2023届山东省部分重点中学联盟高三下学期5月高考考前热身押题物理试题（扫描版含解析）

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，
GMm m4π
2 2
r mv ma r
3 GM GM
＝ ＝ ＝ ，解得 T＝2π ，v＝ ，a＝ ，“天舟五号” 的轨道半径
r2 T2 r GM r r2
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 220 V，则有 220 = 1 + 1 1, 2 = 2 2（其中
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U1 I2 n1 2U1、U2为原、副线圈两端的电压有效值，I1、I2为原、副线圈中的电流），又有 U2 I1 n2 1
，
且 R1 R2 20 Ω，联立可得 1 = 176 V, 1 = 2.2 A, 2 = 88 V, 2 = 4.4 A，即电压表示数为 88
V，电流表的示数为 2.2 A，故 A、B错误；电阻的功率 = 22 2，可知 C正确。
6. 【答案】B
【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 x1 3m 3m 2m6N
F-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
W 1 (2 6) 2J 8J
2
1
设物体运动的最大速度为 vm，根据动能定理有W Ff x1 mv22 m
解得 vm 2m/s
故 A错误；
Q
B.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
Q 1 6 3J 9J
2
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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，μmg cosθ，μmg cos（θ+α），故 A错误；物块在 A点的加速度 aA=μg，物块最
a g sinα终停留在 B 点可知μ=tanθ，在 C点，mgsin（θ+α）-μmg cos（θ+α）=maA,可解得 C ，cosθ
B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＝8 m，由图
乙知，5s= T T λ 2 ，可得 T＝12 s，所以横波的波速为 v＝ ＝ m/s，故 B错误；设质点 Q的
6 12 T 3
y Asin(2 t ) Q y 20sin( 振动方程为 T ，综合以上信息可得质点 的振动方程为 ＝ t＋π) cm，C6
t 0s t 11 s 3T + T Q s 3 1错误；从 ＝ 到 ＝ ，经历了 ，质点 通过的路程为 ＝ ×4A+ A＝70 cm，D
4 6 4 2
正确。
11.【答案】CD
【解析】AB：当 x=R时，光路如图所示，
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1
由几何关系可知，i=30°,sini= , 2根据折射定律有 sinr= ,
2 4
R 2R
由正弦定理得 sin r sin(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
sin i x R ， sin r
2R 2R
根据折射率公式有
n sin i
sin r
代入数据得
x 2R
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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；
D x 2：当 R时，光路如图所示，
2
2 1
由几何关系可知，sinθ1= ,根据折射定律有 sinθ2= ,
4 4
R 2R
由正弦定理得 sinθ2 sin(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
L R 2R
sin 4
2R
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
= (2 2 1)
电路中的电流
(2
= = 2
1)

导体棒 PQ和导体棒 MN受到的安培力
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2 2
= (2 2 1) ，与运动方向相同
2 2
= 2 (2 2 1) ，与运动方向相反安
设导体棒 PQ和 MN的质量分别为 m1、m2，则对导体棒 PQ
2 2(2 2 1) =
1
1
对导体棒 MN
2 2 2(2 2 1) =
2 2
F
初始速度均为零，则 a1从零开始逐渐增加，a2从 m 开始逐渐减小。当 a1＝2a2时，速度关系2
2
2 1
2 1 = 2 2(4 1+ 2)
保持恒定。
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
T＝5×0.02 s 0.1 s Δx aT2 a x4＋x3－x2－x1 0.086 4＋0.077 5－0.068 7－0.06＝ ，由 ＝ ，得 ＝ ＝ m/s2
4T2 0.04
＝0.88 m/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）
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【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。
600I
3 R 2 R =409Ω L（ ）根据 x ，求得 x ，再由电阻定律R 求得电阻率ρ=1.03×10-6 Ω·mI1 I2 S
15.（7分）
【解析】（1）根据动能定理有 mgH－W 1 1f＝ mv22－ mv12 …………………………2分2 2
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- M v4 …………………………1分
F 浮 t-Mgt- fyt = M v3 …………………………1分
其中 F 浮=（M+m）g
空气阻力冲量的大小I (f t)2 (f t)2x y
联立求得 I=100 17 N·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Ⅳ
2
p0 V0
3 pV …………………………2分
T0 2T0
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对Ⅱ、Ⅲ两部分气体
1 1
p0( V0 V0)
6 3 p(V0 V ) …………………………2分
T0 2T0
7
联立解得 p p0
3
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，
5
p0 V0
6 pV 1 …………………………2分
T0 2T0
5
解得V1 V0
7
2
可知打入的气体此时的体积为 V0
7
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
（2 4 3）由第一问方程可求得打开阀门前，Ⅳ的气体体积V V0，Ⅱ、Ⅲ部分气体体积为 V0
7 7
对Ⅱ、Ⅲ 3部分气体， p V0 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）
1
【解析】(1)由动能定理： = 20 …………………………………………1分2
= 2 解得 0 ………………………………………………………………………1分
(2)粒子在区域 I电场中做类平抛运动： 1 =
=
0 2
qE=ma
1
在区域 I电场中沿 x方向位移 1 = 21 = …………………………………………2分2 4
x = = 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 =

2 = …………………………………………………………2分2
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粒子打到记录板上位置的 x坐标 = + = 3 1 2 ……………………………………1分4
(3) 粒子在区域 I电场中沿 z轴正方向做匀速直线运动
粒子在区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径为： = 0 = 2 …………1分

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30°，可解得粒子打到记录板上位
置的 y坐标为： = 30° ………………………………………………………1分
解得 = (2 3) …………………………………………………………………1分
(4) 粒子在区域 I电场中做类平抛运动，沿 x轴做匀加速直线运动，运动过程与(2)在区域 I电
1
场中的运动过程完全一样，所以有： = 21 1 = ………………………………………1分2 4
粒子在区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运动，但仍沿 x轴运动，以速度 沿 x轴做匀速直线运动，其
30° 30° 2
在磁场中的运动时间为： '2 = ° = × = 360 360° 18

粒子在区域Ⅱ磁场中沿 x轴的运动距离为： '2 = ' 2 = ………………………………1分6

最终粒子打到记录板上位置的 x坐标为： ' = 1 + '2 = + …………………………1分4 6
粒子在区域 I电场中不沿 y轴运动，只在区域Ⅱ磁场中沿 y轴运动，且运动距离与(3)完全一样，
所以
= (2 3) …………………………………………………………………………1分
粒子打到记录板上位置的 z坐标为：z=0

所以，粒子打到记录板上位置的坐标（ + ，(2 3) ，0）
4 6
18.（16分）
【解析】（1）对 B由牛顿第二定律可得 F-μmg＝ma1 …………………………1 分
vB＝a1t …………………………1 分
可求得撤去力 F时 B的速度为 vB=6m/s。 …………………………1 分
(2) 设从开始运动到 AB共速经历的时间为 t0，由动量定理得
Ft-μmgt0=mv …………………………1 分
μmgt0=Mv …………………………1 分
1 1 1
物块不从木板右端滑下的临界条件为 L1 vBt (vB v)(t0 t) vt ………1 分2 2 2 0
撤去力 F后，由能量守恒定律得μmgL2=
1
(M m)v 2 …………………………1 分
2
求得 L1=2.7m，L2=2.7m，
故木板 A的最小长度为 2.7m。 …………………………1分
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（3）木块 B与挡板 P碰撞后至共速，由动量守恒定律得
Mv-mv=（M+m）v1 …………………………1分
由动量定理μmgt1=mv1-(-mv) …………………………1 分
1
此过程 B的位移 s1= （-v+v1）t1 方向向左 …………………………1分
2
AB s共速至第二次碰撞经历的时间t 11右 …………………………1分
v1
1
故第一次和第二次碰撞之间的时间间隔为 1.6s，连续两次碰撞的时间间隔构成公比为 的等
3
比数列，所以木块 B与挡板 P碰撞后运动的总时间为 2.4s。 …………………………1分
（4）用 L1表示物块相对于木板向右的相对位移，用 L2表示物块相对于木板向左的相对位移，
①F<7.5N，AB一起加速，第一次碰撞，B从 A左侧脱离； …………………………1分
②7.5N≤F<15N，L1③F≥15N，L1≥L2, B不从左侧脱离木板，满足 L=0.024F2-0.18F时刚好不分离。 ……1分
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