模拟卷04-2023年高考物理靶向专项强化训练（三大题型+冲刺模拟）

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2023年高考物理靶向专项强化训练
模拟卷（四）
班级 姓名 学号 分数
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。
3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。

第Ⅰ卷（选择题 共48分）

一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．我国著名理论物理科学家程开甲，是我国核武器的先驱，荣获了“改革先锋”“国家最高科学技术奖”“八一勋章”“人民科学家”等国家荣誉称号和中国科学院院士等多个优秀奖项与称号，为我国的科研事业奉献了他的一生。在对原子核物理的不断探索中，下列有关原子物理说法中正确的是（　　）
A．密立根对阴极射线的研究，证实了阴极射线的本质是电子流，并测定了电子的比荷
B．爱因斯坦的光电效应方程，从动量的角度上解释了光的量子化
C．卢瑟福不仅通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构，而且用α粒子轰击氮核发现了质子
D．玻尔将量子观念引入原子领域，很好地解释了所有原子光谱的分立特征
【答案】C
【详解】A．汤姆孙对阴极射线的研究，证实了阴极射线的本质是电子流，这是人类真正意义上第一次发现了电子，此后密立根测定了电子的比荷，A错误；
B．爱因斯坦的光电效应方程，从能量的角度上解释光的量子化，一个电子吸收一个光子的能量，B错误；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验确定原子的中间存在原子核，完全否定了汤姆孙的枣糕模型，并且用α粒子轰击氮核，，发现了质子，C正确；
D．玻尔将量子观念引入原子领域，指出原子中的电子轨道是量子化的，很好地解释了氢原子光谱的分立特征，并不能解释所有原子光谱，D错误。故选C。
2．很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（　　）


A．手机可能离开过手掌
B．手机在时刻运动到最高点
C．手机在时刻改变运动方向
D．手机在时间内，受到的支持力先减小再增大
【答案】A
【详解】B．根据可知图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；
C．根据可知图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；
D．由图可知时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得都可知时刻支持力不断减小，时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得得
可得支持力还是不断减小，故D错误；
A．由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A正确。故选A。
3．如图甲所示是空军飞行员防眩晕训练器，若某飞行员调练时，左右手拉住圆环，处于平衡状态，左手刚好在水平状态，右手与水平方向有一定夹角，不考虑腿部受到的作用力，等效为如图乙模型，在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，则（　　）

A．两手的拉力均变小
B．左手拉力先变大再变小，右手拉力一直变小
C．左手拉力一直变小，右手拉力先变小再变大
D．左手拉力先变大再变小，右手拉力先变大再变小
【答案】B
【详解】在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，两手拉力夹角不变，由三力平衡推论知三力平移后会组成一闭合三角形，如下图所示：黑色线表示重力，红色线表示左手拉力，蓝色线表示右手拉力。

则由图可知：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小。故选B。
4．分光器是光纤通信设备中的重要元件，主要用来分配光纤通信中的不同链路。如图，为某一型号分光器的原理示意图，一束由两种不同频率单色光组成的复色光，从空气射向平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面镀有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面射出两束单色光。已知两种色光由玻璃射向空气发生全发射的临界角均小于42°，下列说法正确的是（　　）

A．光在玻璃砖中的传播时间大于光在玻璃砖中的传播时间
B．从玻璃砖上表面射出的两束单色光不平行
C．若用光分别照射某金属均能发生光电效应，则光照射产生的光电子最大初动能小于光照射产生的光电子最大初动能
D．用同一双缝干涉实验装置进行干涉实验，光干涉条纹间距大于光干涉条纹间距
【答案】A
【详解】作出光路图如图所示

由图可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大
A．设a光和b光的折射角分别为、，入射角为，玻璃砖厚度为，可得
结合，a光在玻璃砖中的传播时间联立可得同理可得
因为可得光在玻璃砖中的传播时间大于光在玻璃砖中的传播时间，故A正确；
B．因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行，故B错误；
C．根据爱因斯坦光电方程可知若用光分别照射某金属均能发生光电效应，则光照射产生的光电子最大初动能大于光照射产生的光电子最大初动能，故C错误；
D．根据可知a光的波长小于b光的波长，结合可知用同一双缝干涉实验装置进行干涉实验，光干涉条纹间距小于光干涉条纹间距，故D错误。故选A。
5．2020年7月23日“天问一号”火星探测器成功发射，开启了火星探测之旅，迈出了我国行星探测第一步。如图所示，是我国发射的“天问一号”火星探测器的运动轨迹示意图。首先在地面上由长征五号运载火箭发射升空，然后经过漫长的七个月进行地火转移飞行，成为环绕火星飞行的一颗卫星，“天问一号”距火星表面高度为h，绕火星做周期为T的匀速圆周运动，到达近火点时精准“刹车”被火星捕获，已知火星半径为R，引力常量为G，以下说法中正确的是（　　）

A．长征五号需要把“天问一号”加速到第一宇宙速度
B．近火点的“刹车”是为了减小火星对“天问一号”的引力
C．火星的平均密度为
D．“天问一号”圆周运动的线速度大小为
【答案】D
【详解】A．“天问一号”需要脱离地球的束缚，则长征五号需要把“天问一号”加速到第二宇宙速度，A错误；
B．根据可知，近火点“刹车”时，火星对“天问一号”的引力不变，故B错误；
C．设火星的质量为，“天问一号”的质量为，根据万有引力提供向心力有
火星的体积为则火星的平均密度为故C错误；
D．根据公式可知，“天问一号”圆周运动的线速度大小为故D正确。故选D。
6．古装剧中的姑娘头饰上往往挂了很多珠子，如图所示，可以简化看作一根根轻质细线都串了些珠子，当姑娘跳舞旋转时，其头饰上的串珠会摆开，假设某根细线上串了两颗珠子，忽略空气阻力，则该串珠的状态会是下图中哪一幅（　　）


A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】两珠子因为姑娘旋转而跟着做圆周运动，角速度相同，下方珠子因圆周半径大些，需要更大的向心力，由圆锥摆向心力公式知下方珠子悬线与竖直方向夹角大些，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．河滨生态园住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围成的面积为，匝数为，电阻不计，它可绕水平轴在磁感应强度为的水平匀强磁场中以角速度匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头上下移动时可改变输出电压，表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（　　）

A．若发电机线圈某时刻与图示位置垂直，变压器原线圈的电流瞬时值最大
B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式
C．当用户数目减少时，为使用户电压保持不变，滑动触头应向上滑动
D．当滑动触头向下移动时，变压器原线圈两端的电压将降低
【答案】B
【详解】A.发电机线圈某时刻与图示位置垂直时，当线圈与磁场垂直时，感应电流最小，变压器原线圈的电流瞬时值最小，错误；
B.感应电动势最大值为，由图可知，是从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为，B正确；
C.当用户数目减小时，用电功率减小，根据功率可知，电压不变，则电流减小，损失电压减小，从而可确定触头移动方向向下才能保证用户端得到电压不变，C错误；
D.原线圈两端的电压由发电机输出电压决定，所以当滑动触头向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变，D错误；故选B。
8．全民运动，始于“足下”，足球已经成为中国有“体育大国”向“体育强国”转变具有代表性的重要一步。如图所示，学生练习用脚颠球。足球的质量为0.4kg，某一次足球由静止自由下落0.8m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．足球从下落到再次上到最大高度，全程用了0.7s
B．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4J
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8kg•m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4N•s
【答案】C
【详解】A．足球下落时间为足球上升时间为总时间为，
A错误；
B．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为 根据运动学公式；解得 ，B错误；
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为 ，C正确；
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为
D错误。故选C。
9．如图甲所示，在倾角=30°的固定光滑斜面上放着A、B 两物块，A、B 紧靠在一起但不粘连，轻弹簧一端与B物块相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。现对物块A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做加速度为1m/s2的匀加速直线运动，若力F 随位移变化的规律 如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　）

A．A、B 的质量均为2kg
B．弹簧的劲度系数为4N/m
C．A、B 以相同加速度一起运动了0.2s
D．从开始到A、B 分离弹簧的弹性势能减少了0.72J
【答案】AC
【详解】AB．系统静止时，设弹簧压缩量为x，则对A、B物块整体分析，有
刚开始运动时，对A、B整体有当A、B之间的作用力为0时，对A有
对B有由题图乙及题意知，，，联立解得，故A正确，B错误；
C．从静止到A、B分离，两物块一起以加速度运动了2cm，由可得故C正确；
D．图像与坐标轴所围的“面积”是力F所做功的大小，则从开始到A、B分离F做的功为
这段过程A、B动能的增加量且得重力势能的增加量则从开始到A、B分离弹簧的弹性势能减少量
故D错误。故选AC。
10．如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，电容器上极板与一静电计相连，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一质量为m的带电微粒静止于电容器的中点P，P点与上、下极板间距离均为d，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．微粒一定带正电
B．若电容器上极板竖直向下移动一小段距离，电容器电容增大，静电计指针张角变小
C．若先把电容器上极板竖直向下移动后，再将微粒由静止释放，经过时间，微粒到达上极板
D．若先把电容器上极板竖直向下移动后，再将微粒由静止释放，微粒运动一段时间后打在极板上并被捕获，微粒与极板作用过程中所受合外力的冲量大小为
【答案】CD
【详解】A．由题图可知，平行板电容器间电场方向向下，微粒静止在P点满足可知微粒受到的电场力方向竖直向上，故微粒一定带负电，故A错误；
B．若平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，两板的间距变小，可知电容器的电容增大；因为静电计指针张角的变化表征电容器两极板间的电势差变化，图中两板间电势差U为电源的电动势不变，所以静电计指针的张角不变，故B错误；
C．电容器上极板竖直向下移动，两极板间场强大小由变为微粒所受电场力大小变为
微粒向上运动，加速度大小为由得故C正确；
D．设微粒与上极板作用过程中所受合外力的冲量大小为I，自微粒开始运动到被捕获这一过程，由动量定理有解得故D正确。故选CD。
11．如图甲所示，足够长的倾斜直传送带以速度沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在时刻以速度从传送带底端开始沿传送带上滑，物块的质量。物块在传送带上运动时传送带对物块的摩擦力的功率与时间的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。若用θ表示倾斜传送带与水平方向的夹角，μ表示物块与传送带间的动摩擦因数，L为物块与传送带间的划痕长度，则（　　）

A． B． C． D．
【答案】BD
【详解】A．作出物块在传送带上运动的图像如图所示

结合图像可知，物块先沿倾斜传送带向上减速到与传送带共速，后与传送带一起向上做匀速运动，所以，故A错误；
BC．由题图乙可得，0~0.2 s内滑动摩擦力的功率为当时，代入数据得
物块匀速运动时受到静摩擦力的作用，摩擦力的功率代入数据得解得
，故B正确，C错误；
D．由图像可知物块与传送带间的划痕长度为，D正确。故选BD。
12．如图所示，宽度为L、左右两部分倾角均为的足够长光滑金属导轨ACD一A1C1D1分别置于两匀强磁场中，CC1两侧的匀强磁场分别垂直于对应导轨所在平面，CC1左侧磁场的磁感应强度大小为2B，右侧磁场的磁感应强度大小为B。长度均为L，电阻均为R，质量分别为2m、m的导体棒ab、cd分别垂直导轨放置在CC1两侧的导轨上，两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。某时刻将导体棒ab、cd由静止释放，下列说法正确的是（     ）


A．任意时刻导体棒ab、cd运动的加速度都相同
B．导体棒ab的最大速度为
C．若导体棒ab下降高度h时达到最大速度，则此过程中导体棒ab克服安培力做的功为
D．若导体棒ab下降高度h时达到最大速度，则此过程经历的时间为
【答案】BD
【详解】A．对ab受力分析，由牛顿第二定律可知同理cd棒有
解得所以加速过程ab、cd棒的加速度大小相等，方向不同，A错误；
B．当时，ab的速度达到最大，此时有又因为联立解得，B正确；
C．若ab棒下降高度h时达到最大速度，根据动能定理对ab棒有解得此过程中ab克服安培力做的功为，C错误；
D．在ab下降高度为h时，通过ab某一截面的电荷量为由动量定理可知，ab棒由静止释放至达到最大速度的过程有联立解得，D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题 共52分）

二、实验题（满分14分）
13．某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如
①固定好手机，打开录音功能；
②从一定高度由静止释放乒乓球；
③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：s）的变化图像如图所示。


根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。
碰撞次数
1
2
3
4
5
6
7
碰撞时刻（s）
1.12
1.58
2.00
2.40
2.78
3.14
3.47

根据实验数据，回答下列向题：
（1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起瞬间的速度大小为_____（保留2位有效数字，当地重力加速度）。
（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的______倍（用k表示），第2次碰撞过程中______（保留2位有效数字）。
【答案】     1.96          0.95
【详解】（1）[1]由表可知从第3次碰撞到第四次碰撞用时0.4s，则碰后弹起的时间为0.2s，根据匀变速直线运动位移与时间关系，有
（2）[2][3]设碰撞后弹起瞬间的速度为，该次碰撞前瞬间速度大小为，则碰撞后的动能为，该次碰撞前的动能为，所以每次碰撞损失的动能为，则碰撞前后动能的比值为
第3次碰撞前的速度第3次碰撞后的速度
所以
14．某些固体材料受到外力作用后，除了产生形变，其电阻率也会发生变化，这种现象称为“压阻效应”。已知某压敏电阻的阻值的变化范围为几十欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究压敏电阻阻值随压力F变化的规律，实验室有如下器材可供选择：
A．压敏电阻（无压力时，阻值）；
B．直流电源（电动势为6V，内阻不计）；
C．电流表A（量程为0～100mA，内阻不计）；
D．电流表V（量程为0～3V，内阻为4kΩ）；
E．定值电阻；
F．滑动变阻器R（最大阻值约50Ω）；
G．开关S、导线若干。

（1）某同学设计了图甲实验电路原理图，请在图乙中将实物连线图补充完整。( )
（2）某次压力测试，在电阻上施加力F，闭合开关S，两个电表的示数分别为U和I，则压敏电阻的阻值___________。
（3）改变F的大小，测得不同的值，绘成如图丙所示的图像，其斜率的绝对值k=___________Ω/N（保留两位有效数字）。和压力F的关系式为___________（用F和k表示）。
（4）按图甲实验电路进行实验，调节滑动变阻器使电压表保持满偏，在电阻上施加力F，当电流表满偏时，压力F为___________N（结果保留到个位数）。
【答案】                         183
【详解】（1）[1]题图甲是分压式接法，电流表是内接法，根据电路图可得实物图为

（2）[2] 显然R1与电压表串联是把电压表的量程扩大了，当电压表的示数为U时，压敏电阻两端的电压
根据欧姆定律
（3）[3][4]由题图可得，图线斜率为图线与Rx轴的纵截距是400 Ω，由一次函数关系可得
（4）[5]电压表、电流表满偏时则
三、计算题（满分38分，其中15题8分，16题8分，17题10分，18题12分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）
15．小聪家里购置了一个压力锅，剖面图如图所示。小聪对该压力锅进行性能测试，他在锅内封闭一定质量的空气（视为理想气体），使锅内空气的温度升高，当锅内空气的温度升高到某一值时，限压阀跳起排气。设限压阀的质量，压力锅排气孔的横截面积，开始时锅内空气的压强与外界大气压（恒为）相等，温度。取重力加速度大小，不计限压阀与锅盖间的摩擦力。
（1）求限压阀跳起时锅内空气的热力学温度T；
（2）若限压阀跳起后将限压阀取走，不考虑排气过程中的温度变化，求排出的空气与原来锅内空气的质量之比。

【答案】（1）420K；（2）
【详解】（1）设限压阀跳起时锅内空气的压强为p，有解得根据查理定律有解得
（2）设限压阀跳起前锅内空气的体积为，取走限压阀时锅内空气与排出空气在压强p0下的体积之和为，根据玻意耳定律有又解得
16．冬奥会中的冰球比赛是力量、速度与激情的完美融合，带给观众强有力的视觉冲击。在某次热身训练中，教练员在冰面上与起跑线距离和处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为。重力加速度大小为。求：
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律可得冰球滑行的加速度
①由速度与位移的关系知  ②联立①②得解得③
（2）设冰球运动的时间为t，则  ④又  ⑤由③④⑤得
解得  ⑥
17．某型号质谱仪的工作原理如图所示。M、N为竖直放置的两块金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d（其中d=）的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R；
（2）求粒子打到记录板上位置的x坐标（用m、q、B、E表示）；
（3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用m、q、B、U表示）；

【答案】（1）；（2）x=；（3）y
【详解】（1）设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得联立，解得
（2）由几何关系得，，设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE=ma
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得，
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得联立，解得
=
（3）设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得
y'=vtsinα又y=L+y'联立，可得
18．如图所示，光滑竖直墙壁底端与四分之一光滑圆弧轨道连接，圆弧轨道半径，光滑水平面上并排放两块木板B、C，两木板的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切，小滑块A（可视为质点）从墙壁P点无初速度释放，P点高出圆心，已知小滑块与两木板质量均为1 kg，小滑块A与木板B间的动摩擦因数，木板B的长度，小滑块A与木板C间的动摩擦因数随距离而变化，满足为距木板C左端的距离，木板C的长度，重力加速度，求：
(1)小滑块A对轨道最低点的压力；
(2)木板B获得的最大速度；
(3)求小滑块A的最终速度，若小滑块A脱离木板C，求木板C的最终速度；若小滑块A不脱离木板C，求出小滑块与木板C相对静止的位置。

【答案】(1)，方向向下；(2) 1m/s；(3) 1.5 m/s；距木板C左端0.5m处
【详解】(1)小滑块A下滑过程中，机械能守恒，有解得由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知，小滑块A对轨道最低点的压力，方向向下
(2)小滑块A滑过木板B的过程中，系统动量守恒，设小滑块A刚滑离木板B时，小滑块A的速度为，木板B的速度为，有；解得；
(3)由于，即木板C中央右侧光滑，设小滑块A刚好滑到木板C中央时达到共同速度，由动量守恒定律，有解得系统动能损失

由图像可知当滑块到达木板C中点时，则X=1，由图像可知则产生内能即小滑块A滑到木板C中央左侧就与木板相对静止了，设停在木板C距左端x处由图像可知解得即小滑块A最终速度为1.5m/s，停在距木板C左端0.5 m处。