模拟卷02-2023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（二）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。）1．2021年4月，日本政府不计后果决定将福岛核废水排放入海，核废水即使经处理，还是含有氚、锶-90、铯-137、碘-129等放射性元素。其中半衰期为30年，它能通过衰变变为新核，用X表示其元素符号，下列有关说法正确的是（　　）A．锶发生衰变的衰变方程为B．10个锶核发生衰变时，经过30年，一定还有5个锶核未发生衰变C．锶发生衰变时，产生的射线比a射线穿透本领弱D．新核X的比结合能比小【答案】A【详解】A．根据质量数和电荷数守恒可判断出锶发生衰变的衰变方程为，故A正确；B．半衰期对应的是大量原子核衰变的统计规律，对于少量的原子核不成立，故B错误；C．产生的射线比射线穿透本领强，故C错误；D．反应过程中释放核能，新核X更稳定，比结合能更大，故D错误。故选A。2．不同频率的电磁波产生机理不同特性不同用途也不同，红外测温枪在这次疫情防控过程中发挥了重要作用，射电望远镜通过接收天体辐射的无线电波来进行天体研究，人体透视、机场安检和CT是通过X射线来研究相关问题，射线在医学上有很重要的应用，下列关于红外线、无线电波、X射线和射线的说法正确的是（　　）A．红外线波动性最明显而射线粒子性最明显B．它们和机械波本质相同，都是横波且都可以发生多普勒现象C．红外线、X射线和射线都是原子由高能级向低能级跃迁产生的D．一切物体都在不停的发射红外线，而且温度越高发射红外线强度就越大【答案】D【详解】A．红外线比射线频率大，频率越高，粒子性越明显，红外线比射线波长小，波长越长，波动性越明显，A错误；B．红外线、无线电波、X射线和射线和机械波本质是不同的，但是他们都是横波可以发生多普勒现象，B错误；C．放射性原子核发生衰变、衰变后产生的新核处于高能级，它向低能级跃迁时产生射线，因此射线经常伴随射线和射线产生，C错误；D．一切物体都在不停的发射红外线，而且发射红外线强度与温度有关，温度越高发射红外线强度就越大，D正确。故选D。3．10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号遥十三载火箭，在酒泉卫星发射中心按预定时间精准点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，并成功入轨对接离地面约400公里的中国空间站。下列说法正确的是（　　）A．宇航员在空间站不受重力的作用B．空间站绕地球做匀速圆周运动的周期比月球的周期大C．神舟十三号进入空间站同一轨道后直接加速对接D．空间站绕地球做圆周运动的运行速度小于【答案】D【详解】A．宇航员在空间站仍受重力的作用，由重力提供向心力，A错误；B．空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道半径比月球绕地球运行的轨道半径大，由开普勒第三定律知，空间站绕地球做匀速圆周运动的周期比月球的周期小，B错误；C．神州十三号要与空间站对接，需要在低轨道加速，做离心运动，不能在同一轨道加速，C错误；D．是近地卫星的运行速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，可知空间站绕地球做圆周运动的运行速度小于，D正确。故选D。4．两辆汽车在同一时刻开始运动，运动方向相同。如图所示为运动的图像。车的图像在段和段的形状对称相同。时刻两车并排行驶。下列表述中正确的是（　　）A．内车先加速运动后减速运动B．内两车的加速度有一个时刻相同C．时刻车在车之前D．开始时刻两车的距离与时刻两车的距离相等【答案】D【详解】A．根据图像可知，在内车速度一直在增大，故A错误；B．图像斜率表示加速度。如图所示：内车图像斜率有两个时刻与车图像斜率相等，故B错误；C．时刻两车并排行驶，在同一位置。图像与轴所围面积为位移，内车正方向运动的位移小于车正方向运动的位移，则时刻车在车之后，故C错误；D．因为对称，图象围成的面积相等，所以内与内两车单向运动的位移相等，则开始时刻两车的距离与时刻两车的距离相等，故D正确。故选D。5．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。6．如图，空间中存在着水平向右的匀强电场，现将一个质量为m，带电量为的小球在A点以一定的初动能竖直向上抛出，小球运动到竖直方向最高点C时的沿场强方向位移是，动能变为原来的一半（重力加速度为g），下列说法正确的是（　　）A．场强大小为B．A、C竖直方向的距离为的2倍C．小球从C点再次落回到与A点等高的B点时，水平位移是D．小球从C点落回到与A点等高的B点时，电场力做功大小为【答案】A【详解】A. 设水平方向因电场力产生的加速度为，小球在A点的初速度为，小球在最高点C的速度为，小球从A到C的时间为，则有，，，由题意最高点C的动能变为原来的一半，联立解得场强大小为，A正确；B. 球从A到C过程，水平方向竖直方向联立解得，B错误；C. 小球在水平方向做初速度为0的匀加速运动，由于A到C的时间等于C到B的时间，则有即小球从C点再次落回到与A点等高的B点时，水平位移是，C错误；D. 小球从C点落回到与A点等高的B点时，电场力做功大小，D错误；故选A。7．如图所示，理想变压器原线圈接有电流表A，副线圈电路接有电压表V以及定值电阻、与滑动变阻器。电表均为理想电表，闭合开关S，则下列说法正确的是（　　）A．只将滑片下移时，电流表A的示数变大B．只将滑片下移时，电压表V的示数变大C．滑片下移、上移时，电阻的功率增大D．只断开开关S，电压表V的示数变大，电流表A的示数变小【答案】D【详解】A．只将滑片下移时，副线圈匝数减小，原副线圈两端电压与匝数成正比，可知输出电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，电流表A的示数变小，A错误；B．只将滑片下移时，接入的阻值减小，接入的阻值与的并联电阻减小，副线圈电流增大，R1两端电压增大，而副线圈两端电压不变，故电压表V的示数变小，B错误；C．滑片下移，副线圈电路电压减小，滑片上移，副线圈电路总电阻增大，故总电流减小，电阻的功率减小，C错误；D．只断开开关S，副线圈两端电压不变，电路总电阻增大，电流减小，消耗功率减小，原线圈输入功率也减小，电流表A的示数变小，R1两端电压减小，则电压表V测的是电阻两端的电压，示数变大，D正确。故选D。8．如图，一直角斜劈绕其竖直边做圆周运动，斜面上小物块始终与斜劈保持相对静止。若斜劈转动的角速度缓慢增大，下列说法正确的是（　　）A．斜劈对物块的作用力逐渐增大 B．斜劈对物块的支持力保持不变C．斜劈对物块的支持力逐渐增大 D．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小【答案】A【详解】BCD．物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为设斜劈倾角为，对物块沿方向有垂直方向有可得；斜劈转动的角速度缓慢增大，加速度增大，故摩擦力增大，支持力减小，BCD错；A．斜劈对物块的作用力竖直方向的分力保持不变；水平方向分力为当角速度增大，加速度增大，可得水平方向分力增大，合力增大，故A正确。故选A。9．小明用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线（规定竖直向上为正方向），为简化问题，将图线简化为图乙。已知时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是（　　）A．时电梯处于失重状态 B．8~9 s内电梯在做加速运动C．10~15 s内电梯在上行 D．16~17s内电梯在下行【答案】BC【详解】A．当电梯具有向上的加速度时，处于超重状态，当电梯具有向下的加速度时，处于失重状态，题图乙为加速度随时间变化的图像，时，加速度为零，电梯不处于失重状态，故A错误；BCD．由题图可知，电梯先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，然后匀速，之后做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的减速运动，8~9s电梯在做加速运动，由图像与时间轴所围图形的面积表示速度变化量可知，电梯的末速度为零，整个过程电梯一直向上运动，故BC正确，D错误。故选BC。10．一透明介质的横截面为直角三角形，如图所示，一细束单色光从边上的点射入介质，经折射后的光线照到边的中点时恰好发生全反射。若，，，光在真空中传播的速度大小为，则（　　）A．介质对该单色光的折射率为B．介质对该单色光的折射率为C．该单色光从点开始到第一次离开介质时所用的时间为D．该单色光从点开始到第一次离开介质时所用的时间为【答案】AD【详解】AB．作出光路如图所示：根据折射定律有设光线到达BC边时发生全反射的临界角为，有联立解得DE的长度为介质对该单色光的折射率为选项A正确，B错误；CD．由可得因为D为AC边的中点，E为边的中点，则DE∥AB，由几何关系可知，该光线在介质中传播的路程为该光线在介质中的传播速度大小为解得单色光从点开始到第一次离开介质时所用的时间选项C错误，D正确。故选AD。11．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为、（已知）的两物块、相连接，弹簧处于原长，三者静止在光滑的水平面上。现使获得水平向右、大小为的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，从图像提供的信息可得（　　）A．到时间内弹簧由原长变化为压缩状态B．在时刻，两物块达到共同速度，且弹簧处于压缩状态C．时刻弹簧的弹性势能为D．在和时刻，弹簧均处于原长状态【答案】CD【详解】AB．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，当两者第一次速度相等时,即在时刻，两物块达到共同速度，弹簧伸长量最大，然后逐渐恢复原长，再压缩弹簧，第二次速度相等时，即在t3时刻，弹簧压缩量最大，因此到时间内弹簧由压缩变化为原长状态，所以AB错误；C．在时刻，当两者速度相等时，由动量守恒定律得得由机械能守恒定律，此时弹簧弹性势能解得，C项正确；D．由题图和机械能守恒定律可知，在和时刻，两物块的动能分别达到最大18J，因此这两个时刻弹簧均处于原长状态，D正确。故选CD。12．如图甲，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，两导轨间距，电阻，导轨上放一长度、质量、电阻的金属棒，导轨电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度。时，用外力沿水平方向拉金属棒，使金属棒由静止开始运动，运动过程中理想电压表的示数随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）A．金属杆做匀加速直线运动B．拉力的最小值为C．拉力的功率保持不变D．内安培力的冲量大小为【答案】AD【详解】A．金属杆切割磁感线产生感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知则，因U随时间均匀变化，根据图像可知故解得金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，A正确；B．由牛顿第二定律，可得，当t=0时，F最小，为0.5N，B错误；C．F在增大，速度在增大，根据可知，拉力的功率在变化，C错误；D．安培力随时间均匀增大，故内安培力的冲量大小，D正确。故选AD。 第II卷（非选择题 共52分） 二、实验题（满分14分）13．某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律，轻质细杆一端固定一小钢球，另一端可绕光滑的固定轴O转动，固定在转轴上的角度传感器可以测出细杆与竖直方向的夹角θ（小于90°）；在O点的正下方放置一光电门（连接光电计时器），使球心到达最低点时可以恰好通过光电门。测得小球的直径为d，小球质量为m，球心到转轴O的距离为L。（1）已知当地重力加速度为g，将小球拉至某-位置，测出；由静止释放小球，读出光电计时器显示的挡光时间为。则下摆过程中，小球的重力势能减少量可表示为_______，动能的增加量可表示为、_______，如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒；（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是___________A．转轴处的摩擦和空气阻力会使略大于B．小球质量的测量误差会使C．适当增大角度θ可以减小系统误差D．改变偏角θ多次测量后分别对比和，可以减小系统误差【答案】               AC##CA【详解】（1）[1]小球下摆下降的高度为所以重力势能减少量[2]小球下摆到最低点的速度所以小球的动能增加量（2）[3]A．转轴处的摩擦和空气阻力的存在会产生热能，所以略大于，故A正确；B．由可知，质量测量的不准确不影响机械能守恒的验证，故B错误；C．适当增大角度θ可以减小系统误差，故C正确；D．改变偏角θ多次测量后分别对比和，可以减小偶然误差，故D错误。故选AC。14．热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化。学校科技小组欲利用热敏电阻制作一个体温计。（1）先用多用电表的欧姆挡粗测热敏电阻的阻值。选择开关打到“×100”挡，按正确步骤操作，测量热敏电阻的阻值、示数如图甲中虚线所示，为了较准确测量，应将选择开关打到__________（选填“×1k”或“×10”）挡，进行欧姆调零，再测量热敏电阻的阻值，示数如图甲中实线所示，则热敏电阻的阻值为__________Ω。（2）用伏安法测量热敏电阻在不同温度下的阻值，若提供的电压表的内阻约为80，电流表的内阻约为2Ω，则应选用电流表__________（选填“内接法”或“外接法”）测量热敏电阻的阻值。根据测得的热敏电阻在不同温度下的阻值，用描点法得到热敏电阻的阻值与温度t的关系图像如图乙所示。（3）将热敏电阻与电源（电动势E为1.5V，内阻不计）、电流表A（量程为9，内阻为4Ω）、保护电阻、开关S连成图丙所示电路，用热敏电阻做测温探头，把电流表的表盘刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻体温计”。若要求电流表指针满偏的位置标为45，则电阻__________Ω，电流表6处应标为_________。（结果均保留两位有效数字）【答案】     ×10     240     外接法     2.7     29【详解】（1）[1][2]用多用电表测量电阻，指针应指在满刻度到之间，故需要换用“×10”挡测量，换挡后需重新进行欧姆调零；由题图甲实线读出热敏电阻的阻值为（2）[3]由于应采用电流表外接法。（3）[4][5]根据闭合电路的欧姆定律有由题图乙得当时，，代入数据解得电流表的指针指在6处，热敏电阻的阻值结合题图乙可知对应的温度为29。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．国家速滑馆（又名“冰丝带”）是北京2023年冬奥会冰上运动的主场馆，为确保运动项目的顺利完成，比赛前需要对场馆内气体降温。已知降温前场馆内外的温度均为7℃，降温后场馆内的温度为-8℃，降温过程中场馆内气体压强不变。（1）从微观角度解释降温过程中场馆内气体压强不变的原因；（2）求降温后场馆内增加的气体质量与降温前场馆内气体质量的比值。【答案】（1）见解析；（2）【详解】（1）气体压强微观方面取决于两个因素：分子的平均动能和单位体积内的分子数。温度降低，分子平均动能减小，质量增加，单位体积内的分子数增加，从而使压强维持不变。（2）选-8℃时馆内气体为研究对象，其体积为V，气体状态参量初状态，K末状态，K由盖-吕萨克定律得得场馆内增加的气体质量与降温前场馆内气体质量之比为代入数据得16．2023年北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在国家跳台滑雪中心“雪如意”如期举行。图甲为跳台的K120米（起跳点到K点距离120米）级别标准场地解读图。此类比赛并不是只以距离论输赢，而是要以“姿势分”和“距离分”的综合来计算成绩。距离分要由距K点的距离确定，运动员正好落在K点时记为60分，未到K点，将所差距离乘以每米的分值，从60分中减去；超过K点，将所超距离乘以每米的分值，然后加上60分。如图乙所示为简化的跳台滑雪的K120米雪道示意图，AB段为起滑段，H点为起跳点，HS段为坡体总长度（忽略H点到坡体的高度，坡体近似可以看做倾角为32°的斜面，H点为顶点），PL段为着陆区，K为“K点”。（1）若总质量（加装备）为60kg的运动员，从A点自由滑下到达半径10m的圆弧末端H点（切线水平），已知A点和H点的竖直高度h＝45m，忽略阻力，求运动员在H点对轨道的压力大小。（2）运动员从H点飞出（忽略空气阻力）做平抛运动最后落到PL段，若每米的分值为1.8，请计算滑雪运动员距离分。（已知sin32°＝0.53，cos32°＝0.848，tan32°＝0.625，g=10m/s2）【答案】（1）6000N；（2）82.86m【详解】（1）对人从A到H，由动能定理得可得在H点处得由牛顿第三定律得，对轨道的压力为，方向竖直向下（2）段坡体视为倾角为的斜面，运动员最终落到斜面上，易得水平位移为；竖直位移为；可得运动员在段长度运动员所得距离分为17．如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在X轴下方以及开口向上的二次函数抛物线以内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；电场分布在二次函数抛物线及线以外和X轴之间所夹的空间，电场强度为大小E，方向沿Y轴负方向．二次函数方程为，现有带正电粒子（重力不计）从抛物线上左侧的处无初速释放，且带电粒子的比荷数值上满足关系（E，B已知），则（1）求该粒子第一次从电场进入磁场时的速度大小以及从开始到此时刻经历的时间；（2）该粒子第一次在磁场中运动的半径多少？求第一次从磁场到电场经过两场交界点的坐标以及此之前在磁场中的运动时间；（3）同样的粒子从抛物线上各处静止出发，第一次进磁场至再次在电场中的过程，粒子做什么运动及运动轨迹是怎样？（不用写出计算过程）【答案】（1）；；（2）；；；（3）见解析【详解】（1）设所求速度为v，时间为t，带电粒子在电场中匀加速，由动能定理①及关系式得由动量定理得（2）设在磁场中的半径为r，洛伦兹力提供向心力得得由于故从坐标原点沿Y轴向上进入二次函数内磁场区域继续圆周运动，圆心坐标为，圆周轨迹方程为二次函数方程为求得或故经过两场交界点的坐标为由几何图形，在磁场中刚好经过个圆周，则；（3）若在磁场中做圆周运动，都经过原点，再次回到电场中做类平抛或斜抛运动；若在磁场中均做半圆周的圆周运动，再次回到电场中先做末速为零的匀减速直线运动再做逆过程匀加速直线运动；若由；；故都经过原点，进入抛物线内磁场区域，继续圆周运动，再进入电场。18．如图1所示，固定的水平平台上距水平平台右端m处有一木块A（可视为质点），紧靠平台右端的水平地面上放置一与平台等高的水平木板B，木板B上距木板B左端m处固定一轻挡板，挡板右侧和物块C（可视为质点，刚好位于木板B的右端）之间由机关锁定着一个压缩的轻弹簧（弹簧与物块C不拴接）。木块A在水平向右的拉力F作用下由静止开始运动，力F与木块A位移的关系图象如图2所示。木块A刚好与挡板接触不发生碰撞并粘连在一起，此时机关解除锁定，弹簧瞬间弹开，最终木板B的左端与平台右端的距离m（木板B未与平台相碰）。已知木块A、木板B、物块C的质量关系为kg，木块A与平台间的动摩擦因数，木板B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小m/s2。求：（1）木块A刚刚滑上木板B时的速度大小；（2）木块A与木板B上表面间的动摩擦因数；（3）弹开前弹簧储存的弹性势能。【答案】（1）；（2）0.5；（3）【详解】（1）由图2结合题意分析可知，当木块A在平台上运动时有外力F作用，力F在平台上对木块A做的功木块A在平台上运动过程由动能定理有解得（2）当木块A在木板上滑行时，对A受力分析，由牛顿第二定律有对木板B和木块C整体受力分析，由牛顿第二定律有由题意可知当木块A与挡板接触时二者共速，设木块A在B上滑行的时间为t，有即由速度关系有解得（3）木块A与挡板接触时，A、B、C共同的速度弹簧弹开过程中A、B、C动量守恒，有弹簧弹开过程中根据能量守恒定律有木板B向左滑行过程中有解得