黄金卷01-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（全国卷专用）

【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（全国通用版）

黄金卷01

一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求。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. 是铀核核裂变的产物之一，仍有放射性，其发生衰变的方程是。已知核的质量为，核的质量为，电子的质量为，质子的质量为，中子的质量为，光速为，则的比结合能可表示为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据，可得的结合能为

则的比结合能为

故选D。

2. 如图所示，正三棱柱的A点固定一个电荷量为的点电荷，点固定一个电荷量为的点电荷，、点分别为、边的中点，取无穷远处电势为零。下列说法中正确的是（   ）

A. 、两点的电场强度相同

B. 将一负试探电荷从点移到点，其电势能增加

C. 将一正试探电荷沿直线从点移到点，电场力做正功

D. 若在点和点分别再固定电荷量为和的点电荷，则点的场强方向指向点

【答案】B

【解析】

【详解】A.、两点在连线中垂线上，根据等量异种电荷的电场线分布特征可知，、两点的电场强度方向都与平行，方向相同，但离较远，故点的电场强度大于点的电场强度，A错误；

B．根据等量异种电荷的电场线分布特征可知，点电势高于点，故负试探电荷从点移到点，电场力做负功，电势能增大，B正确；

C．由等量异种电荷电场线分布可知，面为等势面，将一正试探电荷沿直线从点移到点，电场力始终不做功，C错误；

D．在点再固定一电荷量为的点电荷，点再固定一个电荷量为的点电荷，由电场强度的叠加原理和场强方向特征可知A、C两点电荷在D点合场强方向沿AC方向，和两点电荷在D点合场强也沿AC方向，故总的合场强方向指向C点，D错误。

故选B。

3.如图所示，矩形线框的匝数为N，面积为S，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，现让线框由图示位置开始绕轴OO'以恒定的角速度沿逆时针方向转动，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（　　）

A. 图示位置，线框的输出电压为

B. 流过定值电阻R2的电流为

C. 矩形线框的输出功率为

D. 定值电阻R1消耗的电功率与理想变压器的输出功率之比为1∶1

【答案】B

【解析】图示位置，线框的输出电压为

故A错误；根据理想变压器变压规律可知R2两端电压为

流过定值电阻R2的电流为

故B正确；矩形线框的输出功率为

故C错误；定值电阻R1消耗的电功率与理想变压器的输出功率之比为

故D错误。

4. 如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中物块动能与路程s的关系如图乙所示。出发位置为零势能面，重力加速度大小取，E为物块的机械能，为物块的重力势能，下列图像中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】AB．由题意可知，刚开始的时候，物块具有一定的动能，随着运动进行，物块动能减小，重力势能增大，当速度为零时，重力势能达到最大，之后重力势能减小，动能增大，当再次达到斜面底端时，物块的动能比刚开始时动能小，说明运动过程有能量损失，机械能不守恒。由图可知，滑动过程中损失的能量为10J，单次损失的联能量为5J，故当s=10m时，重力势能为35J，s=20m时，重力势能为0J，故AB错误；

C．由上述分析可知，当s=20m时，机械能为30J，最开始机械能为40J，故C正确，D错误。

故选C。

5. 建造一条能通向太空的电梯（如图甲所示），是人们长期的梦想。材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是其，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的航天员，地面附近重力加速度g取，地球自转角速度，地球半径。下列说法正确的有（　　）

A. 随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小

B. 航天员在处的线速度等于第一宇宙速度

C. 图中为地球同步卫星轨道半径

D. 电梯舱停在距地面高度为的站点时，舱内质量的航天员对水平地板的压力为零

【答案】CD

【解析】

【详解】ABC．电梯舱内的航天员始终与地球一起同轴转动，当r =R时电梯中的航天员受到万有引力和电梯的弹力

第一宇宙速度只有万有引力提供向心力，即上式中FN=0时匀速圆周运动的线速度，即

因此航天员在r=R处的线速度小于第一宇宙速度；当r增大时，航天员受到电梯舱的弹力FN减小，当r继续增大，直到引力产生的加速度和向心加速度相等时，即引力完全提供向心力做匀速圆周运动时，图中即为r0所示半径，有

当r继续增大，航天员受到电梯舱的弹力FN将反向增大，此时满足

所以随着r从小于r0到大于r0逐渐增大的过程中，航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大，故AB错误，C正确。

D．此时引力完全提供向心力做匀速圆周运动，FN为零，则

又根据地表加速度

解得

即距离地面高度

故D正确。

故选CD。

6. 如图1所示，一半径为r的光滑绝缘细圆管固定在水平面上，一质量为m、电荷量为q的带负电小球在细圆管中运动。垂直细圆管平面存在方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间的变化规律如图2所示（取竖直向上为正，图中、为已知量）。已知当磁感应强度均匀变化时，在圆管内产生电场强度大小处处相等的感生电场（电场线闭合的涡旋电场），原来静止的小球在管内做圆周运动，小球可看作点电荷且电荷量保持不变。则下列说法正确的是（　　）

A. 小球沿顺时针（从上往下看）方向运动

B. 管内电场强度大小为

C. 小球由静止开始运动第一周所用时间为

D. 小球第2次回到出发点的速度大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由楞次定律可知感生电场的方向沿顺时针，小球带负电，故小球沿逆时针方向运动，A错误；

B．产生的感生电场的电场强度

B正确；

C．小球做加速度大小不变的加速曲线运动，小球的电场力方向始终与速度方向相同，当成匀加速直线运动处理，根据运动学公式

解得

C错误；

D．由动能定理可得

解得

D正确。

故选BD。

7. 颠球是足球的基本功之一，足球爱好者小华在练习颠球，某次足球由静止自由下落0.8m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 足球从下落到再次上升到最大高度，全程用了0.7s

B. 足球下落到与脚部刚接触时动量大小为

C. 足球与脚部作用过程中动量变化量大小为

D. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据可得足球下落的时间

与脚作用的时间

根据逆向思维可得足球上升的时间

足球从下落到再次上升到最大高度，全程的时间

故A错误；

B．足球下落到与脚部刚接触时的速度

足球下落到与脚部刚接触时动量大小为

故B正确；

C．足球脚部接触足球后瞬间足球的速度大小

取向上为正方向，可得足球与脚部作用过程中动量变化量大小为

故C错误；

D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为

故D正确。

故选BD。

8.如图所示，水平线MN以上空间存在足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向水平。质量为m、电阻为R粗细均匀的单匝矩形线圈，ab=L、bc=1.2L，处于匀强磁场中，线圈平面与磁感线垂直。将线圈从距离MN为h处自由释放，线圈运动过程中ab边始终保持与MN平行，当线圈ab边通过MN时刚好开始做匀速运动。若以a为轴、在纸面内将线圈顺时针旋转90°后再自由释放，线圈运动过程中ad边也始终保持与MN平行。以下判断正确的是（　　）

A. 线圈ad边到达MN时，仍然会开始做匀速运动

B. 线圈cd边到达MN时速度的值大于bc边到达MN时速度的值

C. 线圈两次穿越磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量相同

D. 线圈两次穿越磁场的过程中，安培力对线圈冲量的大小相等

【答案】BC

【解析】

【详解】A．线圈从高为h处自由释放，ab边和dc边在磁场中均做切割磁感线运动，两边产生的感应电动势大小相等，在回路中方向相反，线圈中无感应电流，线圈只受重力作用，由自由落体运动公式，则有

当线圈ab边通过MN时，此时只有dc边在磁场中做切割磁感线运动，线圈中有感应电流，线圈受到安培力作用，方向竖直向上，线圈开始做匀速运动，则有

F安=mg

E=BLv

线圈顺时针旋转90°后再自由释放，ad边和cb边切割磁感线，线圈中无感应电流，线圈只在重力作用下运动，ad边穿越磁场MN时，则有

线圈中有感应电流，由左手定则可知，线圈受到向上的安培力作用，大小为

线圈做减速运动，A错误；    

B．由以上分析可知，线圈cd边到达MN时速度的值大于bc边到达MN时速度的值，B正确；

C．线圈第一次穿越磁场中，则有

同理可得线圈第二次穿越磁场中

q1=q2

线圈两次穿越磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量相同，C正确；

D．由冲量的定义式可得

线圈两次穿越磁场的过程中，安培力对线圈冲量的大小不相等，D错误。

故选BC。

二、非选择题包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13~44题为选考题，考生根据要求作答。必考题共47分。

9. 某同学利用“探究加速度与物体受力的关系”的气垫导轨装置（如图甲）测量当地重力加速度。实验步骤如下：

①调节气垫导轨下面的螺母，使气垫导轨水平并做好验证；

②用天平测量滑行器和挡光片的总质量M、牵引砝码的质量m，用游标卡尺测量挡光片的宽度D，用米尺测量两光电门中心之间的距离x；

③按图甲装配器材，调整轻滑轮，使不可伸长且质量可以忽略的细线与导轨平行；

④接通气垫导轨的气源，让滑行器从光电门G1的右侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出挡光片经过光电门G1和光电门G2的挡光时间△t1和△t2，求出滑行器的加速度a；

⑤多次重复步骤④，求出a的平均值；

⑥根据上述实验数据求出当地重力加速度g。

回答下列问题：

（1）测量挡光片宽度D时，游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图乙所示，其读数为___________mm；

（2）滑行器的加速度a可用D、x、△t1和△t2表示为a=___________；

（3）当地重力加速度g可用M、m、表示为g=___________。

【答案】    ①. 2.35    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为

（2）[2]滑行器经过光电门的速度为

，

滑行器做匀变速直线运动，由运动位移公式

代入数据得到

（3）[3]以M，m组成的系统为研究对象，有牛顿第二定律得

解得

10. 某实验小组在设计测量阻值约为200Ω的定值电阻Rx时，可供选择的器材如下：

电源E：电动势约为3.0V，内阻r约5Ω；

电流表A：量程为0~0.6A，内阻rA约为2Ω；

电压表V1：量程为0~0.5V，内阻r1=1000Ω；

电压表V2：量程为0~3V，内阻r2约为5kΩ；

定值电阻R0，有四种规格供选：10Ω、50Ω、500Ω、1000Ω；

滑动变阻器R：最大阻值为50Ω，额定电流1A；

单刀单掷开关S一个，导线若干。

（1）甲图四种方案中，因电表内阻的不确定而导致不能准确测量Rx的是___________（选填图中的字母序号）；

（2）综合考虑电表内阻及量程带来的影响，该小组设计了如图乙所示的电路。在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于___________端（选填“左”或“右”）；为了保证两只电压表的读数都不小于其量程的，定值电阻R0应选择___________Ω（选填“10”、“50”、“500”或“1000”）；

（3）根据（2）中的电路图，可得出计算Rx的理论表达式为Rx=___________（用U1、U2、r1、R0表示）。

【答案】    ①. BC##CB    ②. 左    ③. 50    ④.

【解析】

【详解】（1）[1]由于电压表的内阻已知，则该电压表不仅能测电压，还可以通过欧姆定律求出通过它的电流，则

A．根据欧姆定律

条件均已知，A方案可以准确测量，不符合题意；

B．根据欧姆定律，方案B可得

由于不确定，则B方案有误差，符合题意；

C．根据方案可得

由于不确定，C方案有误差，符合题意；

D．根据方案可得

条件均已知，D方案可以准确测量，不符合题意。

故选BC。

（2）[2]该滑动变阻器为分压接法，应使分压从0开始，保护电路，所以滑动变阻器的滑片应该在最左端。

[3]和电压表的并联电阻为，根据串联电阻分压特点，因两个电压表的量程范围为6倍的关系，则该并联电阻应该大概为待测电阻的左右。故应该选的电阻。此时并联电阻为

则与待测电阻总电阻约为

则根据欧姆定律此时两电压表的电压比为

所以当电压表的电压在0.4V左右的时候，电压表的值在左右，满足要求。故选电阻。

（3）[4]根据欧姆定律可得

11. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强电场，场强的方向与xOy平面平行，且与x轴的负方向成角斜向下。在第Ⅱ象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外。一质量为m、带电量为不计重力的粒子以速度从x轴上坐标为的a点沿y轴的正方向射入磁场，粒子从y轴上坐标为的b点飞出磁场进入电场，粒子由坐标原点离开电场，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）匀强电场的电场强度大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）带电粒子在磁场中运动轨迹如图

为轨迹圆心，位于x轴上，由几何关系可得

解得

带电粒子做圆周运动有

解得

（2）在电场中做类平抛运动，恰好过坐标原点，设垂直电场位移为x，沿电场线方向位移为y，则有

且

联立解得

12. 如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m。直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m。小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑。小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止。空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．

（1）求动摩擦因数μ；

（2）小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出。小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；

（3）若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能。

【答案】（1）05；（2）v2＝30F（6m/s≤v≤20m/s）；（3）65J

【解析】

【分析】

【详解】（1）小物块从A到C的过程，由动能定理得

mgL1sinθ－μmgL1cosθ－μmgL2＝0

代入数据得

μ＝0.5

（2）施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得

F（L1cosθ＋L2）＋mgL1sinθ－μ（mgcosθ－Fsinθ）L1－μmgL2＝mv2

代入数据得

v2＝30F

小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足

mg≤m

从D到C的过程由机械能守恒定律得

mvD2＋2mgR＝mv2

解得

v≥6m/s

小物块不脱离斜面AB，应满足

Fsinθ≤mgcosθ

解得

v≤20m/s

所以v的取值范围为

6m/s≤v≤20m/s。

（3）P点与C点的高度差为

h＝gt2＝4.05m

设物块在C点初速度为v0，P点与竖直墙的水平距离为v0t－L4

如图，由几何关系得

tan∠MNE＝

已知

tan∠MNE＝

解得

v0＝7m/s

从C到P由动能定理得

mgh＝Ek－mv02

代入数据，解得

Ek＝65J

即小物块刚运动至P点时的动能为65J。

三、选考题：共15分。请考生从2道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。

[物理——选修3-3]

16. 下列说法正确的是（　　）

A. 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，能够反映液体分子的无规则运动

B. 已知阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出气体分子的体积

C. 晶体在熔化过程中温度保持不变，但其内能在增大

D. 一定质量的理想气体经等温压缩后，外界对气体做功，其内能增大

E. 一切与热现象有关的自发宏观过程都具有方向性，总是向分子热运动无序性更大的方向进行

【答案】ACE

【解析】

【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，能够反映液体分子的无规则运动，A正确；

B．已知阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，算出的是气体分子占据空间的体积，B错误；

C．晶体在熔化过程中温度保持不变，但分子势能增大，故内能增大，C正确；

D．一定质量的理想气体经等温压缩后，外界对其做功，温度不变，因此其内能不变，D错误；

E．一切与热现象有关的自发宏观过程都具有方向性，总是向分子热运动无序性更大的方向进行，E正确。

故选ACE。

14. 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃。

（1）求该气体在状态B、C时的温度（用摄氏温度表示）；

（2）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？

【14题答案】

【答案】（1），；（2）放热

【解析】

【详解】（1）气体在状态A时的热力学温度为

对A→B过程根据盖—吕萨克定律有

解得

由图易知

根据理想气体状态方程可知

所以

（2）该气体从状态A到状态C的过程中体积减小，外界对气体做功，而气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知气体放热。

[物理-选修3-4]

15. 直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率

B. 玻璃对a光的临界角小于对b光的临界角

C. a光的频率小于b光的频率

D. 改变b光的入射角度，可能发生全反射现象

E. b光在玻璃中传播速度小于a光在玻璃中的传播速度

【答案】ACE

【解析】

【详解】A．由图可知，玻璃球对光的折射率大于对a光的折射率，故A正确；

B．根据可知玻璃对a光的临界角大于对b光的临界角，故B错误；

C．由A选项可知，a光的频率小于b光的频率，故C正确；

D．取任意角度，如图所示

由折射定律

发生全反射的临界条件

由几何关系可知

可知

故光不可能发生全反射，故D错误；

E．根据可知b光在玻璃中的传播速度小于a光在玻璃中的传播速度，故E正确。

故选ACE。

16. 甲、乙两列简谐横波分别沿轴负方向和正方向传播，两波源分别位于处和处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为，两列波在时刻的波形如图所示，此时平衡位置在和处的、两质点刚要开始振动。已知甲波的周期为，求：

（1）乙波传播到质点所需要的时间；

（2）在时间内，质点沿轴正方向速度最大的时刻。

【答案】（1）；（2）、和

【解析】

【详解】（1）甲波的波长为，甲波的周期为，则波速为

两波波速大小相等，则乙波传播到质点所需要的时间为

（2）由题图可知乙波的波长为，则乙波的周期为

甲波使质点沿轴正方向速度最大，应有

（，，……）

乙波使质点沿轴正方向速度最大，应有

（，，……）

在时间内，欲使两列波相遇后质点沿轴正方向速度最大，则必有

、只能取整数，可得

、时，

、时，

、时，

在时间内，质点沿轴正方向速度最大时刻分别为、和