还剩16页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023年山东省济宁市高考物理一模试卷（含答案解析）
展开
这是一份2023年山东省济宁市高考物理一模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，75m/sD，5J等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省济宁市高考物理一模试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B. 一个处于第4能级的氢原子，最多可放出3种不同频率的光子
C. 在光电效应实验中，若仅增大入射光的强度，则光电子的最大初动能变大
D. 在LC振荡电路中，若仅把电容器的电容变为原来的12倍，则振荡周期变为原来的12倍
2. 新华社酒泉2022年11月30日电，神舟十五号航天员乘组于11月30日清晨人驻“天宫”空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”，开启中国空间站长期有人驻留时代，空间站的运行轨道视为圆形轨道。下列说法正确的是( )
A. 空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B. 航天员在空间站中处于完全失重状态，不受地球的引力作用
C. 若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量
D. 航天员出舱后，若与空间站连接的安全绳脱落，航天员将做离心运动飞离空间站
3. 如图所示，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面与纸面的交线，MN是垂直于O1O2放置的光屏，A、B是关于O1O2等距且平行的两束不同颜色单色细光束，沿O1O2方向左右移动光屏，可在屏上得到一个光点P，根据该光路图，下列说法正确的是( )
A. 在真空中A光的速度比B光的速度大
B. 在该玻璃体中，A光比B光的运动时间长
C. 在同一条体下，B光比A光发生衍射现象更加明显
D. 用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大
4. 特高压直流输电是国家重点工程，部分输电线路简化图如图所示。高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒“支撑导线L1、L2、L3、L4，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，并与“abcd正方形间隔棒”所在平面垂直，abcd的几何中心为O点，O点到四根导线的距离相等并远小于导线的长度，忽略地磁场影响，当四根导线通有等大、同向的电流时，下列说法正确的是( )
A. O点的磁感应强度沿ac连线方向 B. O点的磁感应强度沿bd连线方向
C. L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向 D. L1所受安培力沿正方形的对角线bd方向
5. 如图所示，输入电压U=3U0且保持不变，完全相同的灯泡a、b的电压均为U0，已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡阻值不变且始终未烧坏，下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈匝数之比为3：1
B. 流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1：2
C. 若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变暗
D. 若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变亮
6. “战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，如图甲所示。以手的平衡位置为坐标原点，如图乙所示为健身者左手在抖动绳子过程中某时刻的波形图，左手抖动的频率为1.25Hz，下列说法正确的是( )
A. 该时刻质点Q的振动方向沿y轴负方向 B. 该时刻质点P的位移为10 2cm
C. 波的传播速度为8.75m/s D. 再经过0.1s，质点P到达波峰位置
7. 无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，图甲为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在该过程中，下列说法正确的是( )
A. t3时刻充电宝的速度最大
B. 最终一定回到原位置
C. 充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反
D. 充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N
8. 如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 物块C的质量为2kg
B. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J
C. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D. 物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s
9. 下列说法正确的是( )
A. 晶体的所有物理性质沿各个方向都是不同的
B. 相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈
C. 一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，气体的内能增加
D. 一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少
10. 如图所示，一遵循胡克定律的弹性轻绳，一端固定在天花板上的O点，另一端连接物块A，物块A放在粗糙水平地面上。当弹性绳处于竖直位置时，物块A对地面有压力作用。B为一紧挨弹性绳的光滑水平细钉，它到天花板的距离等于弹性绳的自然长度。物块A在水平拉力F作用下，向右做匀加速直线运动，物块与地面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是( )
A. 物块A对地面的压力不断减小 B. 水平拉力F不断增大
C. 物块A所受的摩擦力保持不变 D. 物块A所受的摩擦力不断增大
11. 如图所示，空间中有一正方体abcd−a′b′c′d′，在b点固定点电荷+Q，在d点固定点电荷−Q，O、O′分别为上下两面的中心点，下列说法正确的是( )
A. a点与c′点的电场强度方向相同
B. b′、a′两点间电势差等于O′、d′两点间电势差
C. 将某点电荷+q由a′点沿a′c′移至c′点，该电荷的电场力先变大后变小
D. 将某点电荷+q由a′点沿a′c′移至c′点，该电荷的电势能先变大后变小
12. 如图所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨PQ半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球，小球套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦阻力。现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下列说法正确的是( )
A. 小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为Brv
B. 小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为Brv6
C. 通过电阻R的电荷量为Bπr212R
D. 电阻R上产生的焦耳热为mgr−12mv2
13. 某兴趣小组利用智能手机探究滑块与一长木板间的动摩擦因数，实验装置如甲图所示，将长木板固定在水平桌面上，长木板的左侧固定一定滑轮，滑块放在长木板的右端，把手机固定在滑块上，打开智能手机测量加速度的APP，用细线绕过定滑轮将滑块与钩码相连。通过改变钩码的个数，改变钩码的总质量m，使滑块以不同的加速度a向左做加速运动，作出a与m(g−a)的图像如乙图所示。图线在横轴的截距为b，在纵轴的截距为−c，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______ 。
A.钩码的质量应该远小于智能手机和滑块的质量
B.应调节细绳与长木板平行
C.细线的拉力等于钩码的重力
(2)根据图像可得滑块与木板间的动摩擦因数为______ ，同时该兴趣小组还可测出滑块和手机的总质量为______ 。
14. 某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：
电流表A1(量程0∼200μA，内阻为800Ω)；
电流表A2(量程0∼300mA，内阻为0.3Ω)；
定值电阻R1(阻值为4.0Ω)；
定值电阻R2(阻值为9200Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值为50Ω)；
待测蓄电池一节(电动势约为2V)；
开关S一个，导线若干。
(1)该实验小组利用所学知识正确连接实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选______ (选填“A1“或“A2“)，虚线框内的定值电阻应选______ (选填“R1“或“R2“)；
(2)电流表A1示数用I1表示，电流表A2示数用I2表示，该小组通过改变滑动变阻器滑片位置，得到了多组I1、I2数据，并作出I1−I2图像，如图乙所示。根据图像可知，该蓄电池的电动势为______ V，内阻为______ Ω。(结果均保留两位有效数字)
(3)从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值______ (选填“大于“、“小于“或“等
于”)真实值。
15. 如图甲所示，两端开口的导热气缸水平固定，A、B是厚度不计的两轻活塞，可在气缸内无摩擦滑动，两轻活塞用一轻杆相连，缸内封闭有理想气体。A、B静止时，缸内两部分气柱的长度分别为L和L2；现用轻质细线将活塞B与重物C栓接，如图乙所示。已知活塞A、B面积S1、S2的关系为S1=2S2=2S，大气压强为p0，重力加速度为g，重物C质量为m=p0S4g，环境温度保持不变。当两活塞再次静止时，求：
(1)气缸内气体的压强；
(2)活塞移动的距离x。
16. 假定航天员在火星表面利用如图所示的装置研究小球的运动，竖直放置的光滑半圆形管道固定在水平面上，一直径略小于管道内径的小球(可视为质点)沿水平面从管道最低点A进入管道，从最高点B脱离管道后做平抛运动，1s后与倾角为37∘的斜面垂直相碰于C点。已知火星的半径是地球半径的12倍，质量为地球质量的110倍，地球表面重力加速度g=10m/s2，忽略星球自转影响。半圆形管道的半径为r=3m，小球的质量为m=0.5kg，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)火星表面重力加速度的大小；
(2)C点与B点的水平距离；
(3)小球经过管道的A点时，对管壁压力的大小。
17. 如图所示，在三维坐标系O−xyz中存在一长方体区域abcd−a′b′Od′，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1(未知)的匀强磁场，右侧存在沿bO方向、磁感应强度大小为B2(未知)的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从a点沿平面abcd进入磁场，经c点垂直于yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场Bl，换上电场强度为E(未知)的匀强电场，电场强度的方向沿y轴正方向，最终粒子从棱aa′处射出长方体区域。已知ab=2L、aa′=ad=L，B2=5 2B1，粒子的电量为q，质量为m(重力不计)。求：
(1)磁感应强度B1的大小；
(2)粒子第二次经过yOz平面时的坐标；
(3)电场强度E的大小。
18. 如图所示，9个完全相同的滑块(可视为质点)静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L，质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生正撞，碰撞时间极短，每次碰后滑块均粘在一起向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。已知重力加速度为g，12+22+32+…+k2=k(k+1)(2k+1)6(1)求第8个滑块被碰后瞬间的速率；
(2)设第n(1≤n≤7)个滑块被碰后瞬间的速率为vn，第n+1个滑块被碰后瞬间的速率为vn+1，求vn+12与vn2之间的关系式；
(3)求第1个滑块的初速度v1；(计算结果可以带根号)
(4)求全过程中由于碰撞而损失的机械能。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，故A错误；
B.一个处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出3种不同频率的光子，即从第4能级跃迁到第3能级，从第3能级跃迁到第2能级，从第2能级跃迁到第1能级，故B正确；
C.在光电效应中，根据光电效应方程
Ekm=hν−W0
可知入射光频率越高，光电子的最大初动能越大，与入射光的强度没有关系，故C错误：
D.根据振荡电路周期
T=2π LC
可知若仅把电容器的电容变为原来的12，则振荡周期变为原来的 22，故D错误。
故选：B。
经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，根据跃迁的特点分析B项，根据光电效应方程分析C；根据振荡电路周期公式T=2π LC分析D。
本题考查原子核的衰变，光电效应方程，振荡电路周期公式等内容，解题关键掌握基本知识点，注意平时积累。
2.【答案】C
【解析】解：A、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度，是最大的环绕速度，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、航天员在空间站中处于完全失重状态，是由于所受的万有引力完全提供向心力，所以宇航员仍受地球的引力作用，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得中心天体的质量为：M=4π2r3GT2，由于T=2πrv，解得：r=vT2π，所以M=v3T2πG，若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量，故C正确；
D、航天员出舱后，若与空间站连接的安全绳脱落，航天员所受万有引力完全提供向心力，宇航员仍在原来的轨道上运动，不会做离心运动，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度，是最大的环绕速度；航天员在空间站中仍受地球的引力作用；根据万有引力提供向心力求解地球的质量；根据万有引力提供向心力分析宇航员是否会做离心运动。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
3.【答案】D
【解析】解：A、光在真空中的传播速度不变，故A错误；
B、光线通过玻璃体后，A光的偏折程度比B光的小，则该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小，而折射率越大，光的频率越高，说明A光的频率比B光的频率低，根据v=cn可知，A光的折射率小，所以A光在该玻璃中的传播速度比B光的大，而两光在玻璃中的传播距离相同，所以A光在玻璃中的运动时间比B光短，故B错误；
C、波长大的光，衍射更明显，A光的频率比B光的频率低，则A光的波长较大，A光更容易衍射，故C错误；
D.由于A光的频率比B光的频率低，则由c=λf知A光的波长大于B光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式有Δx=ldλ，可知用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大，故D正确。
故选：D。
在真空中光速恒定，在真空中光速恒定，根据光线的偏折程度比较玻璃体对A、B两光的折射率大小，从而得出频率关系、波长关系，结合路程关系判断光在玻璃体中传播速度关系，从而判断光在玻璃体中传播时间关系；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ分析两光的条纹间距大小关系。
解决该题的关键是能根据光路图正确分析A、B光的折射率大小关系，知道光的折射率越大，频率越大，波长越短。
4.【答案】C
【解析】解：AB.四条导线的电流相等，且O点到四条导线距离相等，根据右手定则和对称，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，根据磁感应强度叠加原理，四条导线在O点的磁感应强度等于零，故AB错误；
CD.其余三条导线对L1都是吸引力，结合对称性可知，L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向，故C正确，D错误。
故选：C。
由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出各点磁感应强度。同向电流之间相互吸引，分析导线作用力方向。
本题考查学生对安培定则、磁感应强度叠加、通电导线作用力方向规律的掌握，具有一定综合性。
5.【答案】C
【解析】解：A、输入电压U=3U0，灯泡a得电压为U0，则原线圈两端电压U1=3U0−U0=2U0
副线圈两端电压U2=U0
所以原、副线圈匝数比n1：n2=U1：U2=2：1，
故A错误；
B、两灯泡a、b完全相同，电压相同，则电流相同，设通过灯泡的电流为I，则原线圈电流为I1=I
原副线圈电流比等于匝数的反比，有I2：I1=n1：n2=2：1
则副线圈电流I2=2I
灯泡b与热敏电阻并联分流，则流经热敏电阻的电流为2I−I=I
则流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为I：I=1：1
故B错误；
CD、若热敏电阻RT温度升高，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，则原线圈的电流增大，灯泡a两端电压增大，灯泡a变亮；由于灯泡a两端电压增大，则原线圈的输入电压减小，副线圈两端电压也减小，灯泡b两端电压减小，灯泡b变暗，故C正确，D错误。
故选：C。
根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器原副线圈电流比等于匝数的反比求解电流之比，根据并联电路分流判断流经灯泡b的电流与热敏电阻电流的关系；根据欧姆定律和变压器原理、电路动态分析的方法分析灯泡的亮度变化。
本题主要是考查了变压器的知识，解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
6.【答案】B
【解析】解：ABD.由题可知，振幅A=20cm，频率f=1.25Hz，由图可知波的波长为λ=8m，波向右传播，该时刻Q点得振动方向沿y轴正方向，O点的振动方向沿y轴负方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为y=20sin(2πft+3π4)cm
故t=0时P点的位移为y=10 2cm
当t=0.1s时P点的位移为y=0，P点到达平衡位置，故AD错误，B正确；
C.根据v=λf，代入数据解得：v=10m/s，故C错误。
故选：B。
根据波形平移法分析Q的运动方向；根据振幅、频率可得该时刻开始计时P点的振动方程，从而分析P的位移和运动情况。
解决本题的关键是要会用波形平移法分析质点的起振方向，注意质点振动方程的书写。
7.【答案】D
【解析】解：A、手机与充电宝从静止开始运动，开始必然做加速运动，由图像得，一开始加速度向下，所以一开始向下，充电宝先向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻开始向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t2时刻，最后速度为零，所以t3时刻充电宝的速度不是最大，故A错误；
B、由于是加速度时间图像，而且时间以及图像形状都是定性给出的，所以不能判断出位移情况，故B错误；
C、根据过程分析可知，t2时刻前的一小段时间充电宝做向下的减速运动，所以合力一定向上，所以摩擦力一定向上并大于重力，t2时刻向上减速，已经知道加速度小于重力加速度，说明摩擦力向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C错误；
D、t2时刻加速度最大并开始向上加速，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有f−mg=ma，则f=ma+mg=0.2×15N+0.2×10N=5N，水平方向上充电宝受手机的吸引力和弹力平衡，即F吸=FN=fμ=50.5N=10N，所以充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N，故D正确。
故选：D。
本题关键是根据图像以及力和运动关系分析清楚运动过程，再根据受力以及牛顿运动定律分析摩擦力的方向。
本题既涉及定性分析又涉及一点定量计算，熟悉力和运动的关系能正确分析运动过程是解题突破口，加速度大小和方向都随时间变化增加了本题的难度。
8.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，C与A碰前速度v1=9m/s，碰后速度v2=3m/s，C与A碰撞过程满足动量守恒定律，以C初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mCv1=(mA+mC)v2
得mC=1kg
故A错误；
B.AC粘在一起速度变为0，弹簧弹性势能最大，根据能量转化和守恒，最大弹性势能Ep=12(mA+mC)v22=13.5J
故B错误；
C.由图可知，12s末A和C速度v3=−3m/s，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B冲量I=(mA+mC)v3−(mA+mC)v2
得I=−18N⋅s
方向向左，故C错误；
D.物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律，AC向左运动速度大小3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，以速度v3方向为正方向，当弹簧再次恢复原长时，物体B速度最大，则有
(mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBvB
12(mA+mC)v32=12(mA+mC)v42+12mBvB2
得vB=3.6m/s
物块B最大速度3.6m/s，故D正确。
故选：D。
C与A碰撞过程满足动量守恒定律，由动量守恒定律，求质量；
AC粘在一起速度变为0，弹簧弹性势能最大，根据能量转化和守恒，求最大弹性势能；
4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小；
物块B刚离时，由机械能守恒定律，求AC速度，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，联立，求物块B最大速度。
本题解题关键是分析出物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B速度最大，同时需要同学掌握动量守恒定律、机械能守恒定律等规律。
9.【答案】BD
【解析】解：A、单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学性质都不同，而多晶体具有各向同性，故A错误；
B、相同温度下液体中悬浮的花粉颗粒越小，液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故B正确；
C、一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，气体温度降低，气体的内能减小，故C错误；
D、一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，由一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，气体体积增大，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减小，故D正确；
故选：BD。
理解晶体和非晶体的特点；
掌握布朗运动的概念；
根据一定质量的理想气体的状态方程分析出气体状态参量的变化，结合内能的定义和压强的微观解释完成分析。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉一定质量的理想气体的状态方程，结合压强的微观意义即可完成分析，难度不大。
10.【答案】BC
【解析】解：ACD.设物块A与小钉B的竖直距离为h，物块A运动过程中，A、B之间的距离为x(x即为弹性绳的伸长量)，A、B之间的弹性绳与水平面的夹角为θ，弹性绳的劲度系数为k；则弹性绳的弹力大小为
F′=kx
以物块A为对象，竖直方向根据受力平衡可得
N=mg−F′sinθ=mg−kxsinθ=mg−kh
可知物块A地面的压力保持不变；由
f=μN
可知物块A所受的摩擦力保持不变，故AD错误，C正确；
B.以物块A为对象，根据牛顿第二定律可得
F−f−F′cosθ=ma
可得
F=ma+f+kxcosθ=ma+f+khtanθ
由于θ逐渐减小，tanθ逐渐减小，则水平力的大小不断增大，故B正确。
故选：BC。
对A物体进行受力分析，竖直方向处于平衡状态，运用正交分解法求出支持力的大小，以及摩擦力的大小，水平方向根据牛顿第二定律分析。
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解和牛顿第二定律去求解力．
11.【答案】ABC
【解析】解：A、根据等量异种点电荷电场的分布可知，a点与c′点在同一等势面上，电场强度都垂直与等势面且指向负的点电荷一方，故A正确；
B、a′与O′在同一等势面上，b′和d′相对于两个点电荷连线的中垂面对称，所以b′、a′两点间电势差等于O′、d′两点间电势差，故B正确；
D、由等量异种点电荷电场的分布可知，aa′c′c所在的平面是等势面，所以将某点电荷+q由a′点沿a′c′移至c′点，电荷的电势能不变，故D错误；
C、根据等量异种点电荷电场的分布可知，由a′点沿a′c′到c′点，电场强度先增大后减小，所以将某点电荷+q由a′点沿a′c′移至c′点的过程中，该电荷所受电场力先增大后减小，故C正确。
故选：ABC。
由等量异种点电荷电场的对称分布可知，aca′c′所在平面是等势面，从而分析两点的电场强度的方向、根据对称性分析电势差；
根据等势面的特点分析在等势面上移动电荷不做功；
根据等量异种点电荷电场的分布分析判断电场力变化，
解决本题的关键是要知道等量异种电荷周围电场线的特点，会根据电场线分析电势的高低，掌握判断电势能高低的方法。
12.【答案】BC
【解析】解：A、小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=Brv−=Br×0+v2=12Brv，故A错误；
B、由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=ER+2R=E3R=Brv6R，金属棒两端的电压U=IR=Brv6R×R=Brv6，故B正确；
C、从释放小球到小球到达最低点的过程中，由发两点电场得：E−=ΔΦΔt=B×14πr2Δt=Bπr24Δt，由闭合电路的欧姆定律得：I−=E−R+2R=E−3R，通过电阻R的电荷量q=I−Δt，解得：q=Bπr212R，故C正确；
D、小球从释放到最低点过程，由能量守恒定律得：mgr=12mv2+Q，电阻R上产生的焦耳热：QR=RR+2RQ，解得：QR=13mgr−16mv2，故D错误。
故选：BC。
应用E=BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出电路电流，应用欧姆定律求出金属棒两端电压；应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量；应用能量守恒定律求出电阻R上传送带的焦耳热。
根据题意分析清楚金属棒与小球的运动过程、电路结构是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律与部分电路的欧姆定律、能量守恒定律可以解题。
13.【答案】Bcg bc
【解析】解：(1)AC.根据牛顿第二定律，对物块和钩码有：mg−μMg=(M+m)a，解得a=m(g−a)M−μg，不需要钩码的质量远小于智能手机和滑块的质量，故A错误；
B.应调节细绳与长木板平行，才能使物块受到的拉力等于绳子的拉力，故B正确；
C.根据牛顿第二定律可知细线的拉力小于钩码的重力，故C错误。
故选：B。
(2)根据(1)中分析有a=m(g−a)M−μg
根据图像可知1M=cb，μg=c
解得M=bc，μ=cg
故答案为：(1)B；(2)cg，bc。
(1)根据实验原理和实验注意事项分析判断；
(2)根据函数表达式和图像计算。
本题考查测动摩擦因数实验，要求掌握实验原理和利用图像处理数据。
14.【答案】A2 R2 1.91.0等于
【解析】解：(1)图中虚线框内的电表应选A2，因为虚线框与滑动变阻器串联，滑动变阻器的电阻可以为零，则选择量程大的电流表；蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V，所以串联电阻为R=UIg−RA1，代入数值解得R=9200Ω，故选R2；
(2)根据I1(R2+RA1)=E−(I1+I2)(r+R1)
整理得：I1=ER2+RA1+r+R1−I2⋅r+R1R2+RA1+r+R1
又根据图乙图线延长后为
由图可知ER2+RA1+r+R1=190×10−6A，r+R1R2+RA1+r+R1=(190−50)×10−6(280−0)×10−3
解得E=1.9V；r=1.0Ω
(3)因为考虑到电表内阻，所以没有误差，电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。
故答案为：(1)A2，R2(2)1.9，1.0(3)等于
(1)根据实验原理结合蓄电池的电动势大小选择合适的电表和电阻；
(2)根据欧姆定律结合图像计算出电池的电动势和内阻；
(3)根据实验原理分析实验误差。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，熟悉实验原理，结合欧姆定律和图像的特点计算出电源的电动势和内阻，同时要学会简单的数据分析。
15.【答案】解(1)初始状态气体的压强为p1=p0，对两个活塞与轻杆与重物进行受力分析得：2p0S+p2S+mg=p0S+2p2S，解得p2=54p0
(2)由玻意耳定律得p1V1=p2V2，V1=2.5SL，V2=2.5SL−Sx，解得x=0.5L
答：(1)气缸内气体的压强为54p0
(2)活塞移动的距离x为0.5L
【解析】(1)对两个活塞、轻杆与重物进行受力分析即可求解
(2)气体温度不变，应用玻意耳定律求解。
本题考查理想气体状态方程，解题的关键是找出气体的末态参量。
16.【答案】解：(1)在地球表面上，根据万有引力和重力的关系可得：mg=GMmR2
在火星表面上，根据万有引力和重力的关系可得：mg火=GM火mR火2
已知火星的半径是地球半径的12倍，质量为地球质量的110倍，联立解得：g火=4m/s2
(2)小球与斜面垂直相碰，在C点将速度进行分解，如图所示：
由几何关系得：tan37∘=vBvy=vBg火t
解得：vB=3m/s
C点与B点的水平距离：x=vBt=3×1m=3m
(3)小球从A到B，由动能定理得：−mg火⋅2r=12mvB2−12mvA2
在A点由牛顿第二定律得：FN−mg火=mvA2r
代入数据解得：FN=11.5N
由牛顿第三定律得：FN′=FN=11.5N
答：(1)火星表面重力加速度的大小为4m/s2；
(2)C点与B点的水平距离为3m；
(3)小球经过管道的A点时，对管壁压力的大小为11.5N。
【解析】(1)根据万有引力和重力的关系求解火星表面的重力加速度大小；
(2)在C点将速度进行分解，根据几何关系求解水平速度大小，再根据平抛运动的规律进行解答；
(3)小球从A到B，由动能定理求解A点的速度大小，再由牛顿第二定律、牛顿第三定律求解对管壁压力的大小。
本题主要是考查万有引力定律、动能定理和平抛运动的规律，关键是弄清楚小球的运动情况和受力情况，掌握平抛运动的规律。
17.【答案】解：(1)带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，根据几何关系得：R2=(2L)2+(R−L)2
解得：R=52L
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB1=mv2R
解得：B1=2mv5qL
(2)在右侧磁场中运动过程中，由牛顿第二定律得：qvB2=mv2r
解得粒子运动轨迹半径：r= 24L
根据几何关系可得：y=2rsin45∘，解得：y=L2
z=L−2rcos45∘，解得：z=L2
即坐标为(0,L2,L2)
(3)粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上，有：2L=vt
y轴方向上，有：L−y=12⋅qEmt2
联立解得：E=mv24qL。
答：(1)磁感应强度B1的大小为2mv5qL；
(2)粒子第二次经过yOz平面时的坐标为(0,L2,L2)；
(3)电场强度E的大小为mv24qL。
【解析】(1)带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，根据几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(2)在右侧磁场中运动过程中，洛伦兹力提供向心力求解粒子运动轨迹半径，根据几何关系求解粒子第二次经过yOz平面时的坐标；
(3)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解电场强度E的大小。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
18.【答案】(1)由题可知，第8个滑块被碰后，运动 L减速为0，则0−v82=−2aL，
根据牛顿第二定律可得f=μmg=ma
解得：v8= 2μgL；
(2)第 n个滑块被碰后，以vn向前减速 L，由运动学可知vn′2−vn2=−2ax=−2μgL，
由碰撞可知nmvn′=(n+1)mvn+1，解得 vn+12=(nn+1)2vn2−2(nn+1)2μgL；
(3)由上式(2)可知
82v82=72v72−2×μgL
72v72=62v62−2×μgL
62v62=52v52−2×μgL
52v52=42v42−2×μgL
42v42=32v32−2×μgL
32v32=22v22−2×μgL
22v22=12v12−2×μgL
解得：v1=2 102μgL
(4)由能量守恒可知，每次发生碰撞损失的能量为ΔE1=12mv1′2−12×2mv22
ΔE2=12mv2′2−12×2mv32
ΔE3=12mv3′2−12×2mv42
ΔE4=12mv4′2−12×2mv52
ΔE5=12mv5′2−12×2mv62
ΔE6=12mv6′2−12×2mv72
ΔE7=12mv7′2−12×2mv82
碰撞损失的总能量
ΔE=ΔE1+ΔE2+ΔE3+ΔE4+ΔE5+ΔE6+ΔE7
解得：ΔE=168μmgL。
答：(1)第8个滑块被碰后瞬间的速率为 2μgL；
(2)vn+12与vn2之间的关系式为 vn+12=(nn+1)2vn2−2(nn+1)2μgL；
(3)第1个滑块的初速度v1为2 102μgL；
(4)全过程中由于碰撞而损失的机械能为168μmgL。
【解析】(1)8个滑块被碰后，做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(2)根据运动学公式和动量守恒得到vn+12与vn2之间的关系式；
(3)根据(2)的关系式利用数学方法求得第1个滑块的初速度v1；
(4)根据能量守恒得到每次碰撞损失机械能，全部相加得到损失总接机械能。
本题主要考查多个物体的动量与能量综合应用问题。根据动量守恒和能量守恒列式求解。
2023年山东省济宁市高考物理一模试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B. 一个处于第4能级的氢原子，最多可放出3种不同频率的光子
C. 在光电效应实验中，若仅增大入射光的强度，则光电子的最大初动能变大
D. 在LC振荡电路中，若仅把电容器的电容变为原来的12倍，则振荡周期变为原来的12倍
2. 新华社酒泉2022年11月30日电，神舟十五号航天员乘组于11月30日清晨人驻“天宫”空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”，开启中国空间站长期有人驻留时代，空间站的运行轨道视为圆形轨道。下列说法正确的是( )
A. 空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B. 航天员在空间站中处于完全失重状态，不受地球的引力作用
C. 若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量
D. 航天员出舱后，若与空间站连接的安全绳脱落，航天员将做离心运动飞离空间站
3. 如图所示，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面与纸面的交线，MN是垂直于O1O2放置的光屏，A、B是关于O1O2等距且平行的两束不同颜色单色细光束，沿O1O2方向左右移动光屏，可在屏上得到一个光点P，根据该光路图，下列说法正确的是( )
A. 在真空中A光的速度比B光的速度大
B. 在该玻璃体中，A光比B光的运动时间长
C. 在同一条体下，B光比A光发生衍射现象更加明显
D. 用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大
4. 特高压直流输电是国家重点工程，部分输电线路简化图如图所示。高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒“支撑导线L1、L2、L3、L4，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，并与“abcd正方形间隔棒”所在平面垂直，abcd的几何中心为O点，O点到四根导线的距离相等并远小于导线的长度，忽略地磁场影响，当四根导线通有等大、同向的电流时，下列说法正确的是( )
A. O点的磁感应强度沿ac连线方向 B. O点的磁感应强度沿bd连线方向
C. L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向 D. L1所受安培力沿正方形的对角线bd方向
5. 如图所示，输入电压U=3U0且保持不变，完全相同的灯泡a、b的电压均为U0，已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡阻值不变且始终未烧坏，下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈匝数之比为3：1
B. 流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1：2
C. 若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变暗
D. 若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变亮
6. “战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，如图甲所示。以手的平衡位置为坐标原点，如图乙所示为健身者左手在抖动绳子过程中某时刻的波形图，左手抖动的频率为1.25Hz，下列说法正确的是( )
A. 该时刻质点Q的振动方向沿y轴负方向 B. 该时刻质点P的位移为10 2cm
C. 波的传播速度为8.75m/s D. 再经过0.1s，质点P到达波峰位置
7. 无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，图甲为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在该过程中，下列说法正确的是( )
A. t3时刻充电宝的速度最大
B. 最终一定回到原位置
C. 充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反
D. 充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N
8. 如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 物块C的质量为2kg
B. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J
C. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D. 物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s
9. 下列说法正确的是( )
A. 晶体的所有物理性质沿各个方向都是不同的
B. 相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈
C. 一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，气体的内能增加
D. 一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少
10. 如图所示，一遵循胡克定律的弹性轻绳，一端固定在天花板上的O点，另一端连接物块A，物块A放在粗糙水平地面上。当弹性绳处于竖直位置时，物块A对地面有压力作用。B为一紧挨弹性绳的光滑水平细钉，它到天花板的距离等于弹性绳的自然长度。物块A在水平拉力F作用下，向右做匀加速直线运动，物块与地面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是( )
A. 物块A对地面的压力不断减小 B. 水平拉力F不断增大
C. 物块A所受的摩擦力保持不变 D. 物块A所受的摩擦力不断增大
11. 如图所示，空间中有一正方体abcd−a′b′c′d′，在b点固定点电荷+Q，在d点固定点电荷−Q，O、O′分别为上下两面的中心点，下列说法正确的是( )
A. a点与c′点的电场强度方向相同
B. b′、a′两点间电势差等于O′、d′两点间电势差
C. 将某点电荷+q由a′点沿a′c′移至c′点，该电荷的电场力先变大后变小
D. 将某点电荷+q由a′点沿a′c′移至c′点，该电荷的电势能先变大后变小
12. 如图所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨PQ半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球，小球套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦阻力。现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下列说法正确的是( )
A. 小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为Brv
B. 小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为Brv6
C. 通过电阻R的电荷量为Bπr212R
D. 电阻R上产生的焦耳热为mgr−12mv2
13. 某兴趣小组利用智能手机探究滑块与一长木板间的动摩擦因数，实验装置如甲图所示，将长木板固定在水平桌面上，长木板的左侧固定一定滑轮，滑块放在长木板的右端，把手机固定在滑块上，打开智能手机测量加速度的APP，用细线绕过定滑轮将滑块与钩码相连。通过改变钩码的个数，改变钩码的总质量m，使滑块以不同的加速度a向左做加速运动，作出a与m(g−a)的图像如乙图所示。图线在横轴的截距为b，在纵轴的截距为−c，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______ 。
A.钩码的质量应该远小于智能手机和滑块的质量
B.应调节细绳与长木板平行
C.细线的拉力等于钩码的重力
(2)根据图像可得滑块与木板间的动摩擦因数为______ ，同时该兴趣小组还可测出滑块和手机的总质量为______ 。
14. 某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：
电流表A1(量程0∼200μA，内阻为800Ω)；
电流表A2(量程0∼300mA，内阻为0.3Ω)；
定值电阻R1(阻值为4.0Ω)；
定值电阻R2(阻值为9200Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值为50Ω)；
待测蓄电池一节(电动势约为2V)；
开关S一个，导线若干。
(1)该实验小组利用所学知识正确连接实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选______ (选填“A1“或“A2“)，虚线框内的定值电阻应选______ (选填“R1“或“R2“)；
(2)电流表A1示数用I1表示，电流表A2示数用I2表示，该小组通过改变滑动变阻器滑片位置，得到了多组I1、I2数据，并作出I1−I2图像，如图乙所示。根据图像可知，该蓄电池的电动势为______ V，内阻为______ Ω。(结果均保留两位有效数字)
(3)从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值______ (选填“大于“、“小于“或“等
于”)真实值。
15. 如图甲所示，两端开口的导热气缸水平固定，A、B是厚度不计的两轻活塞，可在气缸内无摩擦滑动，两轻活塞用一轻杆相连，缸内封闭有理想气体。A、B静止时，缸内两部分气柱的长度分别为L和L2；现用轻质细线将活塞B与重物C栓接，如图乙所示。已知活塞A、B面积S1、S2的关系为S1=2S2=2S，大气压强为p0，重力加速度为g，重物C质量为m=p0S4g，环境温度保持不变。当两活塞再次静止时，求：
(1)气缸内气体的压强；
(2)活塞移动的距离x。
16. 假定航天员在火星表面利用如图所示的装置研究小球的运动，竖直放置的光滑半圆形管道固定在水平面上，一直径略小于管道内径的小球(可视为质点)沿水平面从管道最低点A进入管道，从最高点B脱离管道后做平抛运动，1s后与倾角为37∘的斜面垂直相碰于C点。已知火星的半径是地球半径的12倍，质量为地球质量的110倍，地球表面重力加速度g=10m/s2，忽略星球自转影响。半圆形管道的半径为r=3m，小球的质量为m=0.5kg，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)火星表面重力加速度的大小；
(2)C点与B点的水平距离；
(3)小球经过管道的A点时，对管壁压力的大小。
17. 如图所示，在三维坐标系O−xyz中存在一长方体区域abcd−a′b′Od′，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1(未知)的匀强磁场，右侧存在沿bO方向、磁感应强度大小为B2(未知)的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从a点沿平面abcd进入磁场，经c点垂直于yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场Bl，换上电场强度为E(未知)的匀强电场，电场强度的方向沿y轴正方向，最终粒子从棱aa′处射出长方体区域。已知ab=2L、aa′=ad=L，B2=5 2B1，粒子的电量为q，质量为m(重力不计)。求：
(1)磁感应强度B1的大小；
(2)粒子第二次经过yOz平面时的坐标；
(3)电场强度E的大小。
18. 如图所示，9个完全相同的滑块(可视为质点)静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L，质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生正撞，碰撞时间极短，每次碰后滑块均粘在一起向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。已知重力加速度为g，12+22+32+…+k2=k(k+1)(2k+1)6(1)求第8个滑块被碰后瞬间的速率；
(2)设第n(1≤n≤7)个滑块被碰后瞬间的速率为vn，第n+1个滑块被碰后瞬间的速率为vn+1，求vn+12与vn2之间的关系式；
(3)求第1个滑块的初速度v1；(计算结果可以带根号)
(4)求全过程中由于碰撞而损失的机械能。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，故A错误；
B.一个处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出3种不同频率的光子，即从第4能级跃迁到第3能级，从第3能级跃迁到第2能级，从第2能级跃迁到第1能级，故B正确；
C.在光电效应中，根据光电效应方程
Ekm=hν−W0
可知入射光频率越高，光电子的最大初动能越大，与入射光的强度没有关系，故C错误：
D.根据振荡电路周期
T=2π LC
可知若仅把电容器的电容变为原来的12，则振荡周期变为原来的 22，故D错误。
故选：B。
经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，根据跃迁的特点分析B项，根据光电效应方程分析C；根据振荡电路周期公式T=2π LC分析D。
本题考查原子核的衰变，光电效应方程，振荡电路周期公式等内容，解题关键掌握基本知识点，注意平时积累。
2.【答案】C
【解析】解：A、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度，是最大的环绕速度，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、航天员在空间站中处于完全失重状态，是由于所受的万有引力完全提供向心力，所以宇航员仍受地球的引力作用，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得中心天体的质量为：M=4π2r3GT2，由于T=2πrv，解得：r=vT2π，所以M=v3T2πG，若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量，故C正确；
D、航天员出舱后，若与空间站连接的安全绳脱落，航天员所受万有引力完全提供向心力，宇航员仍在原来的轨道上运动，不会做离心运动，故D错误。
故选：C。
第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度，是最大的环绕速度；航天员在空间站中仍受地球的引力作用；根据万有引力提供向心力求解地球的质量；根据万有引力提供向心力分析宇航员是否会做离心运动。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
3.【答案】D
【解析】解：A、光在真空中的传播速度不变，故A错误；
B、光线通过玻璃体后，A光的偏折程度比B光的小，则该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小，而折射率越大，光的频率越高，说明A光的频率比B光的频率低，根据v=cn可知，A光的折射率小，所以A光在该玻璃中的传播速度比B光的大，而两光在玻璃中的传播距离相同，所以A光在玻璃中的运动时间比B光短，故B错误；
C、波长大的光，衍射更明显，A光的频率比B光的频率低，则A光的波长较大，A光更容易衍射，故C错误；
D.由于A光的频率比B光的频率低，则由c=λf知A光的波长大于B光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式有Δx=ldλ，可知用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大，故D正确。
故选：D。
在真空中光速恒定，在真空中光速恒定，根据光线的偏折程度比较玻璃体对A、B两光的折射率大小，从而得出频率关系、波长关系，结合路程关系判断光在玻璃体中传播速度关系，从而判断光在玻璃体中传播时间关系；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ分析两光的条纹间距大小关系。
解决该题的关键是能根据光路图正确分析A、B光的折射率大小关系，知道光的折射率越大，频率越大，波长越短。
4.【答案】C
【解析】解：AB.四条导线的电流相等，且O点到四条导线距离相等，根据右手定则和对称，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，根据磁感应强度叠加原理，四条导线在O点的磁感应强度等于零，故AB错误；
CD.其余三条导线对L1都是吸引力，结合对称性可知，L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向，故C正确，D错误。
故选：C。
由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出各点磁感应强度。同向电流之间相互吸引，分析导线作用力方向。
本题考查学生对安培定则、磁感应强度叠加、通电导线作用力方向规律的掌握，具有一定综合性。
5.【答案】C
【解析】解：A、输入电压U=3U0，灯泡a得电压为U0，则原线圈两端电压U1=3U0−U0=2U0
副线圈两端电压U2=U0
所以原、副线圈匝数比n1：n2=U1：U2=2：1，
故A错误；
B、两灯泡a、b完全相同，电压相同，则电流相同，设通过灯泡的电流为I，则原线圈电流为I1=I
原副线圈电流比等于匝数的反比，有I2：I1=n1：n2=2：1
则副线圈电流I2=2I
灯泡b与热敏电阻并联分流，则流经热敏电阻的电流为2I−I=I
则流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为I：I=1：1
故B错误；
CD、若热敏电阻RT温度升高，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，则原线圈的电流增大，灯泡a两端电压增大，灯泡a变亮；由于灯泡a两端电压增大，则原线圈的输入电压减小，副线圈两端电压也减小，灯泡b两端电压减小，灯泡b变暗，故C正确，D错误。
故选：C。
根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器原副线圈电流比等于匝数的反比求解电流之比，根据并联电路分流判断流经灯泡b的电流与热敏电阻电流的关系；根据欧姆定律和变压器原理、电路动态分析的方法分析灯泡的亮度变化。
本题主要是考查了变压器的知识，解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
6.【答案】B
【解析】解：ABD.由题可知，振幅A=20cm，频率f=1.25Hz，由图可知波的波长为λ=8m，波向右传播，该时刻Q点得振动方向沿y轴正方向，O点的振动方向沿y轴负方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为y=20sin(2πft+3π4)cm
故t=0时P点的位移为y=10 2cm
当t=0.1s时P点的位移为y=0，P点到达平衡位置，故AD错误，B正确；
C.根据v=λf，代入数据解得：v=10m/s，故C错误。
故选：B。
根据波形平移法分析Q的运动方向；根据振幅、频率可得该时刻开始计时P点的振动方程，从而分析P的位移和运动情况。
解决本题的关键是要会用波形平移法分析质点的起振方向，注意质点振动方程的书写。
7.【答案】D
【解析】解：A、手机与充电宝从静止开始运动，开始必然做加速运动，由图像得，一开始加速度向下，所以一开始向下，充电宝先向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻开始向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t2时刻，最后速度为零，所以t3时刻充电宝的速度不是最大，故A错误；
B、由于是加速度时间图像，而且时间以及图像形状都是定性给出的，所以不能判断出位移情况，故B错误；
C、根据过程分析可知，t2时刻前的一小段时间充电宝做向下的减速运动，所以合力一定向上，所以摩擦力一定向上并大于重力，t2时刻向上减速，已经知道加速度小于重力加速度，说明摩擦力向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C错误；
D、t2时刻加速度最大并开始向上加速，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有f−mg=ma，则f=ma+mg=0.2×15N+0.2×10N=5N，水平方向上充电宝受手机的吸引力和弹力平衡，即F吸=FN=fμ=50.5N=10N，所以充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N，故D正确。
故选：D。
本题关键是根据图像以及力和运动关系分析清楚运动过程，再根据受力以及牛顿运动定律分析摩擦力的方向。
本题既涉及定性分析又涉及一点定量计算，熟悉力和运动的关系能正确分析运动过程是解题突破口，加速度大小和方向都随时间变化增加了本题的难度。
8.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，C与A碰前速度v1=9m/s，碰后速度v2=3m/s，C与A碰撞过程满足动量守恒定律，以C初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mCv1=(mA+mC)v2
得mC=1kg
故A错误；
B.AC粘在一起速度变为0，弹簧弹性势能最大，根据能量转化和守恒，最大弹性势能Ep=12(mA+mC)v22=13.5J
故B错误；
C.由图可知，12s末A和C速度v3=−3m/s，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B冲量I=(mA+mC)v3−(mA+mC)v2
得I=−18N⋅s
方向向左，故C错误；
D.物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律，AC向左运动速度大小3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，以速度v3方向为正方向，当弹簧再次恢复原长时，物体B速度最大，则有
(mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBvB
12(mA+mC)v32=12(mA+mC)v42+12mBvB2
得vB=3.6m/s
物块B最大速度3.6m/s，故D正确。
故选：D。
C与A碰撞过程满足动量守恒定律，由动量守恒定律，求质量；
AC粘在一起速度变为0，弹簧弹性势能最大，根据能量转化和守恒，求最大弹性势能；
4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小；
物块B刚离时，由机械能守恒定律，求AC速度，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，联立，求物块B最大速度。
本题解题关键是分析出物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B速度最大，同时需要同学掌握动量守恒定律、机械能守恒定律等规律。
9.【答案】BD
【解析】解：A、单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学性质都不同，而多晶体具有各向同性，故A错误；
B、相同温度下液体中悬浮的花粉颗粒越小，液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故B正确；
C、一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，气体温度降低，气体的内能减小，故C错误；
D、一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，由一定质量的理想气体的状态方程pV=CT可知，气体体积增大，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减小，故D正确；
故选：BD。
理解晶体和非晶体的特点；
掌握布朗运动的概念；
根据一定质量的理想气体的状态方程分析出气体状态参量的变化，结合内能的定义和压强的微观解释完成分析。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉一定质量的理想气体的状态方程，结合压强的微观意义即可完成分析，难度不大。
10.【答案】BC
【解析】解：ACD.设物块A与小钉B的竖直距离为h，物块A运动过程中，A、B之间的距离为x(x即为弹性绳的伸长量)，A、B之间的弹性绳与水平面的夹角为θ，弹性绳的劲度系数为k；则弹性绳的弹力大小为
F′=kx
以物块A为对象，竖直方向根据受力平衡可得
N=mg−F′sinθ=mg−kxsinθ=mg−kh
可知物块A地面的压力保持不变；由
f=μN
可知物块A所受的摩擦力保持不变，故AD错误，C正确；
B.以物块A为对象，根据牛顿第二定律可得
F−f−F′cosθ=ma
可得
F=ma+f+kxcosθ=ma+f+khtanθ
由于θ逐渐减小，tanθ逐渐减小，则水平力的大小不断增大，故B正确。
故选：BC。
对A物体进行受力分析，竖直方向处于平衡状态，运用正交分解法求出支持力的大小，以及摩擦力的大小，水平方向根据牛顿第二定律分析。
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解和牛顿第二定律去求解力．
11.【答案】ABC
【解析】解：A、根据等量异种点电荷电场的分布可知，a点与c′点在同一等势面上，电场强度都垂直与等势面且指向负的点电荷一方，故A正确；
B、a′与O′在同一等势面上，b′和d′相对于两个点电荷连线的中垂面对称，所以b′、a′两点间电势差等于O′、d′两点间电势差，故B正确；
D、由等量异种点电荷电场的分布可知，aa′c′c所在的平面是等势面，所以将某点电荷+q由a′点沿a′c′移至c′点，电荷的电势能不变，故D错误；
C、根据等量异种点电荷电场的分布可知，由a′点沿a′c′到c′点，电场强度先增大后减小，所以将某点电荷+q由a′点沿a′c′移至c′点的过程中，该电荷所受电场力先增大后减小，故C正确。
故选：ABC。
由等量异种点电荷电场的对称分布可知，aca′c′所在平面是等势面，从而分析两点的电场强度的方向、根据对称性分析电势差；
根据等势面的特点分析在等势面上移动电荷不做功；
根据等量异种点电荷电场的分布分析判断电场力变化，
解决本题的关键是要知道等量异种电荷周围电场线的特点，会根据电场线分析电势的高低，掌握判断电势能高低的方法。
12.【答案】BC
【解析】解：A、小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=Brv−=Br×0+v2=12Brv，故A错误；
B、由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=ER+2R=E3R=Brv6R，金属棒两端的电压U=IR=Brv6R×R=Brv6，故B正确；
C、从释放小球到小球到达最低点的过程中，由发两点电场得：E−=ΔΦΔt=B×14πr2Δt=Bπr24Δt，由闭合电路的欧姆定律得：I−=E−R+2R=E−3R，通过电阻R的电荷量q=I−Δt，解得：q=Bπr212R，故C正确；
D、小球从释放到最低点过程，由能量守恒定律得：mgr=12mv2+Q，电阻R上产生的焦耳热：QR=RR+2RQ，解得：QR=13mgr−16mv2，故D错误。
故选：BC。
应用E=BLv求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出电路电流，应用欧姆定律求出金属棒两端电压；应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量；应用能量守恒定律求出电阻R上传送带的焦耳热。
根据题意分析清楚金属棒与小球的运动过程、电路结构是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律与部分电路的欧姆定律、能量守恒定律可以解题。
13.【答案】Bcg bc
【解析】解：(1)AC.根据牛顿第二定律，对物块和钩码有：mg−μMg=(M+m)a，解得a=m(g−a)M−μg，不需要钩码的质量远小于智能手机和滑块的质量，故A错误；
B.应调节细绳与长木板平行，才能使物块受到的拉力等于绳子的拉力，故B正确；
C.根据牛顿第二定律可知细线的拉力小于钩码的重力，故C错误。
故选：B。
(2)根据(1)中分析有a=m(g−a)M−μg
根据图像可知1M=cb，μg=c
解得M=bc，μ=cg
故答案为：(1)B；(2)cg，bc。
(1)根据实验原理和实验注意事项分析判断；
(2)根据函数表达式和图像计算。
本题考查测动摩擦因数实验，要求掌握实验原理和利用图像处理数据。
14.【答案】A2 R2 1.91.0等于
【解析】解：(1)图中虚线框内的电表应选A2，因为虚线框与滑动变阻器串联，滑动变阻器的电阻可以为零，则选择量程大的电流表；蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V，所以串联电阻为R=UIg−RA1，代入数值解得R=9200Ω，故选R2；
(2)根据I1(R2+RA1)=E−(I1+I2)(r+R1)
整理得：I1=ER2+RA1+r+R1−I2⋅r+R1R2+RA1+r+R1
又根据图乙图线延长后为
由图可知ER2+RA1+r+R1=190×10−6A，r+R1R2+RA1+r+R1=(190−50)×10−6(280−0)×10−3
解得E=1.9V；r=1.0Ω
(3)因为考虑到电表内阻，所以没有误差，电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。
故答案为：(1)A2，R2(2)1.9，1.0(3)等于
(1)根据实验原理结合蓄电池的电动势大小选择合适的电表和电阻；
(2)根据欧姆定律结合图像计算出电池的电动势和内阻；
(3)根据实验原理分析实验误差。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，熟悉实验原理，结合欧姆定律和图像的特点计算出电源的电动势和内阻，同时要学会简单的数据分析。
15.【答案】解(1)初始状态气体的压强为p1=p0，对两个活塞与轻杆与重物进行受力分析得：2p0S+p2S+mg=p0S+2p2S，解得p2=54p0
(2)由玻意耳定律得p1V1=p2V2，V1=2.5SL，V2=2.5SL−Sx，解得x=0.5L
答：(1)气缸内气体的压强为54p0
(2)活塞移动的距离x为0.5L
【解析】(1)对两个活塞、轻杆与重物进行受力分析即可求解
(2)气体温度不变，应用玻意耳定律求解。
本题考查理想气体状态方程，解题的关键是找出气体的末态参量。
16.【答案】解：(1)在地球表面上，根据万有引力和重力的关系可得：mg=GMmR2
在火星表面上，根据万有引力和重力的关系可得：mg火=GM火mR火2
已知火星的半径是地球半径的12倍，质量为地球质量的110倍，联立解得：g火=4m/s2
(2)小球与斜面垂直相碰，在C点将速度进行分解，如图所示：
由几何关系得：tan37∘=vBvy=vBg火t
解得：vB=3m/s
C点与B点的水平距离：x=vBt=3×1m=3m
(3)小球从A到B，由动能定理得：−mg火⋅2r=12mvB2−12mvA2
在A点由牛顿第二定律得：FN−mg火=mvA2r
代入数据解得：FN=11.5N
由牛顿第三定律得：FN′=FN=11.5N
答：(1)火星表面重力加速度的大小为4m/s2；
(2)C点与B点的水平距离为3m；
(3)小球经过管道的A点时，对管壁压力的大小为11.5N。
【解析】(1)根据万有引力和重力的关系求解火星表面的重力加速度大小；
(2)在C点将速度进行分解，根据几何关系求解水平速度大小，再根据平抛运动的规律进行解答；
(3)小球从A到B，由动能定理求解A点的速度大小，再由牛顿第二定律、牛顿第三定律求解对管壁压力的大小。
本题主要是考查万有引力定律、动能定理和平抛运动的规律，关键是弄清楚小球的运动情况和受力情况，掌握平抛运动的规律。
17.【答案】解：(1)带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，根据几何关系得：R2=(2L)2+(R−L)2
解得：R=52L
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB1=mv2R
解得：B1=2mv5qL
(2)在右侧磁场中运动过程中，由牛顿第二定律得：qvB2=mv2r
解得粒子运动轨迹半径：r= 24L
根据几何关系可得：y=2rsin45∘，解得：y=L2
z=L−2rcos45∘，解得：z=L2
即坐标为(0,L2,L2)
(3)粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上，有：2L=vt
y轴方向上，有：L−y=12⋅qEmt2
联立解得：E=mv24qL。
答：(1)磁感应强度B1的大小为2mv5qL；
(2)粒子第二次经过yOz平面时的坐标为(0,L2,L2)；
(3)电场强度E的大小为mv24qL。
【解析】(1)带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，根据几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(2)在右侧磁场中运动过程中，洛伦兹力提供向心力求解粒子运动轨迹半径，根据几何关系求解粒子第二次经过yOz平面时的坐标；
(3)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解电场强度E的大小。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
18.【答案】(1)由题可知，第8个滑块被碰后，运动 L减速为0，则0−v82=−2aL，
根据牛顿第二定律可得f=μmg=ma
解得：v8= 2μgL；
(2)第 n个滑块被碰后，以vn向前减速 L，由运动学可知vn′2−vn2=−2ax=−2μgL，
由碰撞可知nmvn′=(n+1)mvn+1，解得 vn+12=(nn+1)2vn2−2(nn+1)2μgL；
(3)由上式(2)可知
82v82=72v72−2×μgL
72v72=62v62−2×μgL
62v62=52v52−2×μgL
52v52=42v42−2×μgL
42v42=32v32−2×μgL
32v32=22v22−2×μgL
22v22=12v12−2×μgL
解得：v1=2 102μgL
(4)由能量守恒可知，每次发生碰撞损失的能量为ΔE1=12mv1′2−12×2mv22
ΔE2=12mv2′2−12×2mv32
ΔE3=12mv3′2−12×2mv42
ΔE4=12mv4′2−12×2mv52
ΔE5=12mv5′2−12×2mv62
ΔE6=12mv6′2−12×2mv72
ΔE7=12mv7′2−12×2mv82
碰撞损失的总能量
ΔE=ΔE1+ΔE2+ΔE3+ΔE4+ΔE5+ΔE6+ΔE7
解得：ΔE=168μmgL。
答：(1)第8个滑块被碰后瞬间的速率为 2μgL；
(2)vn+12与vn2之间的关系式为 vn+12=(nn+1)2vn2−2(nn+1)2μgL；
(3)第1个滑块的初速度v1为2 102μgL；
(4)全过程中由于碰撞而损失的机械能为168μmgL。
【解析】(1)8个滑块被碰后，做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(2)根据运动学公式和动量守恒得到vn+12与vn2之间的关系式；
(3)根据(2)的关系式利用数学方法求得第1个滑块的初速度v1；
(4)根据能量守恒得到每次碰撞损失机械能，全部相加得到损失总接机械能。
本题主要考查多个物体的动量与能量综合应用问题。根据动量守恒和能量守恒列式求解。
相关试卷
2023年山东省泰安市高考物理一模试卷（含答案解析）： 这是一份2023年山东省泰安市高考物理一模试卷（含答案解析），共23页。
2023年山东省日照市高考物理一模试卷（含答案解析）： 这是一份2023年山东省日照市高考物理一模试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，2V，5s，M向左移动了4m等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省青岛市高考物理一模试卷（含答案解析）： 这是一份2023年山东省青岛市高考物理一模试卷（含答案解析），共19页。
