《2023年高考物理考前信息必刷卷（山东专用）（解析版） 4.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考物理考前信息必刷卷（山东专用）（解析版） 4.pdf（28页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、绝密启用前2023年高考物理考前信息必刷卷04山东地区专用国考高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，借助物理知识渗透考查数学能力是高考命题的永恒主题。在高考物理的考试中对数学能力的要求居高不下，数学不仅仅是解决物理问题的工具，同时也是物理学的一种重要方法，纵观高考物理试题对应用数学处理物理问题的能力要求的主要表现有以下三种形式1.较繁的字母运算或数字运算.2.题目中涉及到关键性的几何条件3.应用几何图形、函数图象表达2023年新高考地区解答题中，会在选择题中通过不同情景，加强对数学工具利用的考查，比如说正弦定理、正余弦函数图像、等内容；同时，在选择题12题、计算题的17、18题两题的数
2、学计算，特别是最后两道计算题数学运算量一定不会太小，还有可能在其中用到数学的等比数列、等差数列的求和公式等。本卷满分100分，考试时间90分钟。一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3 分，共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第4 能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出几种不同频率的光，其中只有频率为W、匕两种光可让图乙所示的光电管阴极K 发生光电效应，先分别用频率匕或匕的三个光源小 尻 c,分别照射该光电管阴极K,测得电流随电压变化的图像如图丙所示，下列说法中正确的是（）n E/eVoo-04-0.853-1.512-3.41-13.6甲A.处于
3、第4 能级的氢原子向下跃迁最多发出4 种不同频率的光子B.图线。对应的光是氢原子由第3 能级向第1 能级跃迁发出的C.图线。对应的光子频率大于图线。对应的光子频率D.用图线b 对应的光照射光电管时，光电流会随着正向电压的增大而不断增大【答案】B【解析】A.第 4 能级的氢原子，向低能级跃迁过程中，能 发 出=6种不同频率的光，故 A 错误；B C.由于只有频率为匕、也两种光可让图乙所示的光电管阴极K 发生光电效应，跃迁时发出的两种频率最大的光为4 f1、3 1,由图乙可知，匕光的遏止电压大，。和c 光的遏止电压小，根据光电效应方程E.=hv-Wa及eU。=Ek知，对应的光子频率小于图线b 对应
4、的光子频率，故。是 3玲1 跃迁发出的，匕是4玲1 跃迁发出的，故 C 错误，B 正确；D.用图线b 对应的光照射光电管时1光电流达到饱和后不再增大，故 D 错误。故选Bo2.在 2022年 3 月 2 3 日天宫课堂中，叶光富老师利用手摇离心机将水油分离。手摇离心机可简化为在空间站中手摇小瓶的模型，如图乙所示，假设小瓶（包括小瓶中的油和水）的质量为m,P 为小瓶的质心，OP长度为L,小瓶在t 时间内匀速转动了 n 圈，以空间站为参考系，下列说法正确的是（）甲乙A.图乙中细线的拉力在竖直圆周运动的最低点时最大，最高点时最小B.水、油能分离的原因是小瓶里的水和油做圆周运动产生了离心现象，密度较小
5、的油集中于小瓶的底部C.水和油成功分层后，水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供D.细线的拉力大小为江曾【答案】D【解析】A.瓶子受到的地球引力全部用来提供其随空间站绕地球做圆周运动的向心力，瓶子完全失重，所以瓶子在细线拉力的作用下做匀速圆周运动，细线拉力在任意位置大小都相等，故 A 错误；B.水油能分离的原因是混合物做圆周运动时，需要的向心力不一样，由于水和油的密度不同产生了离心现象，密度较大的水集中于小瓶的底部，B 错误；C.水对油有指向圆心的作用力，水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，C 错误。D.小瓶转动的周期为T=-n细线的拉力大小为Fl =m 4兀
6、 2 Lr =4iV合n2mL故 D 正确；故选D。3.彩虹是由阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴的背面反射，最后离开水滴时再折射一次形成。彩虹形成的示意图如图所示，一束白光/由左侧射入水滴，。、b 是白光射入水滴后经过一次反射和两次折射后的两条出射光线（。、b 是单色光）。下列关于。光与b 光的说法正确的是（）A.水滴对a光的折射率小于对b光的折射率B.a光在水滴中的传播速度大于b光在水滴中的传播速度C.用同一台双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，。光相邻的亮条纹间距小于b 光的相邻亮条纹间距D.a 光波长大于b 光波长【答案】C【解析】A.由图可知，a、b 光第一次进入水滴发生折射时，。光的折
7、射角较小，即ru B过程中气体对外做的功大于C-A过程中外界对气体做的功【答案】ACD【解析】A.气体在C f A过程中，温度保持不变，气体分子的平均动能保持不变，气体体积减小，根据理想气体状态方程可知，气体压强增大，根据理想气体压强微观意义可知，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故A正确；B.气体在A f B过程中，由图像可知，气体压强保持不变，气体温度升高，气体分子的平均动能变大，根据理想气体压强微观意义可知，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故B错误；C.气体在A f 3 f C过程中，由图像可知及=7；,可知气体内能不变，气体体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可
8、知，气体从外界吸热，故Af 8过程中气体吸收的热量大于B f C过程中气体放出的热量，故C正确；D.气体在A f 8过程中，气体压强保持不变，气体在C f A过程中，气体压强增大，可知C f A过程中的平均压强小于A-B过程中的压强，由于两个过程的气体体积变化相同，则A f B过程中气体对外做的功大于C f A过程中外界对气体做的功，故D正确。故选ACD.,1 0.粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30。的粗糙楔形物体C,斜面上有一个质量为2?的物块B,B与一轻绳连接，且绕过一固定在天花板上的定滑轮，另一端水平与一结点连接一个质量为m的小球A,右上方有一拉力F,初始夹角a =135。，如图所示
9、。现让拉力F顺时针缓慢转动90。且保持a角大小不变，转动过程B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加速度为g。下列说法正确的是A.拉力F 一直减小B.BC间的摩擦力先减小再增大C.物体C对地面的压力先减小再增大D.物体C对地面的摩擦力的最大值为【答案】AC【解析】A.对题图右侧结点处受力分析，a角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示通过分析可得耳先增大再减小，F 一直减小，A 正确；B.初始状态，时 A 分析可得绳子拉力耳=m g,对 B分析，可发现4=2mgsin30即一开始B与 C 间的静摩擦力为零，故当绳了拉力耳从mg 先增大再减小到?g,B、C
10、间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再减小，B错误；C D.将 B、C看成整体，竖直方向有+Fp sin 30=(2m+M)g由于耳先增大再减小，故坏先减小再增大，故物体c 对地面的压力先减小再增大，故 c 正确；D.水平方向上有耳 cos 30=Ff当心最大时，即此时F 水平，对 A 分析可计算得片 a=6 m g所以F 屈=mg故 D错误。故选AC。1 1.水平面上固定一光滑绝缘细杆MM,一电荷量为Q 的小球B穿过细杆MM置于。点；。点的正上方固定一竖直光滑绝缘细杆N N,质量为m、电荷量为Q 的小球A 穿过MV置于离。点高为小处时恰好静止。现 将 B球缓慢向右移动，A球会沿着细杆MV下
11、降，设AB连线与MV间的夹角为。，当。=45。时固定 B球，再用竖直方向的外力F 把 A球缓慢移到。点，下列说法正确的是()N0A-AAMA.%的大小与Q成正比B.当0。45。时，B对A的静电力随。增大而增大C.当0。45时，AB间的电势能随，增大而增大D.当645。时，F的大小随，增大先增大后减小【答案】ABC【解析】A.A球受重力和静电力平衡，则有选项A正确；B.当B球向右移动x距离后，设AB距离为r,竖直方向受力平衡，则有k-CQsO=mg=%Jcos。mg进而求得x=rsin=/0 Vcos sin 9=%-sin 2。/。h=厂 cos 6=cos 6由上式知道，当0V B V 45
12、。时，因x增大，。增大，/?减小，减小，则静电力增大，选 项B正确:C.当O V0V45。时，因X增大，减小，则同种电荷间的电势能随e增大而增大，选项C正确；D.当9=45时，设此时的x=x。，E。,用竖直向下的力F作用于A球并缓慢移动时有J45。，根据竖直方向平衡条件F+m g-A g-cos 0=0r-代入rsin 0=x0可得F+mg=Z&sin?cos0=-sin 20-smO%占 2F衣 sin 20 sin 6-mg由上式可知，F的大小随。增大，其变化是先增大后减小再增大，选 项D错误。故选ABCo1 2.如图所示，abed是一个均质正方形导线框，其边长为/、质量为m、电阻为R。在
13、x 0的范围内存在大小为B o,方向垂直于纸面向里的匀强磁场I,在X N 2/的范围内存在大小为2综，方向垂直于纸面向外的匀强磁场I I,在0 x“才,硒整理可得肛=牡 2即满足m事二J匚则说明弹射过程中系统动量守恒。根据题意可知，弹簧弹出两小球过程中，弹簧和两个小球组成的系统机械能守恒，则有_ 1,1,EV=mV+m2V2整理可得与=，叫。+用 J，-n1 4 sin 6可知，还需测量斜面的倾角6。14.（1）某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电压表V?的内阻及电源电动势。已知电压表V1量程为3 V,内阻R vi=600Q C,电压表V,量程也为3 V,内阻段2为几千欧（待测），电源电动势
14、约为5 V,电源内阻可忽略。按以下步骤进行操作。按图甲所示原理图完成电路连接；把 凡、&均调至最大阻值；闭合开关S,调节&、&,使V1、V2均有合适示数，分别为u2,若调至q、4满足的关系，此时电阻箱&的阻值为1500Q,则可知电压表V?的 内 阻 为 Q；若 将 调至4000Q并保持不变，调节&,记录多组对应的见、值，以q为纵坐标，力 为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为b,则电源的电动势为（用已知量和已测得量计算出结果）。（2）用伏安法测量电源电动势和内阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。按如图乙所示的电路进行测量，可以消除这种系统
15、误差。闭合开关S1、s2,灵敏电流计的示数不为零，调节R和中使得灵敏电流计（G）的示数为零，读出电流表和电压表的示数人和q；改变滑动变阻器R、R 的阻值，重新使得灵敏电流计（G）的示数为零，读出电流表和电压表的示数乙和 重复操作，得到了多组/、u；根 据实验得到的多组数【解析】（1）根据并联电路规律可知V,内阻r=.Qo（结果均代入数据可得%=30000根据闭合电路欧姆定律有*/+偿+,卜整理得u _ ERvi RR、”UR，I+N&2（RV I+R J 2故b=,E=-h53（2）3根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir所以U-/图像的斜率为r=1.0QE=2.0V所以电源的内阻当/=0.1A时
16、，t/=1.9 V,解得1 5.大方县城区有99 口水井的记载，闻名于远近。如图所示为可以把地下井水引到地面上的设备。活塞和阀门都只能单向打开，提压把手可使活塞上下移动，使得空气利水只能往上走而不往下走。活塞往上移动时，阀门开启，可将直管中的空气抽到阀门上面；活塞向下移动时，阀门关闭，空气从活塞处溢出，如此循环，井水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。阀门下方的直管末端在水井水位线之下，水井水位线距离阀门的高度 =9.0 m,直管横截面积5=3.0 x10-30?。现通过提压把手，使直管中水位缓慢上升%=6.0m。已知水的密度0=l.O xlO kg/m 3,外界大气压强区=1 .Ox 10
17、、Pa,重力加速度g=10m/sz,直管中的气体可视为理想气体。（0）若该设备的机械效率 =0 6,求人对把手做的功；（0）求直管中剩余空气质量机与直管中原空气质量恤之比。水井水位【答案】（i）W=900J；（团）Nm _ 215【解析】（团）进入直管中水的质量为m-pShy质量为m 的水增加的重力势能为又_ 5二-W联立解得IV=9OOJ(0)对原直管内的气体，根据理想气体状态方程得PoS h=PV又P=PPgh直管中剩余气体的体积 V=S g )直管中剩余气体质量和原来气体的殖量之比为机AV/V联立解得m _ 2mn 151 6.如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图
18、如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道A B,半径分别为r=0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BC。,、FGH,半径为r 的四分之一圆弧轨道。声，长度L=lm 的水平轨道EF组成，轨道BCO,和轨道0 E 前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A 点由静止释放，恰 好 可 以 通 过 轨 道 的 最 高点 D,不计空气阻力。(1)求 4 C两点的高度差6；(2)要使物块至少经过F 点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围；（3）若 半 圆 轨 道 力。中缺一块圆心角为2。的 圆 弧 积 木（/、J 关于。2。对称）
19、，滑块从/飞出后恰能无碰撞从J 进入轨道，求的值。【答案】(1)0.7 m；(2)0.1 5 /0.7；(3)6 0【解析】（1）滑块恰好经过O,重力提供向心力0.5r滑块从A到。，根据动能定理1 2mg(h-r-0.5 r)=mvD联立解得/?=0.7m（2）若恰好滑到F点停下，根据动能定理mgh-R M g L=0解得4=0.7当到G点速度为零，根据动能定理%m g L=0解得2 =0 1当返回时不超过Oi点，根据动能定理mg(h-r)-%m g-2 L =0解得4=0.15综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数的范围0.15/0.7（3）A 点到/点过程中根据动能定理mg（h-rrco
20、 s0）=m v2设/点到最高点时间为t,则有vsin6=gf0.5rsin 0-（vcos0）-t解得八1cos 0=-2可得0=arccos =602另一解cosd=l 舍去。1 7.如图甲所示，在三维坐标系Oxyz中，0 x d 的空间内存在沿x 轴正方向的匀强磁场，荧光屏垂直x 轴放置，其中心C 位于x 轴上并且荧光屏可以沿x 轴水平移动。从粒子源不断飘出电荷量为9、质量为加的带正电粒子，加速后以初速度均沿x 轴正方向经过。点，经电场进磁场后打在荧光屏上。己知粒子刚进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角。=6（）。，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。（1）求匀强电场电场强度的大小E；
21、（2）当粒子打到荧光屏后，沿x 轴缓慢移动荧光屏，沿x 轴正方向看去，观察到荧光屏上出现如图乙所示的荧光轨迹（箭头方向为荧光移动方向），轨迹最高点尸的轴 坐 标 值 为 正，求匀强磁场磁感应强度的6大小片以及荧光屏中心C初始位置可能的x 轴坐标；（3）若将荧光屏中心C 固定于x 轴上x=d+亘 处，在x d 的空间内附加一沿）轴负方向的匀强磁场，6磁感应强度大小B,=画 普，求附加匀强磁场打 后进入磁场的粒子打在荧光屏上的位置坐标。qd甲x=d+vot=d+2md3【答案】（1）=画 喷；（2）B产 当qd qd,岛73+1 ,回a ）-,-a,-a6 2 3【解析】（1）粒子在电场中运动时，
22、则(=0,1,2,3.)(3)解得匀强电场电场强度的大小（2）在电场中的偏转距离在磁场中运动的半径根据d=votqE=ma5 =瓜o =a tE=-qdVv.%=于R=%-y、=dR 片qBtvv=m-%解得周期T _ 2冗 m _ 2冗 dqB1 3%(=0,l,2,3)则荧光屏中心C初始位置可能的X轴坐标x=d+%r=d+2；d(n=0,1,2,3.)(3)由题意可知B=4=Lqd8与速度2%方向垂直；则&=2年2 qB 3圆轨道与荧光屏相切；则y=%+R2sin60。=当z =-R-d 3粒子打在荧光屏上的位置坐标(+臣，且土1乩一且)6 2 31 8.如图，水平面中间夹有一水平传送带，
23、水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑。质量为叫=2 kg的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=29.12N/m的轻弹簧(P与弹簧不拴接)，初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。传送带初始静止，在传送带左端点。处停放有一质量为S=1kg的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=20.2N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与。发生弹性碰撞(不计碰撞时间)，以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为q=1m/s2,当速度达到v=4m/s时
24、传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为=2 m/s 2,当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处。己知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为4=0/，Q与传送带间的动摩擦因数外=0 3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹 簧 的 弹 性 势 能 表 达 式 为 耳x为弹簧的形变量，重力加速度gaiOm/s2,不计空气阻力。求：(1)P与Q第一次碰前P的速度大小；(2)为保证P与Q能够相碰，求恒力的最小值；(3)P、Q 最终的速度大小；(4)P、Q 由于与传送带间的摩擦，系统产生的热量。a b【答案】v,=4.5 m/s ；(2)5n=4N；(3)注 m/
25、s 和 注 m/s;(4)Q =2 2.5 J1 2 3【解析】(1)P在恒力作用下向左运动到最大距离的过程中，根据功能关系有Fxu=Ep+mgxuP向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有广 1 ，耳=5肛%+“通 龙。由题意有综=；鹏解得V)=4.5 m/s(2)设恒力为/，弹簧的最大形变量为X,有Fx=Ep+m g xP向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有，1 ，2Ep=5叫匕E=kx2p 2为保证P与Q 能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度v,0,联立解得F 4N所以恒力的最小值为4 M =4 N(3)P,Q 间的碰撞，根据动量守恒定律和能
26、量守恒定律有町匕=,nV2 +,n2V31 2 1 2 1 2/班 匕=5班岭+网匕联立解得v2=1.5 m/s匕=6 m/s两滑块碰后，P先在传送带上减速，由牛顿第二定律有必机话=4%经过时间与传送带共速，有砧=匕=%解得A =0.7 5 sv4=0.7 5 m/sQ也先在传送带上减速，由牛顿第二定律有 2 机2 g =miaA经过时间与与传送带共速，有卬2=匕-砧=%解得t2=1.5 sv5=1.5 m/s当Q与传送带共速时P、Q的距离为淮亨，詈 空&T)=3.9 3 7 5 m之后A Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小都是4 m/s传送带减速的过程，由于加速度。4
27、 4，故Q在静摩擦力作用下随传送带一起减速，无相对滑动，由于加速度%4，故P与传送带间存在相对滑动，从传送带达到最大速度开始，直到减速到零，经历时间G =2 s当传送带速度为零时，滑块P的速度大小为v6=V a3t3=2 m/sP、Q间的距离为A xf=A x+-V +t,=1.9 3 7 5 m2 2 3P与Q第二次碰撞前的速度大小为v7=-A x，=m/sP、Q第二次相碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有叫 =肛+7 2%1 2 1 2 1 2/叫叫=万叫%+万牡%联立解得%=m/s*1 2%=m/sP、Q第二次相碰后，滑上右侧水平面分别做匀速直线运动，速度分别 为 立m/s和 也m/s1 2 3（4）P在初始减速阶段与传送带间的相对位移A rt=；彳-g*=0.5 6 2 5 mP在最后减速阶段与传送带间的相对位移A x,=AA=3.9 3 7 5 mQ在初始减速阶段与传送带间的相对位移P由于与传送带间的摩擦产生的热量Q=町 g（&i+曲）=9JQ由于与传送带间的摩擦产生的热量Q2=%m1g z 3=13.5J系统产生的热量Q =Q+Q 2 =22.5J