黄金卷04-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（全国卷专用）（解析版）.pdf

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1、【赢赢在在高高考考黄黄金金 8 卷卷】备备战战 2023 年年高高考考物物理理模模拟拟卷卷（全全国国通通用用版版）黄黄金金卷卷 04一一、选选择择题题：本本题题共共 8 小小题题，每每小小题题 6 分分。在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，第第 14 题题只只有有一一项项符符合合题题目目要要求求，第第 58 题题有有多多项项符符合合题题目目要要求求。全全部部选选对对的的得得 6 分分，选选对对但但不不全全的的得得 3分分，有有选选错错的的得得 0 分分）1.两个轻核结合成质量较大的核称为核聚变，一个氘核和一个氚核的聚变方程为234112HHHeX，已知几种常见原子核质量：氘2.0

2、1410u、氚3.01605u、氦4.00260u、质子1.007825u、中子1.00867u，271u1.66 10kg，光速83.0 10 m/sc，以下说法正确的是（）A.X 粒子带正电B.一次上述聚变反应亏损质量为1.02755uC.一次上述聚变反应放出能量约为122.8 10JD.氘核的比结合能大于氦核的比结合能【答案】C【解析】【详解】A根据质量数与电荷数守恒，可知 X 的质量数与电荷数分别为2+3-4=1，1+1-2=0可知，X 为中子，X 不带电，A 错误；B一次上述聚变反应亏损质量为m=2.01410u+3.01605u-4.00260u-1.00867u=0.01888u

3、B 错误；C根据上述可知，一次上述聚变反应放出能量约为2Emc 解得122.8 10JEC 正确；D聚变过程释放出核能，说明氦核比氘核更加稳定，由于比结合能越大，原子核越稳定，可知，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，D 错误。故选 C。.如图，两宇航员在空间站用绳子进行拔河比赛，两人同时发力，先到达空间站固定中线者获胜。可以判断获胜一方（）A.质量大B.拉绳子力大C.获得的动能大D.获得的动量大【答案】C【解析】【详解】AB根据牛顿第三定律可知，两人受到了等大反向的相互作用力，质量较小的一方将产生较大的加速度，根据vat212xat可知，质量较小的一方速度更快，位移更大，将先到达固定中线，所以

4、获胜的一方是质量小的一方，故 A、B 错误；C从开始拉动到出现获胜者的这段过程中，获胜的一方位移更大，根据动能定理212Fxmv可知，获胜的一方获得的动能更大，故 C 正确；D从开始拉动到出现获胜者的这段过程中，两人受到的作用力等大反向，力的作用时间相等，所以两人获得的动量大小相等，故 D 错误。故选 C。3.在篮球课上，某同学先后两次投出同一个篮球，两次篮球均垂直打在篮板上，第二次打在篮板上的位置略低一点，假设两次篮球出手位置相同，打到篮板前均未碰到篮圈，不计空气阻力，则（）A.两次篮球打在篮板的速度大小相等B.第二次篮球在空中上升的时间较长C.两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等D.两次篮

5、球被抛出后瞬间，篮球重力的功率相等【答案】C【解析】【详解】B根据逆向思维，可以将篮球的运动看为逆方向的平抛运动，根据212hgt解得2htg由于第二次打在篮板上的位置略低一点，则其竖直高度小一点，即第二次篮球在空中上升的时间较短，B 错误；A篮球水平方向做匀速运动根据xxv t解得xxvt根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球打在篮板的速度较大，A错误；C篮球出手时的速度222 22xxvgtvg tv根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，第二次篮球打在篮板的速度xv较大，则两次篮球出手时的速度可能大小相等，根据212Wmv可知，两次投篮，该同学对篮球做的功可能相

6、等，C 正确；D篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率大小为2yPmgvmg t根据上述，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率较小，D 错误。故选 C。4.如图所示，航天器 A 的正下方有一绳系卫星 B，A、B 用一长直金属绳连接，卫星 C、A、B 及金属绳均绕地球做匀速圆周运动，A、B、金属绳及地心始终在同一直线上，A、C 在同一轨道上运行。A、B、C 间的万有引力以及金属绳的质量、空气阻力均不计。下列说法正确的是（）A.A 中的航天员处于完全失重状态B.A 的向心加速度小于 B 的向心加速度C.A 的线速度小于 B 的线速度D.A 的角速度大于 C 的角速度【

7、答案】D【解析】【详解】A因为 A、B 金属绳及地心始终在同一直线上，所以 A、B 的角速度相等，则有2AAA2AMmGFmrr、2BBB2BMmGFmrr解得AB22A AB BABmmGMm rm rrr若航天员处于完全失重状态，则有20A2AMmGmrr解得03AGMr显然0，A 错误；B由2ar可得AABB1ararB 错误；C由vr可得AABB1vrvrC 错误；DC 的角速度大小0C，可得F0结合2AAAA2AMmGFmrr解得AC3AA AGMFrm rD 正确。5.在如图甲所示的电路中，电动机的额定电压为 4V，灯泡上标有“4V4W”，定值电阻R 的阻值为4。当变压器原线圈接如

8、图乙所示的交流电时，电动机和灯泡均正常工作，且电动机的输出功率为 6W。下列说法正确的是（）A.变压器原、副线圈的匝数比为 55：1B.电动机的额定功率为 8WC.电动机的内阻为0.5D.若灯泡损坏导致断路，则电动机也会被烧杯【答案】BC【解析】【详解】A因为电动机和灯泡均正常工作，所以变压器副线圈两端的电压28VU 根据题图乙可知变压器原线圈两端的电压1220VU 可得变压器原、副线圈的匝数比1122552nUnU选项 A 错误；B当灯泡正常工作时，通过灯泡的电流LLL1APIU通过定值电阻的电流L1ARUIR可得通过电动机的电流ML2ARIII因此电动机的额定功率MM8WPU I选项 B

9、正确；C电动机的发热功率2MPPPIr出热解得0.5r选项 C 正确；D若灯泡损坏导致断路，则副线圈消耗的功率减小，原线圈输入的功率减小，通过原线圈的电流减小，导致通过副线圈的电流减小，因此电动机的功率减小，不会被烧坏，选项 D错误。故选 C。6.点电荷 A、B 分别固定在原点 O 和 x6m 处，仅在电场力的作用下，负点电荷 M 从 x2m 处以某一初速度沿x轴正方向运动，其速度 v 随位置 x 变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A.M 过 x4m 处时受到的电场力最大B.M 从 x2m 处运动到 x5m 处的过程中电势能先增大后减小C.A、B 的电荷量之比为 4：1D.M 过 x3m

10、 处时与过 x5m 处时的加速度大小之比为 25：63【答案】BCD【解析】【详解】A由题图可知，M 过 x4m 处时的速度最小，说明 M 过 x4m 处时的加速度为零，故 M 过 x4m 处时不受电场力，选项 A 错误；BM 从 x2m 处运动到 x5m 处的过程中速度先减小后增大，根据能量守恒定律可知，该过程中 M 的电势能先增大后减小，选项 B 正确；CM 从 x2m 处运动到 x5m 处的过程中电场力先做负功后做正功，由于负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，在 x2m 处到 x5m 处的范围内电场的电场强度先沿x 轴正方向后沿 x 轴负方向，故 A、B 均为正电荷，根据物体的平

11、衡条件有AB2212kQ qkQ qrr其中14mr、22mr，解得AB41QQ选项 C 正确；DM 过 x3m 处时的加速度大小AB221kQ qkQ qrram其中3mr，M 过 x5m 处时的加速度大小BA22342kQ qkQ qrram其中31mr、45mr，解得122563aa选项 D 正确。故选 BCD。7.如图所示，MN 为半径为 R、固定于竖直平面内的光滑14圆管轨道，轨道上端切线水平，O 为圆心，M、O、P 三点在同一水平线上，M 的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪。现发射质量为 m 的小钢珠，小钢珠从 M 点离开弹簧枪，从 N 点飞出落到OP上距 O 点 2R的 Q

12、点。不计空气阻力，重力加速度为 g，则该次发射（）A.小钢珠在 M 点时，弹簧处于原长状态B.小钢珠经过 N 点时的速度大小为2gRC.小钢珠到达 N 点时对上管壁的压力大小为2mgD.小钢珠落到 Q 点时的速度方向与OP间的夹角为 45【答案】ABD【解析】【详解】A小钢珠从 M 点离开弹簧枪，说明小钢珠在 M 点时，弹簧处于原长状态，A 正确；B钢珠离开 N 点后做平抛运动，水平位移2NRv t竖直方向212Rgt解得2NvgR故 B 正确；B小钢珠到达 N 点时由牛顿第二定律可得2NvFmgmR解得Fmg方向竖直向下，由牛顿第三定律可知，小钢珠到达 N 点时对上管壁的压力大小为mg，故

13、C错误；D小钢珠落到 Q 点时的竖直方向的速度为22=yNRvgtggR vg则速度与水平方向夹角tan=1yNvv则小钢珠落到 Q 点时的速度方向与OP间的夹角为 45，故 D 正确8.某科技馆设计了一种磁力减速装置，简化为如题图所示模型。在小车下安装长为 L、总电阻为 R 的正方形单匝线圈，小车和线圈总质量为 m。小车从静止开始沿着光滑斜面下滑 s后，下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动。已知斜面倾角为，磁场上下边界的距离为 L，磁感应强度大小为 B，方向垂直斜面向上，重力加速度为 g，则（）A.线圈通过磁场过程中，感应电流方向先顺时针后逆时针方向（俯视）B.线框在穿过磁场过程中

14、产生的焦耳热为2sinmgLsC.线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为2BLgsRD.小车和线圈的总质量为222sinB LsRg【答案】AD【解析】【详解】A 线框刚进入磁场上边界时，根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向（从斜面上方俯视线框），穿出磁场时，根据楞次定律可得感应电流的方向为逆时针方向，故 A正确；BC设线框进入磁场时的速度大小为 v0，自由下滑过程中，根据动能定理可得201sin2mgsmv解得v0=2sings根据闭合电路的欧姆定律可得02sinBLgsBLvIRR下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动。根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为2s

15、inQmgL故 BC 错误；D根据平衡条件可得220sinB L vmgR解得222sinB LsmRg故 D 正确。故选 AD。9.在做“研究平抛物体的运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于槽口附近处，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹 A；将木板向远离槽口平移距离 x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹 B；又将木板再向远离槽口平移距离 x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹 C若测得木板每次移动距离 x

16、=10.00cm，A、B 间距离y1=4.78cm，B、C 间距离 y2=14.58cm（g 取 9.80m/s2）根据以上直接测量的物理量得小球初速度为 v0=_（用题中所给字母表示）小球初速度的测量值为_m/s（保留两位有效数字）【答案】.x21gyy.1.0【解析】【详解】1竖直方向：小球做匀加速直线运动，根据推论x=aT2得y2-y1=gT2得：T=21yyg水平方向：小球做匀速直线运动 x=v0T，则有v0=xT=x21gyy2x=10.00cm=0.1m，A、B 间距离 y1=4.78cm，B、C 间距离 y2=14.58cm；将数据代入公式：v0=x21gyy=0.19.80.1

17、4580.0478m/s=1.0m/s解得v0=1.0m/s10.（湖南长沙 2022-2023 学年高三上学期质量检测）如图甲所示为某电动车电池组的一片电池，探究小组设计实验测定该电池的电动势并测定某电流表内阻，查阅资料可知该型号电池内阻可忽略不计。可供选择的器材如下：A.待测电池（电动势约为 3.7V，内阻忽略不计）B.待测电流表 A（量程为 03A，内阻r待测）C.电压表 V（量程为 03V，内阻600）D.定值电阻1200R E.定值电阻22000R F.滑动变阻器3R（0 10）H.滑动变阻器4R（0 1000）I.导线若干、开关为了精确地测定电源电动势和电流表内阻，探究小组设计了如

18、图乙所示的实验方案。请完成下列问题：（1）滑动变阻器R应选择_，处应选择_；（均填写器材前序号）（2）电流表安装在_处；（填或）（3）探究小组通过实验测得多组（U，I）数据，绘制出如图丙所示的UI图线，则电源的电动势为_V，电流表内阻为_（结果均保留 2 位有效数字），从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相比_（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。【答案】.F（1 分）.D（1 分）.（1 分）.3.6（2 分）.0.80（2 分）.相等（2 分）【解析】（1）因为电流表内阻较小，为了使电压表示数变化明显些，所以滑动变阻器R应选择010，所以滑动变阻器R应选择 F；由于电源电动势约为 3.7V

19、，而电压表 V 量程为03V，因此需要扩大量程，由题意可知，应将电压表 V 与定值电阻R1串联，所以处应选择 D。（2）电流表 A 量程为03A，将电流表安装在处可以测量干路中的电流。（3）由闭合电路的欧姆定律V1V()UERRIrR代入数据，化简可得3344Ur IE 结合图丙可知32.702.100.6041.000kr 解得，电流表内阻为0.80r 将1.00AI，2.10VU 代入解析式中，解得电源的电动势为3.6VE 由题意得V1V()UERRIrR在此实验中，电流表“相对电源内接法”，且电流表内阻已测得，所以从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相等。11.（12 分）半导体有着广

20、泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求。离子注入系统的原理简化如图所示。质量为 m、电荷量为 q 的正离子经电场加速后从1EE中点 P 垂直 OE 射入四分之一环形匀强磁场，环形磁场圆心为 O，内环半径11OEOGR，外环半径3OEOGR，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度为0B时，离子恰好垂直边界从1GG中点 Q 射出。不考虑离子重力以及离子间的相互作用。求：（1）加速电场 M、N 两板间的电压；（2）为使离子能够到达1GG面，环形区域内磁场的取值范围。【答案】（1）2202qB RUm；（2）0088135BBB【解析】【详解】（1）当磁感应强度为0B时，离子恰好垂直边

21、界从1GG中点 Q 射出，根据几何关系可知，圆周运动半径2rR且2vqvBmr解得02qB Rvm电场中212qUmv解得2202qB RUm（2）若磁感应强度为 B1时，粒子恰好能打在 G1位置，轨迹半径为 r1，根据几何关系22211(2)RrRr解得154rR且2vqvBmr解得1085BB若磁感应强度为B2时，粒子恰好能打在 G 位置，轨迹半径为 r2，根据几何关系22222(2)(3)rRRr解得2134rR同理解得20813BB为使离子能够到达1GG面，环形区域内磁场的取值范围0088135BBB12.（20 分）如图所示，质量3kgM 的长木板放置在倾角37的足够长斜面上。质量1

22、kgm 可视为质点的物块放置在木板的右端。在木板右侧的斜面上方固定着一个与斜面垂直的弹性挡板，木板恰好可以无擦碰地穿过挡板与斜面间的缝隙。现使木板和物块均以02m/sv 的速度一起从挡板上方某高度处沿斜面向下滑动。此后，物块与挡板发生的每次碰撞时间都极短且无机械能损失，整个过程中物块不会从木板上滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数11.75，木板与斜面间的动摩擦因数20.75，重力加速度210m/sg。问：（1）物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离1x多大？（2）物块与挡板第二次碰撞前，速度1v多大？（3）物块与挡板第一碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，木板滑行的距离1s及物块和木板间的相

23、对位移1s各多大？（4）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的长度 L 至少多大？【答案】（1）10.1mx；（2）1m/s；（3）0.3m；0.3m；（4）0.4m【解析】（1）木板沿斜面向下滑动的过程中，以木板为研究对象，受力分析如图则2()cosNmgMg（1 分）又222fN计算可得224Nf 木板和物块构成的系统，沿斜面方向2sin0mgMgf（2 分）所以，物块和木板一起匀速下滑，物块与挡板发生第一次弹性碰撞后的速度大小为仍为02m/sv。接下来，物块沿斜面向上匀减速到速度为零的过程中，其沿斜面向上的位移的大小即为离开挡板的最大距离1x，以物块为研究对象11cossinmgm

24、gma（2 分）201 12va x（1 分）联立解得10.1mx（1 分）（2）物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中，系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，则001MvmvmM v（2 分）可得1011m/s2vv（1 分）（3）物块与挡板第一次碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，物块匀变速运动的时间10110.15svvta（2 分）这段时间，物块的对地位移201110.075m2xvv t（1 分）方向沿斜面向上；木板的位移301110.225m2xvv t（1 分）方向沿斜面向下；物块与木板间的相对位移110.3mss做出物块与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的示意图如图分析可知1

25、10.3mss（1 分）（4）物块相对于长木板要么沿斜面向上运动、要么无相对运动，最终物块停止在挡板处。若物块恰未滑落，长木板左端也会停在挡板处。研究第一次碰前瞬间到最后系统停下的整个过程，物块与木板间的总相对位移s与木板沿斜面下滑的距离s大小相等，即ss（1 分）由系统能量守恒22101cos scos sin2mM gmgsMm vMg（3 分）解得s0.4m即长木板的长度L至少为 0.4m。（1 分）（二二）选选考考题题：共共 15 分分。请请考考生生从从给给出出的的 2 道道题题中中任任选选一一题题作作答答。如如果果多多做做，则则按按所所做做的的第第一一题题计计分分。33.物理选修 3

26、-3（15 分）（）一定质量的理想气体，由初始状态 A 开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态 A，即 ABCA(其中 BC 与纵轴平行，CA 与横轴平行)，这一过程称为一个循环在这一循环中，对于该气体，下列说法正确的有_A.从状态 A 变化到状态 B，分子的平均动能增大B.从状态 B 变化到状态 C，气体的内能减小C.从状态 C 变化到状态 A，气体吸收热量D.从状态 B 变化到状态 C，分子的平均动能逐渐减小E.从状态 A 变化到状态 B，气体放出热量【答案】ABD【解析】从状态 A 变化到状态 B，气体的温度升高，则分子的平均动能增大，选项 A 正确；从状态B

27、 变化到状态 C，气体的温度降低，因理想气体的内能只与温度有关，则内能减小，选项 B正确；从状态 C 变化到状态 A，气体温度减低，内能减小；体积减小，外界对气体做功，则气体放出热量，选项 C 错误；从状态 B 变化到状态 C，气体的温度逐渐降低，则分子的平均动能逐渐减小，选项 D 正确；从状态 A 变化到状态 B，气体温度升高，内能增大；气体体积变大，对外做功，则气体吸收热量，选项 E 错误；故选 ABD.故选 ABD。（2）“吊瓶”是常见的医疗手段，如图是医院常用的一种玻璃输液瓶。输液瓶刚从药房取出时，其内部气体体积为0V、压强为608mmHg、温度为7，输液前瓶内气体温度升高到环境温度2

28、7。准备输液时，将进气口打开（输液调节器未打开），发现有气体进入瓶内，外界大气压强为760mmHg，环境温度恒定。（i）求瓶内气体状态稳定后，从进气口进入瓶内的空气与瓶内原有空气的质量之比；（ii）输液时，若把空气柱输入体内，会造成空气栓塞，致使病人死亡。本次输液时若不慎将1mL空气柱输入人体内，已知人的舒张压为80mmHg，体温为37，试计算空气柱到达心脏处时，在舒张压状态下，空气柱的体积是多少。【答案】（i）16mm；（ii）49.82mLV【解析】（i）由查理定律1212ppTT其中100.8pp1280KT 2300KT 解得2067pp开始输液，进入气室的气体在0p压强下的体积为V则

29、20000p VpVp V解得017VV则016mVmVV（1 分）（ii）由气体状态方程334434p Vp VTT其中3760mmHgp 3300KT 31mLV 480mmHgP 4310KT 解得49.82mLV（34.物理选修 3-4（15 分）（1）（5 分）（2023 届江苏省徐州市高三上学期第一次调研测试改编）“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是 0.5Hz，则该时刻 P 点的位移为_10

30、3cm；该时刻 Q 点的振动方向沿 y 轴负_方向；从该时刻开始计时，质点 Q 的振动方程为_【答案】.10 2cmy 正.20sin()cmyt【解析】由题可知，振幅20cmA，频率0.5Hzf，由图可知波的波长为8m，波向右传播，该时刻P点得振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为320sin()cm4yt故0t时P点的位移为10 2cmy 从该时刻开始计时，质点Q从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为20sin()cmyt。(2_如图所示，深度为 2m 的游泳池充满水，泳池底部 A 点有一单色光源，A 点距游泳池壁的距离为 1.5m，某人走向游泳池，距游泳池边缘 B 点为 2m 时恰好看到光源，已知人的眼睛到地面的高度为 1.5m，光在真空中传播速度为 3108m/s，求：游泳池中水对该单色光的折射率；光从光源 A 发出到射入人的眼睛所用的时间（保留两位有效数字）。【答案】43n；81.9 10 st【解析】解：光路如图所示，入射角，折射角221.53sin51.522224sin51.52由折射定律sin4sin3n该单色光在池水中传播速度为 vcvn光从光源 A 发出到射入人的眼睛所用的时间8882.5 42.5s1.9 10 s3 3 103 10ABBCtvc