2022-2023学年山东省枣庄市高三第二次模拟考试物理试卷及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2022~2023学年山东省枣庄市高三（第二次）模拟考试物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.核电池又叫“放射性同位素电池”，已用于心脏起搏器和人工心脏。以其能源的精细可靠，可在患者胸内连续安全使用10年以上。现有某型号核电池，内装150毫克钚(94238Pu)。已知钚的半衰期为87.7年，钚衰变时会放出α射线和γA.生成的新核X的中子数为142

B.核电池的工作原理与核电站相同，都是核裂变释放的能量转化为电能

C.核电池装入人体后，温度升高，钚的半衰期将小于87.7年

D.经43.85年，150毫克的钚还能剩下75毫克2.一定质量的理想气体，从状态a经bcd又回到状态a，其循环过程的p−V图像如图所示。已知气体在状态a的温度为T0。则下列说法正确的是(

)A.气体在状态c的温度为6T0

B.气体由a到b和由c到d的两个过程中，对外做的功相等

C.气体完成1次循环过程，一定从外界吸收热量

D.气体由a到b3.1801年，英国物理学家托马斯·杨完成了著名的双缝干涉实验。如图所示为双缝干涉实验的原理图，单缝S0、屏上的P0点均位于双缝S1和S2的中垂线上。在双缝与屏之间充满折射率为n的均匀介质，屏上P点是P0点上方的第4条暗条纹的中心，P点到P0点的距离为x。已知入射光在真空中的波长为λ，双缝与屏之间的距离为L，则双缝S1A.7Lλ2nx B.4L4.为庆祝全国两会胜利召开，某景区挂出34个灯笼(相邻两个灯笼之间用轻绳等距连接)，灯笼上依次贴着“高举中国特色社会主义伟大旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”的金色大字，从左向右依次标为1、2、3、……、34。无风时，灯笼均自然静止，与“全”字灯笼右侧相连的轻绳恰好水平，如图所示。已知每个灯笼的质量均为m=1kg，取重力加速度g=10m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力TA.夹角θ的最大值为45°

B.当夹角θ最大时，最底端水平轻绳的拉力大小为1703N

C.当θ=37∘时，最底端水平轻绳的拉力大小为204N

D.5.如图所示，A、B为两个对称的圆锥的顶点，相距2l、圆锥的底面半径为l，C点(图中未标出)为圆锥底面圆周上的一点，O点为AB连线的中点，D点为OB连线的中点。现把两个电荷量都是Q的正点电荷分别置于A、B两点。该空间为真空，静电力常量为k。则下列说法正确的是(

)A.圆周上各点的电场强度的方向都平行于AB连线

B.圆周上C点的电场强度大小为2kQl2

C.在OB连线上各点的电场强度都一定大于C点的电场强度

D.将另一个带负电的检验电荷q从C6.如图甲所示，是国产某型号手机无线充电装置，其工作原理图如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1:n2=5:1。送电线圈和受电线圈所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220A.阻值R=195Ω

B.快速充电时，送电线圈的输入电压U1=212.5V

C.快速充电时，送电线圈的输入功率为25W7.某实验小组设计了用单摆测量海底深度的实验。在静止于海底的蛟龙号里，测得摆长为l的单摆，完成N次全振动用时为t。设地球为均质球体，半径为R，地球表面的重力加速度大小为g。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。则下列说法正确的是(

)A.此海底处的重力加速度大于地球表面的重力加速度

B.此海底处的重力加速度为无穷大

C.此海底处的深度为h=gt28.如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为Ep=12kx2，其中xA.物体C的质量为3m

B.物体B运动到最高点时的加速度大小为3g

C.物体B的最大速度大小为2gmk

D.二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.半径为R的均质透明半圆柱体的横截面示意图如图所示。一绿色细光束平行于直径AC从P点射向半圆柱体，进入半圆柱体后，经PC面反射，到达AC面。P点到直径AC的距离为22R，透明半圆柱体对绿光的折射率为A.绿光束在AC面上一定发生全反射

B.绿光束在AC面上一定不会发生全反射

C.若入射光束为红色光束，则到达AC面的光一定不会发生全反射

D.10.沿x轴传播的简谐横波在t1=0时刻的波形如图中实线所示，在t2=0.4s时刻的波形如图中虚线所示。已知波的周期0.2s<T<A.波的传播速度可能为20m/s

B.在t3=0.6s时刻，质点P的振动方向一定向下

C.在t3=0.6s时刻，质点P11.如图甲所示，AB为光滑的水平直轨道。BCD为光滑的半圆轨道。质量为m的小物体置于A点，在水平力F的作用下由静止开始运动。F随时间t的变化规律如图乙所示。已知在2t0时刻小物体恰好经过B点，此时撒去水平力F、小物体刚好能经过D点，重力加速度为g，则下列说法正确的是A.t0时刻水平力F的瞬时功率为7F02t02m

B.0∼t0时间内水平力F做功为9F02t12.如图所示，abcd是一个均质正方形导线框，其边长为l、质量为m、电阻为R。在x≤0的范围内存在大小为B0，方向垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥2l的范围内存在大小为2B0，方向垂直于纸面向外的匀强磁场ⅡA.线框穿出磁场Ⅰ的过程中和进入磁场Ⅱ的过程中，线框中产生的感应电流方向反

B.线框ab边刚穿出磁场Ⅰ时，ab两点间的电势差为Uab=5B03l44mR

C.三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13.某实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，在动滑轮的下方悬挂重物A、定滑轮的下方悬挂重物B，重物B上固定一遮光条，遮光条的宽度为d，已知A、B的质量相等，悬挂滑轮的轻质细线始终保持竖直，滑轮的质量忽略不计。(1)开始时，绳绷直，重物A、B处于静止状态。释放后，A、B开始运动，测出遮光条通过光电门的时间t，则重物B经过光电门时的速度为v=___________((2)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d=(3)调整B开始释放的位置到光电门之间的高度H，得到多组时间t。如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为___________(已知当地重力加速度大小为g，用实验中所测得的物理量的字母表示14.小明同学自制了一个四挡位(“×1”“×10”“×100”和“×1k”)的欧姆表，其原理图如图所示，R为欧姆调零电阻，R1、R2、R3(1)短接m、n，将选择开关S与3接通，电流计G示数为I3；保持电阻R滑片位置不变，将选择开关S与2接通，电流计G示数变为I2，则I3(2)将选择开关S与3接通，此时欧姆表的挡位为___________(选填“×1”“×10”“×100(3)从“×1k”挡位换成“×100”挡位后，进行欧姆调零时，调零电阻R的滑片应该___________(4)选择“×100”挡位并欧姆调零后，在红、黑表笔间接入阻值为1kΩ的定值电阻R5，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的一半；取走R5，在红、黑表笔间接入待测电阻Rx，稳定后电流计四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15.某物理实验小组，为了测量当地的大气压强，设计了如图所示的实验装置。U形管竖直放置，B管的横截面积为A管的2倍，底部用细管相连，稳定时，A管中封闭有长为H1=32cm的空气柱，B管开口，A、B两管水银面高度差为h=16cm。现将该装置从图示位置绕轴OO′缓慢转动180°(1(2)该将该装置从图示位置绕轴OO′缓慢转动16.如图所示，深为h=8m的枯井中有一质量为m=40kg的重物A，通过轻绳跨过光滑的定滑轮与地面上质量为M=80kg的重物B相连。某人用与水平方向成θ=53°的力F拉重物B，恰好使其匀速运动。若该人用同样大小的力F水平拉重物B(1)拉力(2)水平拉重物B时，(3)为使重物A能到达井口，水平力17.制造芯片，要精准控制粒子的注入。如图甲所示，是控制粒子运动的装置示意图，两块边长均为d的正方形金属板M、N上、下正对水平放置，极板间距也为d。以该装置的立方体中心O点为原点建立直角坐标系，并在极板间加沿y轴负方向的匀强磁场(磁感应强度大小未知)，两极板接到电压为U的电源上。现有一束带正电粒子以速度v0沿x轴正方向从左侧持续注入极板间，恰好沿x轴做匀速直线运动。不考虑电磁场的边缘效应，粒子的重力忽略不计，粒子之间的静电力忽略不计。(1)求磁感应强度(2)若仅撤去磁场，该带电粒子束恰好击中点(3(4)若将磁场方向改为沿z轴正方向，并将两极板接到电压按如图乙所示变化的电源上，t=0时刻让粒子从中心O点沿x轴正方向以速度18.如图所示，光滑水平轨道上放置质量为m的长板A，质量为3m的滑块B(视为质点)置于A的左端，A与B之间的动摩擦因数为μ；在水平轨道上放着很多个滑块(视为质点)，滑块的质量均为2m，编号依次为1、2、3、4、…、n、…。开始时长板A和滑块B均静止。现使滑块B瞬间获得向右的初速度v0，当A、B刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，依次类推…；最终滑块B恰好没从长板A(1)开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离(2)滑块1与滑块2之间的距离(3)长板A与滑块1第1次碰撞后，长板A的右端与滑块(4)长板

答案和解析1.【答案】A

【解析】A.由质量数和电荷数守恒可知新核X的质量数为A电荷数为Z则中子数为234−92=B.核电池的工作原理是利用α衰变放出的能量转化为电能，核电站是核裂变释放的能量转化为电能，故B错误；C.半衰期与原子所处的物理状态无关，与温度和化学状态无关，所以核电池装入人体后，钚的半衰期不变，故C错误；D.钚的半衰期为87.7年，经43.85年，150毫克的钚还能剩下m=m0×故选A。

2.【答案】C

【解析】A.因paVa=pcVc可知B.因p−V图像的面积等于功，气体由a到b对外做的功大于由c到d外界对气体做的功，选项C.气体完成1次循环过程，气体内能不变，由B的分析可知，气体对外做功大于外界对气体做功，可知整个过程中气体对外做功，则气体一定从外界吸收热量，选项C正确；D.气体由a到b的过程中，气体对外做功，温度升高，内能变大，根据Δ吸收的热量大于内能的增加量，选项D错误。故选C。

3.【答案】A

【解析】P点为第4条暗条纹的中心，设相邻暗条纹间距为

Δx

，有光在介质中的波长为

λ′

，波速为

v

，光在真空中速度为

c

，根据光射入介质中频率不变，有v=λ′f

，

可得λ根据公式Δ代入解得d故选A。

4.【答案】B

【解析】A.分析可知，当绳子拉力达到最大时，夹角θ的值最大，以整体为研究对象，根据平衡条件竖直方向有2解得cos可得θm=60B.当夹角θ最大时，以左边17个灯笼为研究对象，水平方向T解得T=170C.当

θ=37∘

时，以左边解得T′=127.5D.当

θ=37∘

时，以左边第5个灯笼到解得tanα=0.98≠1，可知第4个灯笼与第5故选B。

5.【答案】D

【解析】A.根据等量同种点电荷电场线的分布特点可知，圆周上各点的电场强度的方向都垂直于AB连线。故AB.圆周上C点的电场强度大小为E=2kC.O到B，电场强度由0逐渐增加，而C点场强不为0。则在OB连线上各点的电场强度不一定大于C点的电场强度。故CD.将另一个带负电的检验电荷q从C点沿CO、OD的折线路径移动到D点的过程中，一直是电场力做正功，其电势能一定逐渐减小。故故选D。

6.【答案】B

【解析】AB.可得送电线圈的电流I根据匝数和电压的关系可知U1n则R送电线圈两端的电压U选项A错误，B正确；C.快速充电时，送电线圈的输入功率为P选项C错误；D.持续进行快速充电时，充满容量为4000mA选项D错误。故选B。

7.【答案】C

【解析】AB.化解得g已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以此海底处的

R

减小，重力加速度减小，故AB错误；CD.则此海底处的重力加速度大小为g又由g解得R此海底处的深度为h故C正确，D错误。故选C。

8.【答案】C

【解析】A.C物体叠加在B物体上面静止时，由二力平衡k拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度为k其振幅A当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由二力平衡k所以由振幅相等A解得物体C的质量为mC=2B.B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故F所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为a=2mD.物体B上升的最大高度为h=2AC.当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则m解得物体B的最大速度大小为vm=2故选C。

9.【答案】AC【解析】AB.作出光路，如图所示令在P点的入射角为

θ

，折射角为

α

，根据几何关系有sin解得θ根据n解得α则有β则有∠即绿光在AC面上的入射角恰好等于

45∘解得C可知，绿光束在AC面上一定发生全反射，A正确，BCD.若入射光束为红色光束，红光在半圆柱体中的折射率小于绿光，即当红光从P点入射时，折射角

α

增大，根据上述光路结合几何关系可知，红光在AC界面上的入射角小于45∘

，而红光发生全反射的临界角大于绿光的临界角，即红光在AC界面上的入射角小于其临界角，结合上述可知，若入射光束为红色光束，则到达故选AC。

10.【答案】AB【解析】A.若该简谐波向x轴正方向传播0.4=(n+

13

)T又因为0.2s<T根据图像可知波长为6m，由若该简谐波向x轴负方向传播0.4=(n+

23

)T又因为0.2s<T根据图像可知波长为6m，由A正确；BC.若简谐波向x轴正方向传播，t3=0.6若简谐波向x轴负方向传播，画出t3此时质点P向下振动，加速度向下；综上所述，质点P的振动方向一定向下，加速度不一定向上。B正确，C错误；D.若简谐波向x轴正方向传播，则2.4质点P在2.4s内运动的路程为若简谐波向x轴负方向传播，则2.4质点P在2.4s内运动的路程为D正确。故选ABD。

11.【答案】CD【解析】A.t0时刻速度设为v1，由F解得vt0时刻水平力F的瞬时功率为故A错误；BC.根据动能定理得0∼t故B错误，C正确；D.小物体刚好能经过D点，有m2t0时刻小物体恰好经过B点，由F解得v从B点到D点由动能定理得−解得v从D点抛出后做平抛运动，则2R=解得x故D正确。故选CD。

12.【答案】BD【解析】A.线框穿出磁场Ⅰ的过程中垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，线框进入磁场Ⅱ的过程中，垂直纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针，两个过程感应电流方向相同，A错误；B.对全过程，根据动量定理可得−又I1−联立解得线框ab边刚穿出磁场Ⅰ时的速度线框ab边刚穿出磁场Ⅰ时，

cd

边切割磁感线，

cd

边相当于电源，则B正确；C.设线框恰好有一半进入磁场Ⅱ时，线框的速度为

v2

，根据动量定理可得又I联立解得v此时

ab

切割磁感线，感应电动势的大小此时感应电流Iab边受到的安培力大小为联立可得FC错误；D.根据动量定理−解得v根据能量守恒定律可得线框穿出磁场I的过程中产生的焦耳热Q线框进入磁场II的过程中产生的焦耳热联立可得QD正确。故选BD。

13.【答案】(1)

dt

；

(2【解析】(1)重物B(2)遮光条的宽度为

(3)设A、B重物的质量为m化简得g

14.【答案】

(1)大于；

(2)×100；

【解析】(1)保持电阻R滑片位置不变，电流计G串联的电阻越多，并联的电阻越少，改装后电流表的总电阻越小，分得电压越小，则通过G(2)电流计G串联的电阻越多，并联的电阻越少，改装后电流表的量程I越大。又根据

R内=EI

可知，I越大，欧姆表内阻越小，即欧姆表倍率越小，则选择开关(3)从“×1k”挡位换成“(4EEE联立解得R

15.【答案】(1)对A中气体，UU型管开口向下时，如图所示：设B中水银面移动

hB

，有hB由玻意耳定律得p解得p(2)U型管水平时，对解得H

【解析】本题考查了玻意耳定律，注意前后状态的分析。

16.【答案】(1)用与水平方向成θ=53°的力F