知μ=tanθ，在C点，mgsin（θ+α）-μmgcos（θ+α）=maA,可解得ag，CcosθB正确；物块所受摩擦力与转筒的速度无关，若增大圆筒转速，则物块最终仍会停留在B点，物块所能达到的最大高度仍为C点；故C正确。若增大动摩擦因数，物块有可能脱离圆筒，也有可能加速到与圆筒共速，D错误。10.【答案】AD【解析】根据振动图像，质点P在t＝0时刻后的下一时刻的振动方向向上，结合波的图像，可知这列简谐横波向左传播，质点Q沿y轴负方向振动，A正确；由图甲可得λ＝8m，由图TTλ2乙知，5s=，可得T＝12s，所以横波的波速为v＝＝m/s，故B错误；设质点Q的612T32振动方程为yAsin(t)，综合以上信息可得质点Q的振动方程为y＝20sin(t＋π)cm，CT63TT31错误；从t＝0s到t＝11s，经历了+，质点Q通过的路程为s＝×4A+A＝70cm，D4642正确。11.【答案】CD【解析】AB：当x=R时，光路如图所示，物理答案解析第3页（共10页）12由几何关系可知，i=30°,sini=,根据折射定律有sinr=,24R2R由正弦定理得sinrsin(180α)求得α=45°，光线在内圆界面上的入射角为45°，刚好发生全反射，无法进入内圆。由对称性及折射定律得，光线从外圆射出的折射角为30°，故AB错误。C:当折射光线恰好与内圆相切时，做出光路图如下图所示根据几何关系可得xRsini，sinr2R2R根据折射率公式有sininsinr代入数据得x2R物理答案解析第4页（共10页）因此当x2R时，光线从外圆射出的入射角与光线从外圆射入的折射角相等，所以光线从外圆射出的折射角为45，故C正确；2D：当xR时，光路如图所示，221由几何关系可知，sinθ1=,根据折射定律有sinθ2=,44R2R由正弦定理得sinθ2sin(180θ3)求得θ3=30°，再根据折射定律求得θ4=45°，根据对称性，光从内圆通过的距离为RL2Rsin42R则光从内圆通过的时间为tc故D正确。12.【答案】BC【解析】导体棒MN切割磁感线产生电动势，形成电流，导体棒PQ受到向右的安培力，向右做加速运动，MN受到向左的安培力，也向右做加速运动。导体棒MN和PQ一起切割磁感线，设导轨宽度分别为2L和L，导体棒PQ和MN的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势电路中的电流�=????(2�2−�1)�????(2�2−�1)导体棒PQ和导体棒MN受到的安培力�==��物理答案解析第5页（共10页），与运动方向相同22��(2�2−�1)????�=�，与运动方向相反安222��(2�2−�1)????设导体棒PQ和MN的质量分别为�=m1、m�2，则对导体棒PQ22��(2�2−�1)对导体棒MN=�1�1�22212��(2�−�F)22初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，�−a2从开始逐渐减小。当=��a1＝2a2时，速度关系�m222���122保持恒定。�2−�1=��(4�1+�2)综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC选项正确，AD选项错误。故选BC。三、非选择题13.（6分）【解析】(1)用力传感器测出拉力，从而得出小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，故A正确；拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也就不需要使小桶(包括沙)的质量远小于车的总质量，故B、D错误；使用打点计时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故C正确。(2)设相邻两个计数点之间的位移分别为x1、x2、x3、x4，相邻两个计数点之间的时间间隔x4＋x3－x2－x10.0864＋0.0775－0.0687－0.06T＝5×0.02s＝0.1s，由Δx＝aT2，得a＝＝m/s24T20.04＝0.88m/s2。(3)由题意可知，小车的加速度a与2F的关系为成正比，故a-F图像为过原点的一条倾斜直线，故A符合。14.（8分）物理答案解析第6页（共10页）【解析】（1）D为微调旋钮，测量时注意避免夹得过紧，疫苗测量不准确，同时防止损坏螺旋测微器。（2）如图所示。600IL2-6（3）根据Rx，求得Rx=409Ω，再由电阻定律R求得电阻率ρ=1.0310Ω·mII12S×15.（7分）1212【解析】（1）根据动能定理有mgH－Wf＝mv2－mv1…………………………2分22解得Wf=250J…………………………1分（2）投出物资过程，系统动量守恒0=mv1-Mv4…………………………1分投出物资后，对热气球在水平方向和竖直方向用动量定理列方程-fxt=0-Mv4…………………………1分F浮t-Mgt-fyt=Mv3…………………………1分其中F浮=（M+m）g22空气阻力冲量的大小I()()fxtfyt联立求得I=10017N·s…………………………1分16.（9分）【解析】（1）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ2pV00pV分3…………………………2T02T0物理答案解析第7页（共10页）对Ⅱ、Ⅲ两部分气体11p0(V0V0)p()V0V分63…………………………2T02T07联立解得pp30此时I内的气体压强也等于p，设此时I内原有气体的气体的体积为V1，则对气体I，5p0V0pV1分6…………………………2T02T05解得VV1702可知打入的气体此时的体积为V70故A汽缸第I部分原有气体与注入气体的质量比5:2。…………………………1分43（2）由第一问方程可求得打开阀门前，Ⅳ的气体体积VV0，Ⅱ、Ⅲ部分气体体积为V0773对Ⅱ、Ⅲ部分气体，pV0p0V2…………………………1分7解得V2=V0，故稳定时B汽缸中活塞刚好到达顶部。…………………………1分17.（14分）【解析】(1)由动能定理：…………………………………………1分12���=2��0解得………………………………………………………………………1分2����0=�(2)粒子在区域I电场中做类平抛运动：���1qE=ma�=�0=2��在区域I电场中沿x方向位移…………………………………………2分12��1=2��1=4x方向末速度�����=��1=2�在区域Ⅱ中做匀速直线运动：���2=�1=2��沿x方向位移…………………………………………………………2分��2=���2=2物理答案解析第8页（共10页）粒子打到记录板上位置的x坐标……………………………………1分3�(3)粒子在区域I电场中沿z轴正方向做匀速直线运动�=�1+�2=4粒子在区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径为：…………1分��0由几何关系可知，粒子在磁场中的圆弧轨迹对应的圆心角为�=，可解得粒子打到记录板上位��=2�°置的y坐标为：………………………………………………………130分°解得�=�−????????30…………………………………………………………………1分(4)粒子在区域�=(2−3I)�电场中做类平抛运动，沿x轴做匀加速直线运动，运动