2023届新高考物理金榜猜题卷山东专版

2023届新高考物理金榜猜题卷

一、单选题

1.生物体存活时体内“C含量与大气中相当，死亡后停止吸收“C。某次考古中发现了

生物遗骨，经测定，该生物遗骨中“C含量大约是刚去世时的工。已知，"C的半衰期是

8

5730年，则该生物距今约（）

A.1910年B.5730年C.17190年D.45840年

2.如图所示，真空中有一边长为10cm的立方体。空间存在一匀强电场，已知A点电

势为0,B、D、A，三点电势均为IV,下列判断正确的是（）

A.匀强电场的场强大小为10V/m,方向由U指向A

B.匀强电场的场强大小为lojgv/m,方向由C，指向A

C.电子在c点的电势能为-VLv

D.电子沿直线由A点到C点电场力做负功

3.甲、乙两车在同一条平直公路上运动，其X—图像如图所示，已知甲车做匀变速直

线运动，其余数据已在图中标出。根据图中数据可知（）

A.r=2s时刻，甲乙两车速度大小相等

B.0~2s内，甲车位移等于乙车位移

C.甲车的初速度大小为2m/s

D.相遇之前，/=0.75s时两车相距最远

4.在风洞实验中，将一质量为1kg的小球自西向东以初速度大小20m/s水平抛出，风

洞内同时加上自北向南的大小随时间均匀变化的风力，风力大小与时间r满足

F=kt,k=10N/s,重力加速度g取10m/s2,则两秒后（）

试卷第1页，共8页

A.小球的速度大小为2oV?m/s

B.小球的速度大小为40m/s

C.小球的动量变化量大小为20后kg.m/s

D.小球的动量变化量大小为40kg-m/s

5.如图所示的光滑杆和轻弹簧的一端均固定在。点，可视为质点的小球A固定在轻弹

簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴。。，匀速转动，当角速度为。。时轻弹簧处于原

长状态。则下列说法正确的是（）

A.角速度由。。逐渐增大，小球沿杆向上移动

B.角速度大于。。时，杆与小球间的作用力大小可能不变

C,仅增加小球的质量，小球沿杆向上移动

D.%与小球的质量大小有关

6.如图所示，M是赤道上的物体在随地球自转，N是赤道平面内的一颗人造地球卫星,

运行方向自西向东。已知地球同步卫星距地面高度近似为5.6倍地球半径，设地心为。，

TT

MN与ON间的夹角。最大为一，则（）

A.N的轨道半径为地球半径的6倍

B.N与M的转动周期之比为

C.N与M的线速度大小之比为6.6疝：1

D.N与M的加速度大小之比为1：4

试卷第2页，共8页

7.如图所示，某透明材料制成的三棱镜截面为正三角形，AB=Z,一束单色光从AB中

点。射入三棱镜，入射光线与AB的夹角为30。，在。点发生折射后的光线与BC平行，

已知光在真空中的传播速度为C,则下列说法正确的是（）

A.三棱镜对该单色光的折射率为过

3

B.该单色光从AC边射出时的方向与从AB边入射时的方向的夹角为120,

C.该单色光在三棱镜中的传播速度为

3

D.该单色光在三棱镜中的传播时间为近

8.如图为“日”字形变压器的示意图，中间和两臂上分别绕有匝数为％、4、％的线圈,

线圈匝数比%：%=10：4:5,两臂电路中接有相同的电阻R。将中间线圈接入电压

%=36V?sinlOOM（V）的交变电流，下列说法正确的是（）

A.每匝线圈中磁通量的变化率都相同

B.电压表M的示数为14.4V

C.电压表V,和匕示数比为4:5

D.电流表人|和人2示数比为5:4

二、多选题

9.一列沿x轴传播的简谐横波，，=0时波形图如图甲所示，原点处的质点振动图像如

图乙所示，下列说法正确的是（）

试卷第3页，共8页

甲乙

A.波沿x轴正方向传播

B.波的传播速度为10m/s

C.x=lm处质点经0.5s通过的路程为5m

D.Z=ls时，尸2m处质点比户3m处质点加速度大

10.如图，轻杆左端与光滑转轴上的点。相连，右端连接着一等边三角形轻线框，三角

形的顶点上分别固定着质量均为加、可视为质点的三个小球A、B、C（。4的延长线垂

直于BC）,已知轻杆长为/,三角形线框的边长为后，重力加速度为不计空气阻

力，现将轻杆从水平位置由静止释放，则（）

A.在摆动过程中，A的机械能守恒B.杆竖直时，三个小球的总动能为6,

C.杆竖直时，小球A的动能为他舒D.杆竖直时，杆和线框对A的合力为

9

9mg

5

11.分子A固定于原点。处，另一分子B从距离。点很远处向。点运动的过程中，分

子间作用力厂随分子间距离r变化关系如图所示，r=r，时，F=0O则下列说法正确的

A.歹随厂变化关系图像适用于理想气体分子间作用力关系

B.B向A运动过程中，分子间距越来越小，分子作用力越来越大

试卷第4页，共8页

c.B向A运动过程中，A对B的作用力先做正功后做负功

D.B分子运动到八处时，分子B动能最大

12.如图所示，倾角。=30。的斜面上放置一间距为L的光滑U形导轨（电阻不计），导

轨上端连接电容为C的电容器，电容器初始时不带电，整个装置放在磁感应强度大小为

8、方向垂直斜面向下的匀强磁场中。一质量为2,“、电阻为R的导体棒垂直放在导轨

上，与导轨接触良好，另一质量为，"的重物用一根不可伸长的绝缘轻绳通过光滑的定滑

轮与导体棒拴接，定滑轮与导体棒间的轻绳与斜面平行。将重物由静止释放，在导体棒

到达导轨底端前的运动过程中（电动势未到达电容器的击穿电压），已知重力加速度为

g,下列说法正确的是（）

□

A.电容器M板带正电，且两极板所带电荷量随时间均匀增加

B.经时间f导体棒的速度为＞，=2mg：,

3m+CBL

2BLmg

c.回路中电流与时间的关系为'=7；—-?

13m+CBLIR

D.重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能转化为动能和回路的焦耳热

三、实验题

13.为测量金属丝的电阻率，实验小组从实验室中找到合适的器材后，按照如下的步骤

进行操作：

（1）用刻度尺测量金属丝的长度L,用螺旋测微器测量金属丝的直径“（如图甲所示），

甲

试卷第5页，共8页

(2)分别用图乙和图丙所示的电路测量待测金属丝的电阻，图乙中电压表和电流表的

示数分别为4、，图丙中电压表和电流表的示数分别为4、八。

(3)若采用图乙电路中的电表示数计算金属丝的电阻率.，则。=(用题给字

母表示)；若采用图丙电路中的电表示数计算金属丝的电阻率，则电阻率的测量值

真实值(填“大于”“等于”或“小于”)。

14.阿特伍德机的原理图如图所示，重物A、B的质量分别为M和机，且定

滑轮摩擦不计，绳与滑轮质量不计，绳不可伸长。物理实验小组同学利用阿特伍德机进

行改装做力学实验，在重物A右侧安装很窄的宽度为"的遮光片，在阿特伍德机右侧固

定一竖直杆，杆上安装两个光电门，两光电门间的竖直距离为白，重物A运动时遮光片

可通过光电门，测量遮光时间小弓。重力加速度为g=10m/s2。

□A

A阿特伍德机

R0原理示意图

(1)第一小组的同学用该实验装置验证牛顿第二定律，若物理量满足,则

牛顿第二定律成立。

(2)第二小组的同学用该实验装置验证机械能守恒定律。具体操作是先将重物A用外

力向下拉到下面光电门以下一定距离，然后用力向下拉重物B,使重物A、B获得足够

的速度，在遮光片将要通过下面的光电门时，撤去外力，遮光片通过两个光电门。测得

M=2kg,m=ikg,遮光片宽度为1cm,通过两个光电门的时间分别为0.002s,0.004s,

h=2.8m,遮光片通过两光电门过程中系统动能的减少量为J,重力势能的

增加量为__________J=请说明动能变化量和重力势能变化量数值不相等的原因：

试卷第6页，共8页

四、解答题

15.一定质量的理想气体由状态A经过状态3变为状态C的V-r图像如图所示.已知气

体在状态A时的压强为1.5x10、Pa.求:

（1）状态A的温度；

（2）状态C的压强。

"nP

0.6

0.4

°TA30040077K

16.深海中有一个大杀器：海底断崖，又叫“跃层”，“跃层”是海水参数随深度变化而显

著变化的水层。当潜艇从高密度海域进入低密度海域时，潜艇的浮力会突然减少，这样

潜艇就会急剧下沉，专业上称这种现象为“掉深”。“掉深”可能会导致潜艇的实际下潜深

度超过设计下潜深度，造成潜艇破裂进水，结构解体。已知潜艇的质量为2.7x10,t,

正在水下200m处水平运动，突然进入“跃层”，以加速度,=im/s2竖直向下落（水平速

度很小，可以忽略不计）。潜艇指战员迅速采取措施，向外排出海水，8s后开始以向上

的加速度与=1m/s?运动。已知重力加速度g=10m/s2„

（1）求“跃层”内海水密度与原来海水密度之比；

（2）采取措施后潜艇经过多长时间回到原来深度？最深到了多深？

（3）潜艇排出了多少吨海水（计算结果保留两位有效数字）？

17.一传送带装置示意图如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时

变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都

与BC相切.现将大量的质量均为机的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时

初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为人稳定工作时传送带速度不变,

当前一个货箱相对于传送带静止时马上放第二个，每个小货箱相对传送带运动的时间均

为to,CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L每个箱子在A处投放后，在到达

B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）.已

知在一段相当长的时间内，共运送小货箱的数目为N.这装置由电动机带动，传送带与

轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦.求：

试卷第7页，共8页

⑴传送带稳定工作时的速度V0；

⑵此过程中电动机提供的电功W.

18.现有一对半圆柱体回旋加速器置于真空中，如图所示，其半径为凡高度为，，两

金属盒半圆柱体间狭缝宽度为诡有垂直于盒面向下、磁感应强度大小为8的匀强磁场

和垂直于盒面向下、电场强度大小为E的匀强电场，磁场仅存在于两盒内，而电场存在

于整个装置，两盒间接有电压为。的交流电。加速器上表面圆心A处有一粒子发射器，

现有一电荷量为+«?、质量为相的粒子从A点飘入狭缝中，初速度可以视为零。不考虑

相对论效应和重力作用，若粒子能从加速器下表面边缘离开，求：

(1)若U未知，粒子从A点到离开加速器下表面边缘所用时间t及动能Ek；

(2)粒子在狼缝中被加速的次数〃;

(3)若H未知，粒子在狭缝中被加速的时间与在磁场中运动的时间的比值。

试卷第8页，共8页

参考答案:

1.c

【详解】根据

t

(1V1

m=m-I=­m

U；8

可得

t

——=3

T

由题意知该生物遗骨中的，*c经过3个半衰期，则该生物距今约

Q37M7190年

故选C„

2.B

【详解】AB.B、D、A，三点电势相等，在同一等势面上，由电场方向和等势面垂直且由高

电势指向低电势可知，电场方向由C，指向A,由几何知识可得4仁=10疯111,在ADC‘中，

AC，和的夹角余弦值

AD6

cosa=-------=------

ACr3

由

ADcosaE=UDA

得，电场强度

E=10%/Tv/m

故A错误，B正确；

C.由几何知识可得

AC=loVTcm

AL与AC的夹角余弦值

ACV?

cose=-------二—

AC'3

由

ACcos®,E=UCA=①A

可得

Pc=2V

答案第1页，共13页

电子电荷量为-e,电子在C点的电势能

Ep=-e(pc=-2eV

故C错误；

D.电子沿直线由A点到C点电场力做正功，故D错误。

故选B。

3.D

【详解】A.在X—图像中，图线的斜率表示速度，由题图可知，"2s时刻甲车的速度大

于乙车的速度，故A错误；

B.由题图知，甲车位移为8m,乙车位移为6m,甲车位移大于乙车位移，故B错误；

C.由乙车图线可知，乙车做匀速直线运动，速度大小为3m/s；甲车的位移表达式为

12

x=vQt+-a}t+xQ

2

将(0,-2)、(1,0)、(2,6)代入上式，解得

2

x0=—2m,v0=0,ax=4m/s

故c错误；

D.两车速度相同时，两车相距最远，即

V甲

丫甲=丫乙=3m/s,t=----=0.75s

%

故D正确。

故选D。

4.C

【详解】AB.2s时，小球向东的速度大小

匕=20m/s

向下的速度大小

v2=^^o=2Om/s

设向南的速度大小为％,由动量定理得

FtQ=mv3

解得

答案第2页，共13页

v.=20m/s

故小球的速度大小

v=\vi+V2+V3=2043m/s

故AB错误；

CD.动量变化量为末动量减去初动量，小球向东的动量变化量为零，向南的动量变化量为

20kg-m/s,向下的动量变化量为20kg-而5,由矢量三角形法可得小球的动量变化量大小为

20A/Tkg-m/s,故C正确，D错误。

故选c。

5.A

【详解】AB.角速度由。。逐渐增大的过程中，假设弹簧仍处于原长状态，由,=，〃。淀可

知小球所需的向心力增大，杆对小球的支持力增大，因此小球一定沿杆向上运动，故A正

确，B错误。

D.当角速度为。。时，对小球进行受力分析，如图所示，假设杆与竖直方向的夹角为。，弹

簧的原长为4,则

mg2

--------=ma)0Zosin0

tan0

解得

mg

c.仅增加小球的质量，角速度不变，弹簧仍处于原长，故c错误;

故选A„

6.C

答案第3页，共13页

【详解】A.设地球半径为R,如图所示，当夹角(9最大时，MN与地球相切，因此

R

sin0m=—

解得

%=2R

B.地球同步卫星的轨道半径为6.6R,根据开普勒第三定律得

(6.6«)3(2R)3

唁-T：

因此N与M转动的周期之比为1:3.3必，B错误；

C.根据

v=cor

可知，地球同步卫星与M的线速度大小之比为6.6：1,根据

可知，地球同步卫星与N的线速度大小之比为1：而，因此N与M的线速度大小之比为

6.6痒;1,c正确；

D.根据

a=a)2r

可知，地球同步卫星与M的加速度大小之比为6.6：1,根据

GM

a=------

r2

可知，地球同步卫星与N的加速度大小之比为1：3.32,因此N与M的加速度大小之比为

2x3,33:1,D错误。

故选C。

7.C

答案第4页，共13页

【详解】A.作出该单色光的光路图，如图所示

由几何关系可知入射角/=60。,折射角r=30。，则三棱镜对该单色光的折射率为

故A错误;

B.由几何关系可知，该单色光在M点的入射角为

所以从4c边射出的光线与从AB边入射光线的偏向角为

a=2(f—r)=60°

故B错误;

C.由光速和折射率的关系可知该单色光在三棱镜中的传播速度为

故C正确；

D.该单色光在三棱镜中传播的距离为白，则该单色光在三棱镜中的传播时间为

73£

故D错误。

故选C。

8.C

【详解】A.由磁通量的定义可知穿过中间臂的磁通量等于左右两臂的磁通量之和，可知中

间臂磁通量的变化率为两臂磁通量变化率的二倍，故A错误；

BCD.输入电压的有效值为36V,根据

2狐Un

n2U_

2%U

答案第5页，共13页

解得

U、=7.2V

U2=9V

则电压表V,和匕示数比为4:5,结合欧姆定律可知电流表A,和A2示数比为4:5,故C正确，

BD错误。

故选C。

9.BD

【详解】A.由图乙可知原点处的质点U0时沿y轴负方向运动，对甲图尸0处质点用同侧

法判断可知波沿x轴负方向传播，故A错误；

B.由图可知在8m,T=0.8s,则波速为

28

v=——=m/s=1Om/s

T0.8

故B正确；

C.0.5s为八分之五个周期，小于四分之三个周期，所以Alm处质点经0.5s通过的路程小

于三个振幅，即小于0.3m,故C错误；

D.Uis时，即经过了四分之五个周期，产2111处质点位于x轴下方，ASm处质点位于平衡

位置，所以x=2m处质点比x=3m处质点加速度大，故D正确。

故选BD„

10.BD

【详解】A.将三个小球看成一个系统，在摆动过程中，系统的机械能守恒，但单个小球的

机械能不守恒，故A错误；

B.由几何关系可知，轻杆从水平位置摆动到竖直位置时，系统重心下降的高度为

h=1+V3/sin60°x—=21

3

系统减少的重力势能为

AEp=3mgh=6mgi

由系统机械能守恒定律得

EK-0=AEp=6mgi

杆竖直时，三个小球的总动能为6,"g/,故B正确;

答案第6页，共13页

C.由几何关系可知

rB=rc=〃+（&/）2-26-COS150。=屈

由

,1212

E'=-mv=­m（ro））

22

可知

-kc_丫；_7

「厂1

则有

EKA：E/：七4=1：7:7

则杆竖直时，小球A的动能为

故C错误；

D.轻杆位于竖直位置时，对小球A有

解得杆和线框对A的合力为

9mg

F=-------

5

故D正确。

故选BD。

11.CD

【详解】A.理想气体分子间距足够大，分子间作用力为零，故A错误；

B.B向A运动过程中分子间作用力先变大后变小，再变大，故B错误；

C.B向A运动过程中，A对B的分子间作用力先表现为引力做正功，后表现为斥力做负功，

故C正确；

D.B向A运动过程中，在r大于“时，分子间作用力为引力做正功，B的动能增大，在r

小于，i时，分子间作用力为斥力做负功，B的动能减小，所以在外处时，B分子动能最大，

故D正确。

故选CD。

答案第7页，共13页

12.AB

【详解】A.设运动过程中经时间导体棒的速度增加对电容器，两极板的充电电

流

IAQC\UCBL\v

△tNtA/

对导体棒受力分析，由牛顿第二定律有

2mgsin30+Fy—BIL=2ma

对重物分析，有

mg-Fy=ma

又

Av

----=a

△t

解得

2mg

a-

3m+CB2L2

加速度恒定，所以导体棒在到达导轨底端前做匀加速直线运动，电容器两极板所带电荷量随

时间均匀增加，由右手定则可知，M板带正电，故A正确；

B.经时间r,导体棒的速度

2mgt

v=-------------------

3m+CB2L2

故B正确；

C.由A项分析可知回路中电流恒定，故C错误；

D.重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能一部分转化为动能和回路的焦耳热，一部分

转化为电容器储存的电能，故D错误。

故选AB„

13.2.150-------L大于

4y

【详解】（1）口］根据题图甲可知，金属丝的直径

d=2mm+15.0x0.01mm=2.150mm

（3）［2］若采用题图乙电路，则由

答案第8页，共13页

R=—

X<

nd2

5=------

4

解得

2

ndUt

P=----------

[3]题图丙采用电流表内接法，金属丝两端电压的测量值偏大，所以电阻率的测量值也偏大。

(M+d'(1

14.Mg_mg----------I——I28.12528空气阻力、绳与滑轮间的摩擦力

2h3t：J

做负功

【详解】(D口]遮光片通过两光电门的速度

dd

匕=—，匕=—

由

22c[

叱一匕=2ah.

得

V：-v,2d2(1

a=-----------=-----1—-——I

2h2h)

对重物A、B,由牛顿第二定律得

Mg—mg=(M+m)a

若牛顿第二定律成立，则满足

(M+m)d2(11、

Mg-mg=--------------------1—-—|

2hU3

(2)[2][3]根据题意，可得遮光片通过两光电门的速度

1x10-21X10-2

v=-----------m/s=5m/s,v2=-----------m/s=2.5m/s

0.0020.004

则系统减少的动能

AEk=—(M+m)(v；-v；)=28.125J

增加的重力势能为

Mgh—mgh=28J

[4]动能的减少量大于重力势能的增加量，是因为空气阻力、绳与滑轮间的摩擦力做负功。

答案第9页，共13页

15.(1)200K;(2)2.0X1O5Pa

【详解】(1)从状态A到状态S气体发生等压变化，压强保持不变，即

PA=PB=L5xl()5pa

根据盖一吕萨克定律有

土」

TATB

解得

TA=200K

(2)从状态5到状态C,气体发生等容变化，根据查理定律有

PBPc

TBTc

代入数据解得

5

pc=2.0x10Pa

16.(1)—;(2)(8+8V7)S,264m；(3)4.9x106t

10

【详解】(1)设原来海水密度为2，根据题意，有

mg=F浮=排

“跃层”内海水密度为，，有

mg-F；=max

Fv

n=P'sa

解得

PF910

(2)潜艇在匀加速下落阶段，有

12

%=-=32m

2

又

匕==8m/s

排水后，潜艇先匀减速下降，再匀加速上升，对这个过程，有

答案第10页，共13页

712

-hl=V/-~a2t2

22

得

弓=(8+8石)s

匀减速下降过程，有

2

V.

h2=------=32m

24

潜艇最深位置

h=200m+々+%=264m

(3)排出海水后，设潜艇质量为苏，有

-m'g=m'a2

得

zn'=2.21x107t

潜艇排出海水的质量

Am=2.7x107t-2.21x107t=4.9xlO6t

、LmNL2

17.(1)%=—;(2)W=;—+Nmgh

【详解】(1)(2)以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为"，在水平段运输的过

程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为门，加速度为。，则对小

箱有

12

s=-at0

2

vo=ato

在这段时间内，传送带运动的路程为

%=V-。

由以上可得

s2=2%

用了表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为

答案第11页，共13页

1

Wx=fsx=-mv)

传送带克服小箱对它的摩擦力做功

2ml，mV

卬2=fS2=-T0=0

两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量

12

Q=­mvQ

2

可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等.在运载N个小箱的过程中,

电动机输出的电功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即

12

W=N(—mv0+mgh+Q)

2

已知相邻两小箱的距离为L所以

vozo=L

联解得

L

%=一

%

mNL_2

W=-----—+Nmgh

1Q12Hmq2B2R2,、qB2R2,、2d

18.(1)--------,qEH+-----------；(2)----------;(3)