2023年山东省潍坊市高考物理三模试卷

这是一份2023年山东省潍坊市高考物理三模试卷，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省潍坊市高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于下列图片所示的现象或解释，说法正确的是(    )
A. 图中光学镜头上的增透膜利用的是光的衍射现象
B. 如图为单缝衍射，若仅减弱单色光的强度，中央亮纹变窄
C. 图中的“泊松亮斑”，是小圆孔衍射形成的图样
D. 如图是利用偏振眼镜观看立体电影，说明光是横波
2. 如图所示，ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。一汽车在平直公路上以15m/s的速度行驶，汽车通过ETC通道前，以2.5m/s2的加速度减速，当速度减至5m/s后，匀速通过长为10m的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后，再以5m/s2的加速度匀加速至15m/s，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是(    )

A. 通过的最短距离为60m B. 通过的最短距离为70m
C. 所用的最短时间为4s D. 所用的最短时间为6s
3. 根据玻尔的氢原子结构模型，氢原子处于基态时的能量值为E1，处于n能级时的能量值为En，En=E1n2。氢原子由高能级向低能级跃迁时会产生各种谐线系，其中由高能级向n=2能级跃迁时产生的光谱线属于巴尔末线系，普朗克常量为h，真空中的光速为c，则巴尔末系中光谱线的最大波长为(    )
A. −9hcE1 B. −4hcE1 C. −4hc3E1 D. −36hc5E1
4. 如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2sinπt(V)的交流电源上，原、副线圈匝数之比为1：2，电阻R1=10Ω、R2=400Ω，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(    )
A. 副线圈输出交流电的频率为5Hz B. 电流表的示数为1A
C. 电压表的示数为400V D. 电阻R1消耗的功率为20W
5. 如图所示，桶装水的容积为20L，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105Pa，剩余水的体积为12L，水面距出水口的高度为50cm。取水器每按压一次，向桶内打入压强为1×105Pa、体积为0.3L的空气。已知水桶的横截面积为0.02m2，水的密度为1×103kg/m3，大气压强为1×105Pa，重力加速度为10m/s2，取水过程中气体温度保持不变，则(    )
A. 取水器至少按压1次，水才能从出水口流出
B. 取水器至少按压3次，水才能从出水口流出
C. 若要压出4L水，至少需按压16次
D. 若要压出4L水，至少需按压17次

6. 如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ(σ>0)，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1−x x2+R2]，方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后(如图乙所示)，在其轴线上任意一点Q(坐标为x)处放置一个点电荷q0，则q0所受电场力的大小为(    )

A. 2πkσ0q0x x2+r2 B. 2πkσ0q0r x2+r2
C. 2πkσ0q0xr D. 2πkσ0q0rx
7. 如图所示，在x轴下方宽度为d=0.2m的区域中，x>0的区域有沿y轴正方向的匀强电场，场强E=4×103V/m，x0和yp0+ρgh
联立各式解得：n>43，所以至少按压2次，水才能从出水口流出，故AB错误；
CD、水桶高度h0=0.020.02m=1m
装满水时，水面距离出水口高度Δh=50cm−20−12320h0，解得：Δh=10cm
再压出4升水后桶内液面与出水口高度差为：h=20−12+420h0+Δh
解得：h2=70cm
则有：p3=p0+ρgh2
解得：p3=1.07×105Pa
由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有：n′p0V0+p1V1′=p3V2′
其中：V0=0.3L，V1′=(20−12)L=8L，V2′=(20−12+4)L=12L
解得：n′≈16.1
可知，若要再压出4升水，至少需按压17次，C错误，D正确。
故选：D。
设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，由玻意耳定律进行解答；求出初末状态的状态参量，根据玻意耳定律进行解答。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析一定质量的理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。本题要能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。

6.【答案】A 
【解析】解：在Q点处的合场强E=E1+E2，E1=2πkσ(无穷大的带电圆盘在此处产生的场强)，E2=2πkσ[1−x  x2+r2]方向与E1相反。合成得
E=2πkδ0x x2+r2方向与E1相同，q0在此处受的电场力就是2πkδ0qx x2+r2，故BCD错误，故A正确。
故选：A。
挖去半径为r的圆板就可等效在此处放上等量的异种电荷，在x处的场强就等效为无限大的圆盘与半径为r的带异种电荷在的合成，这样此处放的电荷受的电场力就可以求出来了。
要抓住Q点的场强等效于无限大带正电圆盘与半径为r的带负的圆盘在此处的场强的矢量合成。

7.【答案】D 
【解析】解：A、粒子从M点由静止释放经过电场加速到第一次经过x轴的过程中有：qEd=12mv12
代入数据可得：v1= 2qEdm= 2×1×106×4×103×0.2m/s=4×104m/s，故A错误；
BC、根据题意画出粒子的运动轨迹图如图，

设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径为为r1，由洛伦兹力提供向心力可得：qv1B=mv12r1
可得：r1=mv1qB=4×1041×106×0.4m=0.1m
同理可知，粒子经过电场加速两次后在磁场中的运动半径r2=0.1 2m，由图可知，粒子第三次经过y轴时的位置坐标不为(0,0.2m)，故BC错误；
D、粒子在磁场中运动的的周期T=2πmqB=5π×10−6s，粒子在电场中第一次加速的时间为t1=dv=dv12=0.24×1042s=1×10−5s，粒子在电场中第二次加速的时间为t2=dv=dv1+v22=0.44×104+4 2×104s，粒子在无电场和磁场区域做匀速直线运动的时间为别为t1′=dv1，t2′=dv2，则粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时间为t=2T+t1+t2+t1′+t2′，代入数据得到：t=(2+ 24+ 3+π)×10−5s，故D正确。
故选：D。
根据动能定理求出粒子第一次经过x轴的速度；
画出运动轨迹，求出两次在磁场中的轨迹半径，由几何关系求第三次经过y轴时的坐标；
分别求出粒子在电场、磁场和无场区的时间，相加为所求。
本题考查类似于回旋加速器的工作原理，粒子在电场中加速时由动能定理求进入磁场的速度，在磁场中做匀速圆周运动由牛顿第二定律求得轨道半径，再由几何关系求其他物理量。

8.【答案】B 
【解析】解：设初始弹簧被压缩x1，则根据胡克定律可得：
kx1=mg
设a开始下落时与b的距离为H，a、b物块碰撞前瞬间a的速度大小为va，由机械能守恒得：
mgH=12mva2
设a、b物块碰撞后瞬间两者的速度大小为vab，以向下为正方向，由动量守恒定律得：
mva=2mvab
a、b一起压缩弹簧，到两者向上运动到弹簧恢复原长时，a、b恰好分离，此时两者速度相同(设为vab′)对此过程由系统机械能守恒得：
12kx12+12×2mvab2=2mgx1+12×2mvab′2
a、b分离后，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧伸长量x1，此过程b与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
12×mvab′2=mgx1+12kx12
联立解得：H=9mgk，故B正确，ACD错误；
故选：B。
理解运动过程中物体的受力特点，由此得出其运动状态的变化，结合机械能守恒定律列式得出a开始下落时与b的距离。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合胡克定律得出其运动状态的变化，结合机械能守恒定律即可完成解答。

9.【答案】ABC 
【解析】解：A、由乙图知坐标原点O处质点，随时间增加位移向正方向先逐渐增加，是被右侧质点带动，所以波是向左传播、故A正确。
B、由甲图知、半波长为18cm.由乙得周期为2s，则波速v=λT=0.362m/s=0.18m/s，故B正确；
CD、由甲、乙图知、振幅A=0.2m，T=2s，ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s
根据题意质点Q的平衡位置坐标为xQ=6cm，初相位是618π，即π3
所以质点Q的振动方程为y=0.2sin(πt+π3)m
故C正确，D错误。
故选：ABC。
根据波的传播方向确定Q点在T时刻的振动方向，与振动图象上质点的振动方向比较，确定是哪个质点的振动图象。在波动图象上，根据位移大小研究速度的大小关系。
解决该题需要掌握在振动图象中判断质点的振动方向以及波动图象中判断波的传播方向的方法，掌握简谐运动的运动特征。

10.【答案】BD 
【解析】解：A、有题意可知ac为等压线，则有pc=p0，根据盖−吕萨克定律，有V0T0=Vc2T0，解得Vc=2V0，故A错误；
B、cb为等温线，根据玻意耳定律可得：pcVc=pb⋅3V0，解得：pb=23p0，故B正确；
CD、从状态a到状态c为等压变化，气体膨胀，气体对外界做正功，其值W外=p0(Vc−Va)=p0(2V0−V0)=p0V0
根据热力学第一定律可得该过程气体内能增加量ΔQ=W+Q=ΔQ=−W外+Q=Q−p0V0
由于从状态c到状态b为等温变化，所以从状态a到状态b和从状态a到状态c的气体内能的增加量相同，故C错误，D正确。
故选：BD。
从状态a到状态c过程，气体发生等容变化，根据根据盖—吕萨克定律求解状态c的体积；从状态c到状态b过程，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解状态b的压强；对于等压变化过程根据W=P⋅ΔV求解气体对外做功；由于c、b两状态的温度相同，内能相等，则气体从状态a到状态c过程与a到b的过程内能的增量相等。
本题关键抓住气体的内能是状态量，由气体的温度决定，同一封闭气体，温度相同，内能则相同。考查基本的应用能力。

11.【答案】AC 
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m(2πT)2r，解得T=2π r3GM，可知轨道半径r越小，周期越小，风云三号07星在轨道Ⅰ运行的轨道半径最小，所以周期一定比地球同步卫星的周期小，地球同步卫星的周期等于地球自转周期，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=ma，这里r是风云三号07星到地心的距离，可知在轨道Ⅲ经过b点时的加速度和在轨道Ⅱ经过b点时的加速度的大小相等，故B错误；
C、设风云三号07星在近地圆轨道Ⅰ的周期为T1，则T1=2πRv0，在轨道Ⅱ的周期为T，根据几何知识求解在椭圆轨道Ⅱ半长轴a=h+2R2，根据开普勒第三定律得：R3T12=a3T2，联立以上各式得：T=2πRv0 (2R+h2R)3，风云三号07星从a点第一次运动到b点所用时间为周期的一半，即为πRv0 (2R+h2R)3，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力得：GMmR2=mv02R，求解地球的质量M=Rv02G，再除以地球体积V=43πR3，联立解得地球的平均密度是ρ=3v024πGR2，而不是3v024πGR3，故D错误。
故选：AC。
A、根据万有引力提供向心力先比较风云三号07星在轨道Ⅰ运行的周期和地球同步卫星的周期大小，再和地球自转周期比较判断；
B、根据万有引力提供向心力比较风云三号07星在轨道Ⅲ经过b点时的加速度和在轨道Ⅱ经过b点时的加速度的大小；
C、根据开普勒第三定律求解风云三号07星从a点第一次运动到b点所用时间是否为πRv0 (2R+h2R)3；
D、根据万有引力提供向心力先求解地球的质量，再除以地球体积判断平均密度是否为3v024πGR3。
卫星环绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力是解题的核心思想，涉及变轨出现椭圆轨道的问题，可以根据近心运动和离心运动定性分析比较速度大小，根据开普勒第三定律分析求解周期等问题。

12.【答案】BD 
【解析】解：A、将重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解，则垂直于斜面方向上，根据运动学公式可得：
t=2v0sin60°gcos30∘
代入数据解得：t=2v0g，故A错误；
B、沿斜面方向上，根据运动学公式可得：
xOP=vcos60°t+12gsi30°t2
代入数据解得：xOP=2v02g，故B正确；
C、整个运动过程中，根据动能定理可得：
WG=ΔEk=mgxOPsin30°
解得：ΔEk=mv02，故C错误；
D、飞行过程中，根据动量定理可得：
IG=Δp=mgt
解得：Δp=2mv0，故D正确；
故选：BD。
将速度和加速度分解到沿斜面和垂直于斜面方向上，根据运动学公式得出飞行的时间和OP间的距离；
根据动能定理和动量定理结合题意完成分析。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解矢量的分解特点，结合运动学公式和动能定理即可完成分析。

13.【答案】1.732 dLt d2gLt02 
【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则d=1.5mm+2.32×0.01mm=1.732mm；
(2)根据题意可知滑块的线速度大小为：
v=dt
根据v=ωL
解得：ω=dLt
(3)根据题意，滑块开始滑动时，有
μmg=mω2L，ω=dLt
联立解得：μ=d2gLt02
故答案为：(1)1.732；(2)dLt；(3)d2gLt02
(1)根据螺旋测微器的读数规则得出对应的示数；
(2)根据线速度和角速度的关系得出角速度的表达式；
(3)根据牛顿第二定律得出μ的表达式。
本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，理解物体做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。

14.【答案】b  ×100  4  145.4  140 
【解析】解：(1)在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出，所以在当欧姆挡使用时，黑表笔接着内部电源正极，b表笔应为红表笔。
(2)当开关断开时，电路中的电流小，对应欧姆表内阻较大的状态，对应是大倍率，故欧姆表倍率为×100．
当开关断开时，欧姆表内阻为R内=EIg=1.51×10−3Ω=1500Ω
闭合开关时，欧姆表为“×10”倍率，电流表满偏时，内阻为150Ω，欧姆表的满偏电流为
I′=ER′=1.5150A=0.01A
此时表头中电流应为满偏电流0.001A，则与之并联电阻R0电流应为
IR0=I1−Ig=0.01A−1×10−3A=0.009A
则并联电阻R0为
R0=IgRgIR0
解得R0=4Ω
(3)闭合开关时，并联部分电阻为R′′=RgR0Rg+R0
滑动变阻器接入电路的阻值
R滑=R′−R′′−r
解得R滑=145.4Ω
电表指针指示位置如图乙所示，该待测电阻的阻值Rx=14×10Ω=140Ω
故答案为：(1)b；(2)×100，4；(3)145.4，140
(1)在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出；
(2)根据闭合电路欧姆定律可知电流表量程越小，对应电阻越大，同时解得R0的阻值；
(3)根据闭合电路欧姆定律及欧姆表工作原理分析解答。
本题考查了欧姆表的内部结构，表头部分电流表量程的大小判断，中值电阻的理解以及闭合电路欧姆定律的正确运用。

15.【答案】解：(i)设光在射入圆面时入射角为i，折射角为α，根据几何关系有sini= 32RR= 32
则i=60°

根据折射定律得：
n=sinisinα
光从圆面射出时的入射角为β，折射角为γ，则有
β=α=45°
光射出圆面时，由折射定律得：
n=sinγsinβ
可得：γ=60°
由几何关系得：δ=γ−30°=30°；
(ii)设光在透明材料中通过的距离为L，由几何关系有：
L= 2R
光在透明材料中的传播速度问：v=cn
设光通过透明材料经过的时间为t。则有：t=Lv
联立解得：t= 3Rc
答：(i)出射光线与入射光线延长线间的夹角δ是30°；
(ii)光通过透明材料经过的时间是 3Rc。 
【解析】(i)画出光路图，根据折射定律和几何关系结合求出出射光线的折射角，再求出射光线与入射光线延长线间的夹角δ；
(ii)根据几何关系求出光通过透明材料经过的路程，由v=cn求出光在透明材料中传播速度，从而求得传播时间。
本题是考查了折射定律的应用，关键作出光路图，通过几何关系求解相关角度和光程。

16.【答案】解：(1)如图所示

设滑块出发点为P1，离开点为P2，由题意可知O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设其为θ，若离开滑道时的速度为v，则滑块在P2处脱离滑道的条件是mv2R=mgcosθ
由动能定理得：2mgR(1−cosθ)=12mv2
联立解得：cosθ=0.8
即释放点和O1的连线与竖直线的夹角为37°；
(2)滑块刚能在O点离开滑道时，有：mg=mv02R
解得，滑块到达O点的速度v0=  gR
滑块从O点脱离滑道后做平抛运动，水平方向：x0=v0t
竖直方向：R=12gt2
联立解得：x0= 2R
滑块经过O点时速度v>v0时，经过O点一定脱离滑道，v