模拟卷05-2023年高考物理靶向专项强化训练（三大题型+冲刺模拟）

这是一份模拟卷05-2023年高考物理靶向专项强化训练（三大题型+冲刺模拟），文件包含模拟卷05解析版docx、模拟卷05原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
2023年高考物理靶向专项强化训练模拟卷（五）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．如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（　　）A．用光子能量为11eV的光照射处于基态的氢原子，可使其发生跃迁B．一个氢原子从n=4能级跃迁，最多能够发出6种不同频率的光C．大量氢原子从n=4能级跃迁发出的光，都可以使逸出功为10.2ev的金属发生光电效应。D．大量氢原子从n=4能级跃迁发出的光，其中n=4能级跃迁到n=1能级发出的光波长最短【答案】D【详解】A．11.0eV的能量不等于基态与其它能级间的能级差，所以不能吸收而发生跃迁，故A错误；B．一个氢原子从n=4能级跃迁，最多时，跃迁路径为能够发出3种不同频率的光，故B错误；C．由能级图可知，氢原子只有从n=4能级跃迁到n=1时释放的能量为可以使逸出功为10.2ev的金属发生光电效应，故C错误；D．大量氢原子从n=4能级跃迁发出的光，其中n=4能级跃迁到n=1能级发出的光能量最多，由可知，从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光波长最短，故D正确。故选D。2．“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中t0时刻为笛音雷起飞时刻、DE段是斜率大小为g的直线。则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是（ ）A．“笛音雷”在t1时刻加速度最小B．“笛音雷”在t2时刻改变运动方向C．“笛音雷”在t3时刻彻底熄火D．t3~t4时间内“笛音雷"做自由落体运动【答案】C【详解】A．t1时刻的斜率不是最小的，所以t1时刻加速度不是最小的，故A错误；B．t2时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B错误；C．从图中看出，t3时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在t3时刻彻底熄火，故C正确；D．t3~ t4时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D错误。故选C。3．如图所示，带电量为+Q1和带电量为－Q2的两个点电荷分别固定于x轴的负半轴上某点和坐标原点O处，将一个带正电的带电粒子放在x轴正半轴上的a点时恰好能处于静止，若将该电荷在x轴正半轴上b点（图中未标出）由静止释放时，该粒子向右运动，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　）A．Q1<Q2B．b点一定在a点的右侧C．此粒子此后做往复运动D．此粒子此后运动的加速度一直减小【答案】B【详解】A．粒子能在a点静止，则该粒子受到两个点电荷的库仑力大小相等，由库仑定律可知，，故A错误；B．根据电场叠加可知，x轴正半轴上O、a间场强方向向左，a点右侧场强方向向右，由于粒子在b点由静止释放后向右运动，因此b点一定在a点右侧，故B正确；C．此后粒子在电场力作用下一直向右运动，故C错误；D．从a点沿x轴正向，a点场强为0，无穷远处场强为0，因此场强先增加后减小，因此粒子运动的加速度先增大后减小，故D错误。故选B。4．如图所示，一均匀球A搁在竖直墙壁与弧形滑块B上，一切摩擦均不计，用一水平推力F推住弧形滑块B，使球与滑块均静止，现将滑块B向右推过一较小的距离，滑块和球仍处于静止状态，则与原来相比（　　）A．地面对滑块的弹力增大B．推力F减小C．墙壁对球的弹力不变D．滑块对球的弹力增大【答案】D【详解】CD．对A球受力分析，球受到重力、支持力和挡板的弹力，如图所示，由于重力的大小和方向都不变，挡板的弹力方向不变．根据作图法知，斜面的支持力方向在变化，支持力和挡板的弹力合力不变，等于重力，从图中可知，滑块对球的弹力在增大，墙壁对球的弹力在增大．故C错误，D正确；AB．对滑块和球整体进行受力分析，受重力、支持力、挡板的弹力和推力，在竖直方向上：滑块和球的重力等于地面对滑块的弹力，滑块和球的重力都不变，所以地面对滑块的弹力不变；在水平方向上，推力F等于墙壁对球的弹力，即推力F增大，故AB错误；故选D。5．“百脉寒泉珍珠滚”，为章丘八大景之一。泉水深，底部温度为，一个体积为的气泡，从底部缓慢上升，到达泉水表面温度为。其内能增加了。g取，外界大气压强取，水的密度取。下列说法正确的是（　　）A．气泡内所有分子动能都增大B．气泡上升过程中对外做功，放出热量C．气泡到达水面的体积为D．上升过程中气泡吸收热量小于【答案】D【详解】A．内能增大是气体分子的平均动能增大，故A错误；B．由可知上升过程中，气体分子内能增加，体积增大，对外做功，所以是吸收热量，故B错误；C．由理想气体的状态方程带入数据可求得到达水面的体积为，故C错误；D．由对外做功的表达式当压强不变时，则气体对外做功等于，由于上升过程中压强减小，所以对外做功小于，由可得上升过程中气泡吸收热量小于，故D正确。故选D。6．波源位于O点的简谐横波沿着x轴正方向传播，t=0时刻波源开始振动，t=0.6s时刻的波形图如图所示，P为x=0.60m处的质点。下列说法正确的是（　　）A．简谐横波的波速为0.4m/sB．质点P开始振动时沿y轴正方向C．从t=0到t=1.6s，P点经过的路程为30cmD．波源的振动方程为y=5sin（5πt）cm【答案】C【详解】A．t=0.6s时刻传播了0.36m，则故A错误；B．质点P起振方向与波源起振方向相同，即沿y轴负方向，故B错误；C．质点P起振时刻为波的周期为从t=0到t=1.6s，P点振动时间为，P点经过的路程为故C正确；D．波源的振动方程为故D错误。故选C。7．如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了。下列说法正确的是（　　）A．电压表的示数不变，电压表的示数增大B．电流表、的示数均减小C．输电线上损失的电压增加了D．输电线上损失的功率增加了【答案】C【详解】AB．由于发电厂输出电压恒为U，根据理想变压器的规律，对于升压变压器故电压表的示数不变，发电厂输出功率增加了，则发电厂输出电流增加了根据理想变压器的规律，对于升压变压器，示数增加了由于示数增加，示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少故示数也将减小，A、B错误；C．根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了，C正确；D．输电线上损失的功率增加了由于未知，故无法计算，D错误。故选C。8．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是（　　）A．此时圆环中的电功率为B．此时圆环的加速度为C．此过程中通过圆环截面的电量为D．此过程中回路产生的电能为【答案】C【详解】A．根据右手定则可知，在图示位置，圆环左、右两边的线圈因切割磁感线而产生的感应电流方向相同（均是顺时针方向），线圈中的感应电动势大小感应电流大小此时圆环中的电功率为故A错误；B．根据左手定则可知，圆环左、右两边受到的安培力均是水平向左，所以根据牛顿第二定律可知，圆环的加速度为故B错误；C．此过程中通过圆环截面的电量为故C正确；D．此过程中回路产生的电能等于小球动能的减小量，所以故D错误。故选C。9．2020年10月1日，“天问一号”探测器在深空自拍的飞行图像如图所示，该探测器于2021年2月24日6时29分，成功实施第三次近火制动，进入近火点280千米，远火点5.9万千米的火星停泊轨道。下列说法正确的是（　　）A．该探测器在近火点的加速度小于其在远火点的加速度B．该探测器在近火点的速度大于其在远火点的速度C．若已知火星的质量和引力常量，则可求出探测器在火星停泊轨道上运行的周期D．若地球的质量为火星质量的10倍，半径为火星半径的2倍，则火星与地球表面的重力加速度大小之比为2∶5【答案】BD【详解】A．由可知，该探测器在近火点的加速度大于其在远火点的加速度﹐A错误；B．由开普勒第二定律，可知该探测器在近火点的速度大于其在远火点的速度， B正确；C．由要求周期，应该知道轨道半径，而火星的半径未知，轨道半径不可求，故周期不可求，C错误；D．在行星表面附近，由解得，D正确。故选BD。10．自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中正确的是（　　）A．图乙中霍尔元件的载流子带正电B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小C．若传感器的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2变大D．若自行车的车速越大，则霍尔电势差U2越大【答案】BC【详解】A．霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，选项A错误；B．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，选项B正确；D．根据得由电流的微观定义式I=neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得联立解得可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压UH与车速大小无关，选项D错误；C．由公式，若传感器的电源输出电压U1变大，那么电流I变大，则霍尔电势差U2将变大，选项C正确。故选BC。11．如图所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿任意方向发射速率均相同的正粒子（　　）A．从B点射出的粒子，粒子速度最小为B．从B点射出的粒子，在磁场中运动的最长时间为C．从A点射出的粒子，粒子速度最小为D．A点不可能有粒子射出【答案】AC【详解】A．粒子从B点射出时的最小速度为，解得，A正确；B．粒子从B点射出时的最长时间为，解得，B错误；CD．粒子从A点射出时的最小速度为，解得，C正确，D错误。故选AC。12．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧的下端固定在水平面上，上端与物块A连接，物块B与物块A之间用一绕过定滑轮O的轻绳连接，B放在固定斜面的上端（用外力控制B）。OA绳竖直，OB绳与倾角为的足够长的固定斜面平行，且轻绳恰好拉直而无作用力。A、B的质量均为m，A、B均视为质点，重力加速度大小为g，取，，不计一切摩擦。现将B由静止释放，B沿斜面下滑，弹簧始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）A．释放B后的瞬间，轻绳的弹力大小为B．当A的速度最大时，弹簧处于拉伸状态C．A的最大速度为D．当B处于最低点时，弹簧处于压缩状态【答案】AC【详解】A．设释放B前弹簧的压缩量为，对A由物体的平衡条件有设释放B后的瞬间A的加速度大小为a，对A、B整体由牛顿第二定律有解得设释放B后的瞬间轻绳的弹力大小为，对A由牛顿第二定律有解得选项A正确；B．经分析可知，当A的速度最大时，轻绳的弹力大小因，故此时弹簧处于压缩状态，选项B错误；C．设当A的速度最大时，弹簧的压缩量为，对A由物体的平衡条件有解得对从释放B到A的速度最大的过程，根据动能定理，对A、B整体有解得A的最大速度选项C正确；D．假设当B处于最低点时弹簧处于压缩状态，且压缩量为，根据动能定理，对A、B整体有解得因为负值，故假设不成立，选项D错误。故选AC。 第II卷（非选择题 共52分） 二、实验题（满分14分）13．某研究性学习小组用图甲装置测定当地重力加速度，其主要操作步骤如下：①将电磁铁（小铁球）、光电门调节在同一竖直线上；②切断电磁铁电源，小铁球由静止下落，光电计时器记录小铁球通过光电门的时间t，并用刻度尺测量出小铁球下落前和光电门的距离h；。③改变光电门的位置，重复②的操作，测出多组h和t；④计算出小铁球每次通过光电门的速度v，作出v2-h图像。请结合以上操作，回答以下问题：（1）用游标卡尺测小球的直径，如图乙所示，则d=___________mm；（2）实验数据如下表，将表格中空缺的数据补全：实验次数12345 h（m）0.3900.4200.4500.4900.510t（×10-3s）3.633.493.383.243.17v（m/s）2.752.87________3.093.15v2（m2/s2）7.568.24________9.559.92 （3）根据上表数据作出v2-h图像________，并根据图像得出当地重力加速度g=___________m/s2（结果保留两位有效数字）；（4）该实验装置___________（选填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律。【答案】     10.0     2.96     8.75          9.7     不能【详解】(1)[1] 游标卡尺测小球的直径,读数为(2)[2][3]小球经过光电门的时间极短，故可以用平均速度表示小球经过光电门的速度，有速度的平方为(3)[4]根据上表数据在坐标纸上描点，作出v2-h图像如图[5]根据可知，图线的斜率联立，可得(4)[6]该试验的过程，测量重力加速度的过程用的公式默认机械能守恒，故不能再去验证。14．某课外活动小组利用铜片、锌片和新采摘的苹果制作了一个水果电池，该小组同学想尽可能准确地测量该“苹果电池”的电动势E和内阻r，他们在实验室找到了一个灵敏电流表（量程为0~200μA，内阻RA=900Ω），两个相同的电阻箱（0~9999Ω），以及导线和开关，设计了图甲的电路进行实验：（1）经分析，实验电路中的最大电流约1~2mA，将电流表改装为2mA的电流表，则与电流表并联的电阻箱的阻值应调为R0=______Ω；（2）为保证电流表的安全，闭合开关前，电阻箱R的阻值应调整为______；（选填“最大值”“最小值”或“任意值”）（3）正确设置R0后，不断调节R的值，读出电流表的示数；算出电路中的总电流I，则I与E、r的关系式为______（用R、R0、RA等物理量的符号表示）；（4）实验中作出图线如图乙所示，根据图线可求得：E=______V，r=______kΩ（结果保留2位有效数字）。【答案】     100     最大值          0.91     0.37【详解】（1）[1]将200μA的电流表的量程扩大至2mA，根据并联分流原理，电流表应该和定值电阻并联，由并联电路电压相等可知IgRA=（I－Ig）R0解得R0=100Ω（2）[2]为保证电流表的安全，闭合开关前，电阻箱R的阻值应调整为最大值。（3）[3]R0、RA并联后的总电阻为则I与E、r的关系式为（4）[4][5]根据闭合电路欧姆定律整理可得结合图线解得E=0.91V；R=0.37kΩ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．大部分高层建筑都会采用玻璃幕墙，玻璃幕墙美观大方，也提高了建筑内的采光率，玻璃幕墙一般都是用中空玻璃，如图甲所示。某一玻璃幕墙其剖面及尺寸示意图如图乙所示，双层中空玻璃由两层玻璃加密封框架，形成一个夹层空间，隔层充入干燥空气，每单层玻璃厚度，夹层宽度，一光束沿与玻璃竖直面成从墙外经双层中空玻璃射入室内（光束与玻璃剖面在同一平面上），光线通过玻璃后入射光线与出射光线会有一个偏移量（两光线垂直距离），玻璃折射率，光在空气中的速度近似为，，，求（结果两位有效数字）：（1）这束光通过中空玻璃从室外到室内的偏移量；（2）这束光通过中空玻璃从室外到室内的时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）画出这束光的光路图如图所示根据折射定律；由几何关系可知光束进入第一层玻璃的偏移量这束光通过每层玻璃的偏移量相等，所以从室外到室内的偏移量联解以上各式可得（2）光在玻璃内的传播速度；；解得16．如图所示，从A点水平抛出的小物块，到达斜面顶端B处时，其速度方向恰好沿斜面向下，然后沿倾角为的固定斜面滑下，小物块到达C点时速度恰好为，因受到微小扰动，小物块滑上与斜面平滑对接的四分之一光滑圆弧轨道上．已知圆弧轨道的半径，圆心O在C点的正下方，小物块的质量，平抛运动的水平位移，斜面长，取，，，不计空气阻力，求：（1）小物块从点抛出的初速度的大小；（2）小物块沿斜面滑下过程中克服摩擦力做的功；（3）若小物块沿圆弧轨道滑到P点时脱离轨道，求P点离D点的高度．【答案】（1）2m/s（2）36.25J（3）0.4m【详解】(1)小物块平抛到B点时：小物块从A运动到B：解得(2)小物块平抛到B点的速度小物块从B运动到C：解得 (3)小物块运动到P点时刚与轨道分离，对圆弧轨道的压力为0，此时：小物块由C运动到P：其中解得：17．如图所示，两足够长直轨道间距d=1.6m，轨道所在平面与水平面夹角θ=37°，一质量M=2kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面均为半径R=1m的半圆，圆心分别为O、O′。有5个完全相同的小滑块，质量均为m=0.5kg。某时刻第一个小滑块以初速度v0=1.5m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ1=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：(1)滑板P与轨道间的动摩擦因数μ2；(2)O′O的长度L；(3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q。【答案】(1)0.45；(2)2.25m；(3)2J【详解】(1)对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图甲和乙所示由几何关系可得解得由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得联立解得(2)第一个小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒设滑块相对滑板的位移OOʹ为L，由系统的动能定理，得联立方程，解得L=2.25m(3)第四个小滑块从滑上到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v4，则有第五个小滑块从滑上到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v5，则有设第五个滑块相对滑板的位移OOʹ为L5，由系统的动能定理，得则由于摩擦产生的热量18．如甲所示，真空中存在匀强电场和匀强磁场，已知电场和磁场的宽度均为d，长度足够长，电场强度大小为E，方向水平向右，磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小满足，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在电场左侧边界某处由静止释放，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。求：（1）粒子刚进入磁场时的速度大小；（2）粒子在磁场中运动的时间（前两问结果均用含电场强度E的表达式）；（3）图乙为图甲的多级组合，并改变电场强度与磁感应强度的大小关系，该带正电的粒子仍从第1层左侧边界某处由静止释放。已知粒子从第5层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为多少？【答案】（1）；（2）；（3）20【详解】（1）粒子刚进入磁场时，有解得（2）在磁场中由洛伦兹力提供向心力得由几何关系得带入数据解得磁场中运动周期磁场中运动时间解得（3）设粒子在第n层磁场中运动的速度为，轨道半径为，则有；设粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，则有由图1可知则有；为一组等差数列，公差为d，可得，n=1时，由图2可知则解得若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则即由题目可知当n=5时，，即联立解得