精品解析：2023届山东省聊城市高三下学期三模物理试题（解析版）

聊城市2023年普通高中学业水平等级考试模拟卷

物理（三）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1. 智能手机带有光线传感功能，可以自动调整亮度，光线传感器的工作原理是光电效应。下面关于光电效应的说法正确的（　　）

A. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

B. 在研究光电效应饱和电流时，由可知，光电管所加电压越大，电子获得的速度越大，饱和电流越大

C. 入射光频率为v时，刚好发生光电效应现象，将入射光频率变为3v时，此时光电流的遏止电压为

D. 用一束单色光分别照射A、B两种金属，若照射A得到光电子的最大初动能比照射B得到光电子的最大初动能大，则金属A的截止频率比金属B的截止频率高

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，A错误；

B．在研究光电效应饱和电流时，光电管所加电压与饱和电流无关，饱和电流与光照强度有关，光照强度越大，饱和电流越大，B错误；

C．入射光频率为时，刚好发生光电效应现象，由光电效应规律可知

将入射光频率变为时，由爱因斯坦光电效应方程可得

解得

由动能定理可得

解得此时光电流的遏止电压为

C正确；

D．根据光电效应方程

光子能量一定，光电子的最大初动能大，说明金属的截止频率低，D错误。

故选C。

2. 在火星上，太阳能电池板的发电能力有限，因此科学家用放射性材料作为辅助电源为火星车供电。中的元素是，具有天然放射性，半衰期为87.7年。发生衰变的核反应方程为，则下列说法正确的是（　　）

A. 原子核的中子数为141

B. 原子核发生衰变后产生的新核的比结合能比的核的比结合能大

C. 10个原子核经过87.7年后一定还会剩余5个

D. 的半衰期跟核内部自身因素有关，也跟原子所处的化学状态和外部条件有关

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据 与电荷数守恒有

238-4=234，94-2=92

原子核的中子数为

234-92=142

A错误；

B．衰变过程释放出能量，表明原子核产生的新核比原子核更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，可知原子核发生衰变后产生的新核的比结合能比的核的比结合能大，B正确；

C．半衰期的规律是一个统计规律，只针对大量的原子核才成立，对少数、个别原子核不成立，因此10个原子核经过87.7年后不确定还会剩余多少个，C错误；

D．的半衰期跟核内部自身因素有关，跟原子所处的化学状态和外部条件无关，D错误。

故选B。

3. 一定质量的理想气体从状态a开始，经，，三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知、、，下列说法正确的是（　　）

A. 气体在过程中压强增大

B. 气体在过程中从外界吸收的热量小于增加的内能

C. 气体在过程中外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量

D. 气体在过程中内能的减少量大于过程中内能的增加量

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据克拉伯龙方程有

则有

可知，气体在过程中图像中某点与坐标原点连线的斜率能够间接表示气体的压强，根据图像可知，在过程中图像中某点与坐标原点连线的斜率逐渐减小，则气体在过程中压强减小，A错误；

B．在过程中，气体发生等容变化，体积不变，气体与外界之间做功为零，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律

可知，气体在过程中从外界吸收的热量等于增加的内能，B错误；

C．过程中，发生的时等温变化，温度不变，气体内能不变，体积减小，外界对气体做负功，根据热力学第一定律

可知，气体在过程中，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，C正确；

D．理想气体的内能由温度决定，根据图像可知气体在过程中温度的减少量等于过程中温度的增加量，则气体在过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量，D错误。

故选C。

4. 汽车的前挡风玻璃设计成双层玻璃，会使驾驶员在视觉上有“缩短”距离的作用。如图甲，在水平路面上行驶的某型号重卡的双层玻璃中夹的是空气，双层玻璃的倾斜角为30°（与竖直方向的夹角），将重卡驾驶员前方的小轿车尾灯简化为一个点光源A，若其发出的与水平方向成30°角的光线在B点到达重卡外层玻璃外表面，该光线在外层玻璃内部的折射光线恰好沿水平方向，光线射出外层玻璃经过中间的空气层进入内层玻璃，折射后进入重卡驾驶员的眼睛，部分光路图如图乙所示。已知双层玻璃的厚度均为d。则双层玻璃使驾驶员的视觉上“缩短”的安全行驶距离的长度为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】 

光路图如图所示，由几何关系知光线AB进入外玻璃层的入射角，折射角

由题意知该光线在外层玻璃内部的折射光线恰好沿水平方向，则玻璃内部的折射光线长度

则光线经过两层玻璃的偏移量

双层玻璃使驾驶员的视觉上“缩短”的安全行驶距离的长度为。

故选B。

5. 如图所示，双星系统由质量不相等两颗恒星组成，质量分别是M、m，它们围绕共同的圆心O做匀速圆周运动。从地球A看过去，双星运动的平面与AO垂直，A、O间距离恒为L。观测发现质量较大的恒星M做圆周运动的周期为T，运动范围的最大张角为（单位是弧度）。已知引力常量为G，很小，可认为，忽略其他星体对双星系统的作用力。则（　　）

A. 恒星m的角速度大小为

B. 恒星m的轨道半径大小为

C. 恒星m的线速度大小为

D. 两颗恒星的质量m和M满足关系式

【答案】D

【解析】

【详解】A．恒星m与M具有相同的角速度，则角速度为

选项A错误；

B．恒星M的轨道半径为

对恒星系统

mω2r=Mω2R

解得恒星m的轨道半径大小为

选项B错误；

C．恒星m的线速度大小为

选项C错误；

D．对恒星系统

=mω2r=Mω2R

解得

GM=ω2r(r+R)2

Gm=ω2R(r+R)2

相加得

联立可得

选项D正确；

故选D。

【点睛】双星问题，关键是知道双星做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力来提供，知道两者的角速度相同，周期相同.

6. 如图所示，空间正四棱锥的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为的点电荷，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在静电力和重力的作用下恰好处于静止状态。将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场，此时P处小球仍能保持静止，重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为（　　）

A.  B.

C. · D.

【答案】D

【解析】

【详解】设P处的带电小球电量为Q，根据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为

根据几何关系，可知正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有

若将P处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P的小球的库仑合力为：

当外加匀强电场后，再次平衡，则有

解得

故选D。

7. 如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小。则（　　）

A. 斜面对a的弹力逐渐变小 B. 斜面对a的弹力先变大后变小

C. b对a的弹力逐渐变小 D. b对a的弹力大小不变

【答案】C

【解析】

【详解】设斜面对a的弹力为Fa，b对a的弹力为Fab，对a进行受力分析，如图所示

因为a、b半径相等，易得Fa与Fab的夹角为60°，所以α=120°，即无论θ如何变化，Fa与Fab的夹角始终保持不变，α也始终不变。

由平衡条件，Fa与Fab的合力大小等于圆柱体a的重力，所以由三角形正弦定理

当逐渐减小斜面倾角θ时，圆柱体a的重力始终不变，α不变，β减小，γ增大，且β和γ始终为锐角，故Fab逐渐减小，Fa逐渐增大。

故选C。

8. 如图所示为实验室使用的旋转磁极式发电机模型，线圈的匝数，内阻，输出端与理想变压器的原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为，副线圈外接电阻。转动磁极，线圈的磁通量的变化规律为，闭合S，电阻R的功率为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由磁通量的变化规律

可知磁通量的最大值为

转动的角速度为

则线圈产生的电动势最大值为

则线圈产生电动势有效值为

设原线圈的电流为，根据能量守恒有

根据变压器副线圈电流与匝数关系有

联立解得

电阻R的功率为

故选A。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9. 如图所示，竖直墙MN、PQ间距为，竖直线OA到两边墙面等距。从离地高度一定的O点垂直墙面以初速度水平抛出一个小球，小球与墙上B点、C点各发生一次弹性碰撞后恰好落在地面上的A点。设B点距地面高度为，C点距地面高度为，所有摩擦和阻力均不计。下列说法正确的是（　　）

A. 下落和所用时间

B.

C. 仅将间距加倍而仍在两墙中央O点平抛，小球不会落在A点

D. 仅将初速度增为（为正整数），小球一定落在A点

【答案】BD

【解析】

【详解】A．小球与墙发生弹性碰撞，水平方向的速度大小不变，下落和过程中的水平方向的路程之和之比为

故下落和所用时间

A错误；

B．设小球从开始运动到与墙上B点相撞所用时间为，由题意可知

，

故

B正确；

C．整个运动过程中小球水平方向运动的路程为，若仅将间距加倍而仍在两墙中央O点平抛，小球将与墙壁碰撞一次后仍落在中点A点，C错误；

D．仅将初速度增为（为正整数），高度不变则下落的时间不变，则小球水平方向的路程为

小球从中点O抛出，则小球一定落在A点，D正确。

故选BD。

10. 有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内外水银面的高度差即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出。设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计。在1标准大气压下对B管进行温度标刻（1标准大气压相当于的压强）。已知当温度时，管内外水银面的高度差为，此高度即为27℃的刻线。则（　　）

A. 的刻线在

B. 刻线在

C. 实际温度为22℃时，该测温装置的读数仍为27℃，可知大气压已变为相当于的压强

D. 实际温度为22℃时，该测温装置的读数仍为27℃，可知大气压已变为相当于的压强

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．玻璃泡A内气体的初始状态

T1=(273+27）K=300K，p1=(76-16）cmHg=60cmHg

末态即的状态

T0=273K，p0=？

由查理定律有

解得

p0=54.6cmHg

所以时水银面高度，即刻度线的位置是

x0=(76-54.6）cm=21.4 cm

选项A正确，B错误；

CD．设此时大气压为p，该测温装置的读数仍为27℃，则此时A泡内气体的压强

又此时的温度

由查理定律有

解得

p=75cmHg

选项C正确，D错误。

故选AC。

11. 我国民用无人机技术发展迅速，目前已点据全球市场一半以上，某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，无人机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升到最高点。该过程无人机的动能，随上升高度h的关系如图所示。已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍。则下列结论正确的有（　　）

A. 无人机的升力大小为

B. 无人机的重力大小为

C. 空气阻力的大小是

D. 加速与减速的加速度大小之比为

【答案】ABD

【解析】

【详解】ABC．设升力为F，根据动能定理有

结合图像得

关闭发动机后，根据动能定理

化解的

结合图像得

解得

故AB正确，C错误；

D．无人机的质量

根据牛顿第二定律，加速阶段

减速阶段

加速与减速的加速度大小之比为

故D正确。

故选ABD。

12. 如图，纸面在竖直平面内，水平方向上有两宽度均为d的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小均为B，磁场的上下边界水平，区域Ⅰ内磁场方向为垂直于纸面向里，区域Ⅱ内磁场方向为垂直于纸面向外。一质量为m，边长为d的单匝正方形金属线框，其总电阻为R，将线框从下边缘距磁场上边界距离h处由静止释放，线框下边水平且线框平面始终与磁场方向垂直，当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动。当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度做匀速直线运动。已知线框下边缘穿过磁场区域Ⅱ的时间为，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 释放时线框下边缘距磁场上边界距离

B

C. 从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中通过线框导体横截面的电荷量

D. 从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中线框中产生的总热量

【答案】AD

【解析】

【详解】A．当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动

释放时线框下边缘距磁场上边界距离

A正确；

B．当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度做匀速直线运动

联立解得

B错误；

C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由动量定理

安培力冲量

通过线框导体横截面的电荷量

C错误；

D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由能量守恒

线框中产生的总热量

D正确。

故选AD。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13. 疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如下图所示。

(1)下列主要操作步骤的正确顺序是______；（填写各步骤前的序号）

①把刻度尺竖直固定在墙上                      ②捏住小球，从刻度尺旁静止释放

③手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置    ④打开手机摄像功能，开始摄像

(2)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中小球和刻度如题图所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s（取三位小数进行计算），刻度尺的分度值是1mm，由此测得重力加速度为______ m/s²；

(3)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片______（选填“仍能”或“不能”）用(3)问中的方法测出重力加速度。

【答案】    ①. ①③④②    ②. 9.6（9.5~9.7都算对）    ③. 仍能

【解析】

【详解】(1)[1]根据实验的过程，首先要安装仪器，然后进行测量，则操作步骤的正确顺序是①③④②；

(2)[2]三张图片对应的刻度值分别为：2.50cm；26.50cm；77.20cm；则根据

可得

(3)[3]若手发生晃动，则水平方向有速度，但是不影响竖直方向的运动，则该视频中截取图片仍能用(3)问中的方法测出重力加速度。

14. 某同学利用如图所示的电路测量多个物理量。实验室提供的器材有：

两个相同的待测电源（内阻r约为）

电阻箱（最大阻值为）

电阻箱（最大阻值为）

电压表V（内阻约为）

电流表A（内阻约为）

灵敏电流计G，两个开关、

主要实验步骤如下：

①按图连接好电路，调节电阻箱和至最大，闭合开关和，再反复调节和，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱、电阻箱的示数分别为0.41A、12.0V，30.0Ω，28.2Ω；

②反复调节电阻箱和（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。

回答下列问题：

（1）步骤①中：电流计G的示数为0时。A和D两点的电势差______V；

（2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表V的内阻______；

（3）结合步骤①步骤②的测量数据，电源的电动势的测量值______（保留1位小数），______（选填“”、“”、“”）

【答案】    ①.     ②. 1200    ③. 12.6    ④. =

【解析】

【详解】（1）[1] 电压表示数为A、C两点电势差，即

由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间的电势差相等，故

故

（2）[2]有欧姆定律可得

解得

（3）[3]由步骤①可得

由步骤②可得

联立可解得

[4]电路中电源的路端电压通过电压表测得，电流通过电流表测得，均为准确值，故测量电动势等于真实电动势。

15. 如图甲所示，在某种均匀介质中A、B、C是三个顶点，其中AC长，BC长。两个波源分别位于A、B两点，且同时从时刻开始振动，它们的振动图像如图乙所示，已知位于A点的波源产生波的波长。求：

（1）位于B点的波源产生波的波长；

（2）从时刻开始，C点的位移第一次为的时刻。

【答案】（1）；（2）0.95s

【解析】

【详解】（1）横波在同种介质中的传播速度相同，从图像可知，A点的波源周期为0.4s，波长=2m，则波速

则B点的波源的波速也为5m/s；从图像可知，B点波源的周期为0.6s，则波长

（2）根据波的叠加结合图像可知，要让C点的位移为﹣7cm，则必须是两个波的波谷同时传到了C点的位置，对于A波源而言，A波的波谷传到C点位置需要的时间为

代入数据得

同理可得，B波的波谷传到C点位置需要的时间为

代入数据得

当t1=t2时，解得

C点的位移第一次为的时刻n=0，m=1，则

16. 面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生。混合动力汽车，是指拥有两种不同动力源（如燃油发动机和电力发动机）的汽车，既节能又环保。汽车质量为M，静止在平直路面，只采用电力驱动，发动机额定功率为启动，达到的最大速度后，再次提速，两种动力同时启动，此时发动机的总额定功率为，由经时间达到最大速度（未知）；运动一段时间后，开始“再生制动”刹车，所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。加速过程中可视为阻力恒定；“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比，即。求：

（1）汽车速度由到过程中前进的位移；

（2）汽车由速度减到零过程中行驶的距离。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）发动机额定功率为启动，达到的最大速度时有

所以汽车加速过程中的阻力

同理发动机的总额定功率为，达到最大速度时有

解得

汽车速度由到过程中根据动能定理有

解得前进的位移

（2）“再生制动”刹车过程即速度由减到零的过程，根据动量定理有

解得汽车由速度减到零过程中行驶的距离

17. 如图（a），空间直角坐标系中，有一长方体区域，四边形是边长为L的正方形，长度为，其顶点分别是a、b、c、d、O、、、，其中、、在坐标轴上，区域内（含边界）分布着电场或磁场。时刻，一质量为、电荷量为的带正电粒子，以初速度从a点沿方向射入区域，不计粒子重力。

（1）若区域内仅分布着沿y轴负方向的匀强电场，则粒子恰能从点离开区域，求电场强度的大小；

（2）若区域内仅分布着方向垂直于平面匀强磁场，则粒子能从连线上距d点的点离开区域，求磁感应强度的大小；

（3）若区域内仅交替分布着方向沿x轴负方向的磁场和沿y轴正方向的磁场，且磁感应强度和的大小随时间周期性变化的关系如图（b）所示，则要使粒子从平面离开，且离开时速度方向与平面的夹角为60°，感应强度大小的可能取值。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）粒子在电场力作用下，在平面add'O内做类平抛运动,由运动学规律在x正方向

在y负方向

由牛顿第二定律

联立解得

（2）如答图1，粒子在洛伦兹力作用下,在平面adc'b'内做匀速圆周运动，做ae的中垂线与ab'的交点O'为圆心，设粒子在磁场中的运动半径为r

，

由牛顿第二定律

解得

（3）由题意，粒子在磁场和，中做匀速圆周运动的轨道半径R相同，周期T也相同

，

解得

，

（i）若粒子射出时与z轴负方向的夹角为60°，则粒子在长方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图2所示，沿x轴负方向的侧视如答图3所示，设粒子在平行于yOz平面内运动了n个半周期（答图2、答图3为n=3的情况），则

据答图2，x正方向

据答图3，y正方向

因为y<2L，故粒子能到达cdd'c'平面，符合题意

，

解得

（ii）若粒子射出时与z轴正方向的夹角为60°,则粒子在长方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图4所示。

据答图4，x正方向

据答图3，y负方向

因为，故粒子能到达cdd'c'平面，符合题意

，

解得

综合整理得

18. 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的物块A，装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以匀速运动，传送带的右边是一半径位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，质量的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数，传送带两轴之间的距离，设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取。求：

（1）物块B第一次滑到圆弧的最低点C时的速度大小；

（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；

（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。

【答案】（1）7m/s；（2）27J；（3）10.25s

【解析】

【详解】（1）物块B从最高点第一次滑到圆弧的最低点C，根据动能定理有

解得

（2）物块B第一次滑上传送带的速度大于传送带的速度，物块B在传送带上减速运动，加速度大小为

设物块B通过传送带后速度为，则有

解得

则物块B以速度与A发生碰撞，碰撞时动量守恒，取向左为正方向，则有

根据能量守恒有

联立解得

，

根据能量守恒有

（3）物块B第一次与物块A碰撞后在传送带上先做减速运动，减速位移为

此过程所用时间为

则物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会向左加速运动，物块B先向左加速到与传送带共速，所用时间为

此过程通过的位移为

物块B与传送带共速接着在传送带上匀速运动的时间为

物块离开传送带后与物块A发生第2次碰撞，设物块A、B第二次碰撞后的速度为、，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有

，

解得

物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面的速度大小为，继而与物块A发生第3次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为，由动量定理有

解得

同理可知第3次碰撞到第4次碰撞之间，，物块B在传送带运动的时间为

同理可知第次碰撞后物块B在传送带运动的时间为

（，，）

所以物块B第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间为

其中

（）

联立可得