模拟卷03——2023年高考物理冲刺模拟测试卷（辽宁专用）

高考模拟组卷三（解析版）

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．下列叙述正确的是（　　）

A．图甲是粒子散射实验装置，卢瑟福和他的学生在该实验中发现了质子和中子

B．利用图乙研究光电效应，滑动变阻器的滑片从中点向右移动，电流表示数变小

C．图丙是氢原子能级图，用动能为的电子轰击处于基态的氢原子，氢原子可能发生能级跃迁

D．由图丁可知比结合能越大，平均核子质量越大，原子核越稳定

【答案】C

【详解】A．图甲是粒子散射实验装置，卢瑟福通过用α粒子轰击氮原子放出氢核，发现了质子；他的学生查德威克研究发现了中子，选项A错误；

B．利用图乙研究光电效应，滑动变阻器的滑片从中点向右移动，导致正向电压增大，根据光电效应的特点可知，在光照强度一定的条件下，电路中的电流随着光电管两端的正向电压的增大而增大，直到达到电路中的饱和光电流，再增大两端电压，饱和光电流保持不变，故电流表示数不可能减小，选项B错误；

C．图丙是氢原子能级图，用动能为的电子轰击，处于基态的氢原子，由于

可知氢原子可以吸收电子的一部分能量发生能级跃迁，选项C正确；

D．原子核的比结合能越大，则原子核中核子的平均核子质量越小，原子核越稳定，选项D错误。

故选C。

2．甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以3m/s的速度做匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置随时间的变化如图所示。已知t=3s时，甲、乙图线的斜率相等。下列判断正确的是（　　）

A．最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反

B．t=3s时，乙的位置坐标为

C．时，两车相遇

D．乙经过原点的速度大小为

【答案】B

【详解】A．位移时间图像的斜率表示速度，则最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正方向，所以运动方向相同，故A错误；

B．质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，t=3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以，t=3s时乙的速度是3m/s，乙的加速度

0-3s，乙的位移

所以t=3s时，乙的位置坐标为

故B正确。

C．时甲车的位移x甲=30m，乙车的位移

因

则两车没相遇，故C错误；

D．根据

v2-0=2ax

乙经过原点时的速度大小为

故D错误。

故选B。

3．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是（　　）

A．子弹在每个水球中的运动时间相同

B．子弹在每个水球中的速度变化量相同

C．子弹在每个水球中的动量变化量相同

D．子弹在每个水球中的动能变化量相同

【答案】D

【详解】AB．设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动；因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d、2d、3d和4d，根据知，所用时间之比为，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故AB错误；

C．根据冲量的定义，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同，由动量定理知子弹在每个水球中的动量变化量不同，故C错误；

D．根据动能定理

受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，故D正确。

故选D。

4．如图所示，一定质量的理想气体，经一系列的状态变化，经最终回到状态a，下列说法正确的是（　　）

A．过程气体从外界吸热 B．过程气体的温度升高

C．过程气体从外界吸热 D．过程气体对外界做功

【答案】D

【详解】A．由

可得

由题图可知过程是一条过原点的倾斜直线，斜率不变，即T恒定，即为等温变化，变大，即体积变小，由热力学第一定律

，，

可得

即气体向外放热，故A错误；

B．过程为等压过程，由

知，p不变，V变小，T变小，故B错误；

C．过程，不变，即V不变

由

知，p减小，T减小

由热力学第一定律

可得

即气体向外放热，故C错误；

D．过程，减小，即V变大

即气体对外界做功，故D正确。

故选D。

5．挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。关于θ1和θ2，下列关系式中正确的是（　　）

A．θ1=2θ2 B．θ1=3θ2

C．sinθ1=3sinθ2 D．tanθ1=2tanθ2

【答案】D

【详解】以左边两个灯笼为整体，设水平方向BC绳子拉力为T，则有

以左边第二个灯笼为研究对象，则有

联立可得

故选D。

6．如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量正点电荷A和B，O点为AB连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称的两个点，且CO=OD=L，一带负电的可视为点电荷的小球以初速度v0从C点运动到D点，取无穷远处的电势φ=0，以C点为坐标原点，向右为x轴的正方向，下列关于电势φ、电场强度E、小球的电势能Ep及动能Ek随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】AC．从C点到D点，电场线方向先向右后向左，则电势先降低后升高，且电势都大于零，并关于O点对称。小球带负电所以小球的电势能先增大后减小，小球在C、D两点处的电势能相同，故A正确，C错误；

D．由于小球的电势能先增大后减小，在C、D两点处的电势能相同，由能量守恒定律得知，动能先减小后增大，在C、D两点处的动能相同，故D错误；

B．设AC＝BD＝r，点电荷A和B的电荷量大小为Q，则当位移为x时，场强为

由数学知识得知E与x是非线性关系，图像是曲线，故B错误。

故选A。

7．如图为同一平面内绕地球的三个卫星轨道示意图，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，且Ⅲ与Ⅱ相交于M点，Ⅰ与Ⅱ相切于N点。三颗不同的卫星A、B、C正沿轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ稳定运行，则（　　）

A．A、B经过N点时的向心力一定相同 B．A、B的速度可能等大

C．A的向心加速度比C小 D．C的公转周期比B大

【答案】B

【详解】A．由于不知道A、B的质量关系，则A、B经过N点时的万有引力大小关系不能确定，且在椭圆轨道时万有引力不是全部提供向心力，所以A、B经过N点时的向心力大小不一定相同，故A错误；

B．根据卫星变轨的原理可知，A在N点的速度小于B在N点的速度，而A的速度不变，A的速度又大于B在最远点的速度，所以A在某一时刻，A、B的速度可能等大，故B正确；

C．根据

可得

由于A卫星的轨道半径小于C卫星的轨道半径，所以可知A的向心加速度比C大，故C错误；

D．由于C的轨道半径与B椭圆轨道的半长轴相等，根据开普勒第三定律，可知B、C的周期相等，故D错误。

故选B。

二、多选题(共0分)

8．如图所示，质量为3kg的木板M放置在足够大的光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大水平压力为5N，质量为1kg可视为质点的物块恰好与竖直挡板接触。已知M、间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时两物体均静止，从某时刻开始M受到水平向左的拉力作用，与M的位移的关系式为（其中，，，的单位为N，的单位为m），重力加速度，从静止到与M恰好发生相对运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．的最大加速度为

B．从静止开始到达到最大加速度的过程中，M的位移

C．当刚作用时，竖直挡板对就有弹力作用

D．当M运动位移为时，的速度为

【答案】AD

【详解】A．根据题意可知，与M之间的最大静摩擦力为

对物块，由牛顿第二定律有

解得

故A正确；

B．根据题意，加速度最大时，对整体，由牛顿第二定律有

又有

解得

故B错误；

C．根据题意，当刚作用时

对整体，由牛顿第二定律有

对物块，由牛顿第二定律有

解得

则此时竖直挡板对没有弹力作用，故C错误；

D．当M运动位移为时，M、间保持相对静止，则

由于与为线性关系，则有动能定理有

解得

故D正确。

故选AD。

9．如图所示，在水平线ab上方有方向竖直向下的匀强电场I，在水平线cd下方有方向竖直向上的匀强电场Ⅱ，ab、cd间的距离为2.5h，在ab上方高为h的P点，由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电小球，过一段时间小球再次回到P点，此过程小球在两个电场中运动的时间之比为1:2，重力加速度为g，电场I的电场强度大小为，则（　　）

A．小球带正电

B．电场Ⅱ的电场强度大小为

C．若将小球在P点以大小为的初速度水平抛出，此后小球重力做功的瞬时功率最大值为

D．若将小球在P点以大小为的初速度水平抛出，此后小球第一次速度最小时离P点的水平距离为3h

【答案】AC

【详解】A．由题意可知，小球在电场Ⅱ中做减速运动，因此小球带正电，故A正确；

B．设小球出电场Ⅰ时的速度大小为，根据动能定理有

则

设小球进电场Ⅱ时的速度大小为，根据动能定理有

则

根据动量定理

解得

故B错误；

C．将小球在P点以大小为的初速度水平抛出，重力做功的瞬时功率等于重力与竖直分速度的乘积，即

小球到cd时竖直分速度最大，所以小球重力做功的瞬时功率最大值为

故C正确；

D．从P点到cd的过程，由竖直方向由动量定理

结合B项中的分析可得

若将小球在P点以大小为的初速度水平抛出，此后小球第一次速度最小时离P点的水平距离为

故D错误。

故选AC。

10．如图所示，间距为l的平行金属导轨由水平和倾斜两部分在处平滑连接而成。倾斜轨道光滑且与水平面间夹角为，在水平虚线与间的导轨表面涂有一层光滑绝缘物质，以下轨道长为L。各部分导轨均处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。质量为的导体棒d静置于水平导轨上，现将质量分别为的导体棒a、b、c从倾斜导轨绝缘部分与距离的位置同时由静止释放。已知导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒a恰好能匀速通过以下区域，导体棒b到达时，d恰好不运动，导体棒c用时间t通过以下区域，且刚到导轨底端时，d获得的速度大小为v，整个过程以下区域不会同时有两根导体棒，各导体棒接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）

A．导体棒b能匀速通过以下区域

B．导体棒a、b均完全通过以下区域的过程，通过导体棒d的总电荷量为

C．导体棒d与水平导轨间的动摩擦因数大小为

D．导体棒c到达导轨底端时的速度大小为

【答案】ACD

【详解】A．a、b、c三棒到达所需的时间分别为，a棒恰好匀速通过以下区域，b棒到达时度是a棒的2倍，根据

同理

可知b导体棒也是匀速通过磁场，选项A正确；

B．每一根导体棒通过以下区域，电路中通过的电荷

选项B错误；

C．b棒匀速通过，d棒恰好不动

得

选项C正确；

D．c棒进入以下区域后，d导体棒受到安培力作用

d导体棒将发生运动，产生电磁感应现象，根据楞次定律可知回路中的磁通量的变化率减小，c棒受到的安培力减小，c棒做加速度增大的加速运动，通过磁场结束时，对于d棒

即

对于c棒

可得

导体棒c初入磁场时

得速度

所以c棒的出磁场速度

即

选项D正确。

故选ACD。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11．某同学做研究匀变速直线运动规律的实验装置如图甲所示，得到一条清晰的纸带如图乙所示，并在纸带上选取A、B、C、D、E共5个计数点（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），已知打点计时器的频率为50Hz。

（1）关于本实验，下列说法正确的是___________。（填选项前字母）

A．释放纸带的同时，接通电源

B．先接通电源打点，后释放纸带运动

C．先释放纸带运动，后接通电源打点

D．纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越大

（2）小车经过B点时的速度大小为vB=___________m/s。（结果保留两位有效数字）

（3）小车的加速度大小为a=___________m/s2.（结果保留两位有效数字）

【答案】     B     0.26     0.40

【详解】（1）[1]ABC．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通电源，后释放纸带，A、C错误，B正确；

D．纸带上的点迹越密集，说明相同时间内的位移越小，故纸带运动的速度越小，D错误。

故选B。

（2）[2]小车经过B点时的速度大小为

（3）[3]利用逐差法，可得小车的加速度大小为

12．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：

（1）用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为×1k、×100、×10、×1。该同学选择“×100”挡，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）。为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：

A．______；

B．______，______；使指针指在0处；

C．重新测量并读数，某时刻刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是______Ω；

（2）该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：

A．直流电源（电动势3V，内阻不计）

B．电压表V1（量程0~5V，内阻约为5kΩ）

C．电压表V2（量程0~15V，内阻约为25kΩ）

D．电流表A1（量程0~25mA，内阻约为1Ω）

E.电流表A2（量程0~250mA，内阻约为0.1Ω）

F.滑动变阻器一只，阻值0~20Ω

G.开关一只，导线若干

在上述仪器中，电压表应选择______（选填“V1”或“V2”），电流表应选择______（选填“A1”或“A2”）。

【答案】     换用“×10”挡     两表笔短接     调节欧姆调零旋钮     120     V1     A1

【详解】（1）[1]指针偏转角度太大，说明选择的倍率偏大，因此应选用较小的倍率，将“×100”挡换为“×10”挡；

[2][3]换挡要重新欧姆调零，故两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0处；

[4]指针位置如图中实线所示，测量结果是

R=12.0×10Ω=120Ω

（2）[5]由于电源电动势只有3V，所以电压表选择量程为0~5V的电压表V1。

[6]电路中的最大电流约为

所以电流表选用量程为0~25mA的电流表A1。

13．一横截面为直角三角形的透明三棱柱，其中ac边长为L，∠abc = 30°。一细束激光从ab边中点p垂直ab边射入三棱柱，光线刚好在bc边发生全反射。已知光在真空中的速度为c。求：

（1）该三棱柱的折射率；

（2）若激光束平行于bc边从p点射入三棱柱，则光线从ab边射到bc边所用的时间。

【答案】（1）2；（2）

【详解】（1）激光从ab边中点p垂直ab边射入三棱柱，光线刚好在bc边发生全反射，临界角

该三棱柱的折射率

（2）画出光路图如图所示

根据几何关系可知

根据折射率表达式有

在△pqm中应用正弦定理有

又因为

则光线从ab边射到bc边所用的时间

解得

14．如图所示，质量均为的B、C两物体均静止放置在光滑水平面上，右端紧靠一个长为的水平传送带，水平面右端与传送带左端M平滑相接，传送带以的速度逆时针匀速转动。质量为的物体A放在B物体上，在高度的位置静止释放，滑上水平面之后与C物体发生完全非弹性碰撞。已知重力加速度，物体A、C与传送带间的动摩擦因数均为0.5，不考虑A、B、C三物体的大小，求：

（1）物体A从静止开始运动到水平面时的速度。

（2）A、C发生碰撞的过程中，损失的机械能。

（3）物体一起冲上传送带到滑离的过程中，传送带电动机额外消耗的电能为多少。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）A、B相互作用的过程中，水平方向动量守恒

能量守恒

代人数据得

（2）A、C发生碰撞的过程中，动量守恒

能量守恒

代人数据得

（3）物体一起在传送带上运动，根据牛顿第二定律

设物体向右减速滑行的时间为，根据运动学公式

物体向右减速滑行过程中，传送带运动的位移

设物体向右减速滑行的位移为，根据运动学公式

所以物体一起先向右减速，后向左加速再匀速从传送带左端滑出。物体向左加速运动的时间

传送带运动的距离

物体从滑上传送带到滑离传送带的过程中，传送带电动机额外多消耗的电能

代人数据得

15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的y轴和虚线之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点以初速度沿y轴负方向射出，该粒子恰好从原点O射出电场进入磁场区Ⅰ，第一次在磁场区Ⅰ中的运动轨迹与相切，不计粒子重力。求：

（1）匀强电场的电场强度大小；

（2）粒子第4次经过y轴的位置坐标；

（3）仅改变磁场区Ⅰ的磁感应强度大小，使粒子第一次在磁场区Ⅰ中运动时，从O点进入磁场区Ⅰ，从点离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过点（图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）####

【详解】（1）由题意知，粒子在电场中做类平抛运动，则

根据牛顿第二定律

解得

（2）设粒子从O点进入磁场区Ⅰ时速度大小为v，

根据动能定理

解得

可知，粒子进磁场区Ⅰ时速度方向与x轴正方向夹角为45°。运动轨迹如图甲所示

设粒子在磁场区Ⅰ中做圆周运动的半径为r，根据几何关系

解得

甲粒子第二次经过y轴的位置A点离O点的距离

粒子第二次进入电场从A到过程是P到O的逆运动过程，从到B与从P到O运动相同。所以，位置B离O点的距离

则粒子第4次经过y轴C点的纵坐标为

所以，C点的坐标为

（3）经过分析，粒子能到达N点有三种情况：第一种运动轨迹如图乙所示

粒子从M点进入磁场区Ⅱ，若偏转后直接到达N点，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系

解得

设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为，据牛顿第二定律有

解得

第二种运动轨迹如图丙所示

粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ、电场，再回到磁场区Ⅰ到达N点，根据运动对称性知AN间距离为2L，则MA间距离为L，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系

解得

设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为，据牛顿第二定律有

解得

第三种运动轨迹如图丁所示

粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ，电场、再回到磁场区Ⅰ，再进入磁场区Ⅱ偏转后到达N点，根据运动对称性知AD间距离为2L，则MA间距离等于DN间距离为，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系

解得

设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为，据牛顿第二定律有

解得