【贏在高考?黃金8卷】備戰2023年高考物理模擬卷（福建專用）

黃金卷08

（本卷共15小題，滿分100分）

一、單項選擇題：本題共4小題

1.在很多礦物質中，都不同程度地含有放射性元素。下列說法正確的是（）

A.氨的半衰期為3.8天，礦物中氯原子核經過7.6天后全部消失

B.放射性元素發生夕衰變時所釋放的電子是原子核外的電子

C.在a、β、/三種射線中，/射線的穿透能力最強

D.a射線、夕射線和/射線都是電磁波

【答案】C

【解析】A.氫的半衰期為3.8天，礦物中氯原子核經過7.6天后還有!的氫沒有衰變，選

4

項A錯誤；

B.放射性元素發生尸衰變時所釋放的電子是原子核內的中子轉化為質子時放出的電子，選

項B錯誤：

C.在a、β、/三種射線中，V射線的穿透能力最強，選項C正確；

D.a射線、夕射線不是電磁波，只有y射線是電磁波，選項D錯誤。

故選C。

2.在如圖甲所示的電路中，電動機的額定電壓為4V,燈泡上標有"4V4W”,定值電阻R的

阻值為4C。當變壓器原線圈接如圖乙所示的交流電時，電動機和燈泡均正常工作，且電動

機的輸出功率為6W。下列說法正確的是（）

A.變壓器原、副線圈的匝數比為55:1

B.電動機的額定功率為5W

C.電動機的內阻為0.5C

D.若燈泡損壞導致斷路，則電動機也會被燒杯

【答案】C

【解析】A.因為電動機和燈泡均正常工作，所以變壓器副線圈兩端的電壓力=8V,根據

題圖乙可知變壓器原線圈兩端的電壓q=220V,可得變壓器原、副線圈的匝數比

n1_t∕l_55

Z=L

A錯誤；

B.當燈泡正常工作時，通過燈泡的電流

∕L=-^=IA

UL

通過定值電阻的電流

V=IA

可得通過電動機的電流

∕M=∕L+O=2A

因此電動機的額定功率

P=UMK=8W

B錯誤；

C.電動機的發熱功率

P熱=P-?H=^M^r

解得

r=0.5Ω

C正確；

D.若燈泡損壞導致斷路，則副線圈消耗的功率減小，原線圈輸入的功率減小，通過原線圈

的電流減小，導致通過副線圈的電流減小，因此電動機的功率減小，不會被燒壞，D錯誤。

故選C。

3.鼓浪嶼原名"圓沙洲"，因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時聲如擂鼓，故自明朝起雅化

為今稱的"鼓浪嶼"，現為中國第52項世界遺產項目。某次漲潮中，海浪以5m∕s的速度垂直

撞擊到一平直礁石上，之后沿礁石兩側流走，已知礁石受沖擊的面積為2m2,海水的密度為

1.05×103kg∕m3,則海浪對礁石的沖擊力約為（）

A.1.05×104NB.5.25×104N

C.7.88×104ND.2.63×1O5N

【答案】B

（解析】設加時間內與墻壁碰撞的水的質量為

Zn=pSv?t

取水的運動方向為正方向，在碰撞過程中，對加時間內的水，在水平方向根據動量定理有

-FAi=O-ZSmv

聯立解得

Γ=pSv2=1.05×103×2×52N=5.25×104N

根據牛頓第三定律可知海浪對礁石的沖擊力約為5?25X104N.

故選Bo

4.如圖所示，一輕質彈簧固定在斜面底端，/=O時刻，一物塊從斜面頂端由靜止釋放，直至

運動到最低點的過程中，物塊的速度V和加速度a隨時間人動能雙和機械能E隨位移X變

)

【解析】A.在接觸彈簧前，物塊的速度V隨著時間均勻增加，接觸彈簧后，在達到最大速

度前，做加速度減小的加速運動，達到最大速度后，做加速度增大的減速運動，直到停止,

故A正確;

B.在接觸彈簧前，加速度恒定，剛接觸彈簧后的加速度大小為

&=gsin6*一

m

達到最大速度后，設此時彈簧的型變量為?x

A?x+f-mgsinθ=ma

其中

??x.八f、??x

a=--------(zgsinc/--)=--------a

mmm0

設物塊與彈簧接觸前運動了小,物塊從釋放到運動到最低點

mg(∕+Arsing=；AAr2+/(/+&)

整理得

2

??x-2ma°M-2ma0x0=O

有

2

ma[}+y]mal^+2bnaux0

?x=--------------------------------->--------

kk

因此

k?x

4=--------。0>4)

in

故B錯誤；

C.由動能定理，在接觸彈簧前，物體沿著斜面下滑的位移為X

mgsinθx-fa=Ek

動能隨著位移線性增加，接觸彈簧后，在達到最大速度前，做加速運動，物塊的動能隨著位

移是增加的，達到最大速度后，做減速運動，動能隨著位移的增加而減少，故C錯誤；

D.在接觸彈簧前，只有摩擦力做負功，物體的機械能減少

E=E0-fx

在接觸彈簧后，有摩擦力和彈簧彈力做負功，物體的機械能隨位移減少的規律如下

1,

E=E°-3k(x-Xo)-fx

是開口向下的拋物線的一段，故D錯誤。

故選A。

二、多項選擇題：本題共4小題

5.一列簡諧橫波沿X軸正方向傳播，波速v=4cm∕s0久〃兩質點平衡位置的坐標分別為

%=18cm和％=32cm,r=。時刻的波形如圖所示，此時質點“剛好開始振動，則下列說法

正確的是（

∣y∕cm

218

A.該簡諧橫波的周期是3.5s

B.f=3.5s時，質點b剛好開始振動

C.質點匕剛要開始振動時，質點”剛好處于波峰位置

D.質點b剛要開始振動時，在0<x<4cm范圍內的質點都向下振動

【答案】BD

【解析】A.由圖象可知該波波長為;I=12cm,波速u=4cm∕s,所以該簡諧橫波的周期是

T=-=3s

V

選項A錯誤；

B.質點b剛好開始振動時，波向前傳播14cm,用時間

選項B正確；

C.質點6剛要開始振動時，波向前傳播14cm,質點。不在波峰位置，選項C錯誤：

D.質點b剛要開始振動時，波向前傳播14cm,根據此時的波形圖可知，在0<x<4cm范圍

內的質點都向下振動，選項D正確；

故選BDo

6.如圖甲所示，水平絕緣傳送帶正在輸送一閉合正方形金屬線框，在輸送中讓線框隨傳送

帶通過一固定的勻強磁場區域，磁場方向豎直向下，磁場邊界PQ與傳送帶運動方向

垂直，其間距為2d。已知傳送帶以恒定速度%運動，線框質量為加，邊長為d,線框與傳

送帶間的動摩擦因數為〃，且在傳送帶上始終保持線框左、右兩邊平行于磁場邊界，線框右

邊進入磁場到線框右邊離開磁場過程中，其速度V隨時間f變化的圖像如圖乙所示，重力加

速度大小為g，則（）

N?Q

AyO7J▼/

O/l/I/

~MP-O

乙

A.線框進出磁場過程中感應電流方向相同

B.線框穿過磁場過程中受到的摩擦力方向不變

C.整個線框剛好離開磁場時的速度為J詔-4Hgd

D.整個線框穿過磁場過程中安培力對線框做的功為-4/"*"

【答案】BD

【解析】A.由楞次定律可知線框進入磁場過程中感應電流方向為逆時針（俯視），出磁場

過程中感應電流方向為順時針（俯視），故A錯誤；

B.滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，由修圖可知線框右邊進入磁場到右邊恰離開磁

場過程中速度小于傳送帶速度，所受滑動摩擦力方向水平向右，線框出磁場過程與進入磁場

過程中初速度相同、受力情況相同，所以運動情況相同，即出磁場過程中速度由％一直減小

至匕，所以出磁場過程中所受滑動摩擦力方向水平向右，故線框穿過磁場過程中受到的摩擦

力方向不變。故B正確；

C.由B項分析知線框剛好離開磁場時的速度為匕，線框恰完全進入磁場至右邊恰出磁場過

程中線框做勻加速直線運動，有

片一d=2〃gd

解得

?=J*-2.gd

故C錯誤；

D.線框穿過磁場的整個過程中初末速度為%、v1,整個過程中摩橡力不變，所以由動能定

理可得

2

W,ξi+μmg×3J=?wvl-?/wv?

解得

W.ii=-4μmgd

故D正確。

故選BDo

7."天問一號"成功著陸于火星烏托邦平原南部，邁出了我國星際探測征程的重要一步，火

星首次有了中國印跡。下表為火星和地球一些對比數據，利用以下數據可以（）

火星與地球的基本參數比較

基本參數火星地球

近日距2.0662×IO8km1.471×108km

遠日距2.4923×108km1.521×108km

軌道半長徑1.524AUIAU

公轉周期687地球日（668火星日）365.26地球日

自轉周期LO26天(24h37min)0.9973天(23h56min)

赤道半徑3398km6378km

質量0.646×IO24kg5.98×IO24kg

IAU(天文單位)m

A.驗證開普勒第三定律

B.計算火星和地球的第一宇宙速度之比

C.計算火星的衛星線速度與月球線速度之比

D.計算火星和地球自轉時各自赤道處線速度大小之比

【答案】ABD

【解析】A.由表格數據可知火星和地球滿足半長軸的三次方和公轉周期的比值相等，即可

驗證開普勒第三定律，故A正確；

B.根據萬有引力提供向心力有

GM

~R~

因此可根據表格計算火星和地球的第一宇宙速度之比，故B正確；

C.火星的衛星和月球各自繞火星和地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力有

GMmv,

由于火星衛星和月球的軌道半徑未知，無法計算火星的衛星線速度與月球線速度之比，故C

錯誤；

D.火星和地球自轉時各自赤道處線速度為

2πR

V=--------

T

火星和地球的半徑和自轉周期已知，可以計算火星和地球自轉時各自赤道處線速度大小之

比，故D正確；

故選ABDo

8.如圖所示，質量為m的物塊P與物塊Q（質量未知）之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的

水平地面上，彈簧恰好處于原長。現給P物體一瞬時初速度%,并把此時記為0時刻，規定

向左為正方向，0~2%內p、Q物塊運動的4T圖像如圖所示，其中f軸下方部分的面積大

小為S∣,r軸上方部分的面積大小為邑，則（）

<V-o-

zz/zz///////////////.

A.物體Q的質量為；相

2

B.乙,時刻Q物體的速度為h=S?

C.時刻P物體的速度為Vp=V0--S1

D.O~2r0時間內彈簧始終對Q物體做正功

【答案】ACD

【解析】AD.0~2r。時間內Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右，彈簧始終對Q

物體做正功；"時刻，PQ所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得

F彈=%=4）

mvm2

殳-a

-aO

%

則物體Q的質量為g〃7,故AD符合題意；

B.由a-t圖像可知，f°時刻Q物體的速度為

1。

vQ=2

故B不符合題意：

C.由“Y圖像可知，為時刻P物體的速度為

^=v04s'

故C符合題意。

故選ACD。

三、非選擇題：本題共7小題

9.一U形玻璃管豎直放置，左端開口，右端封閉，左端上部有一光滑的輕活塞，初始時，

管內汞柱及空氣柱長度如圖所示。用力向下緩慢推活塞,直至管內兩邊汞柱高度相等時為止。

己知玻璃管的橫截面積處處相同；在活塞向下移動的過程中，沒有發生氣體泄漏；大氣壓強

po=75cmHg,環境溫度不變。末狀態右側管內氣體的壓強為cmHg,活塞向下移

動的距離（填“大于"、〃小于〃、或“等于〃）右側管內水銀上升的距離。

活塞

【解析】⑴設初始時，右管中空氣柱的壓強為/〃，長度為/”左管中空氣柱的壓強為P2=

PO,長度為/2,活塞被下推〃后，右管中空氣柱的壓強為p∕',長度為//'；左管中空氣柱

的壓強為P2‘，長度為/2'。以CmHg為壓強單位，由題給條件可得

Pl=Po+仇_4)cmHg=90cmHg

Z1=20.0cm

,,m20.0—5.00、…

∕l=(20.0---------------)cm=12.5cm

由玻意耳定律得

P1I1S=p'll'lS

解得

p；=144cmHg

⑵依題意

Pl=P；

Γ=4.00cm+2°?°fO°cmj=lL5cmi

22

由玻意耳定律得

,,

p2l2S=p2l2S

解得活塞向卜移動的距離為

h≈9.42cm

右側管內水銀上升的距離

△〃=/]-1[=20-12.5cm=7.5cm

所以活塞向下移動的距離大于右側管內水銀上升的距離。

10.如圖所示，由兩種單色光組成的復色光從水面下方的。點射出，折射光線人如圖所

示，入射角e=37。，。光線的折射角尸=53。，則水對光線”的折射率〃=；若用同一

雙縫干涉裝置進行實驗,可看到a光干涉條紋相鄰亮條紋中心間距比b光的（選填"寬"

sinβ

n=------

Sine

可知，“光折射率為

4

〃=-

3

⑵由圖可知，6光折射角大于“光的折射角，“光的折射率小于力光的折射率，“光的波長

大于b光的波長，由

?x=-λ

d

可知，〃光干涉條紋間距比力光的寬。

11.〃天宮講堂”已經開講兩次了，觀看了我國宇航員在微重力環境下的各個神奇演示實驗后,

實驗小組同學深受啟發，如何在只有手機和刻度尺的條件下，測量小鐵塊與木板間的動摩擦

因數？經過思考他們做了以下操作：

。.用刻度尺在長木板上標出一些刻度，把長木板一端放在水平桌面上，形成一傾角為。（未

知）的斜面，小鐵塊可在斜面上加速下滑，如圖甲所示。

。用手機拍攝小鐵塊下滑的過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得4個連續相等時間間隔（每

個時間間隔A7；=0.2s）內小鐵塊沿斜面下滑的距離。

c?把該小鐵塊放置在水平桌面上，用力敲擊小鐵快，使小鐵塊獲得一較大初速度后能沿斜面

上滑一段距離，同時用手機拍攝小鐵塊上滑的過程，解析視頻記錄的圖像如圖乙所示，同樣

獲得4個連續相等時間間隔（每個時間間隔A4=0.05s）內小鐵塊沿斜面上滑的距離（最后

一次拍攝時小鐵塊仍在上滑）。同學們查得當地的重力加速度為9?8m∕s2。記錄的數據如下表。

鐵塊下滑s2力$4

4.85cm7.12cm9.38cm11.65cm

鐵塊上滑ss

10.45cm8.87cm7.30cm5.72cm

由表中數據可得，小鐵塊沿斜面下滑的加速度大小為m/s"小鐵塊沿斜面上滑

的加速度大小為m∕s2.小鐵塊與木板間的動摩擦因數為。（結果均

保留2位小數）

【答案】0.576.300.30

【解析】⑴小鐵塊沿斜面下滑的加速度大小為

S+SSy∣

=43~2~?=0.57m∕s2

4(△I)?

⑵小鐵塊沿斜面上滑的加速度大小為

卜8+S?一4一$5〔

=6.30m∕s2

4（M『

⑶小鐵塊沿斜面下滑過程，根據牛頓第二定律有

mgSine-μmgcosθ=max

小鐵塊沿斜面上滑過程，根據牛頓第二定律有

mgsinθ+μmgcosθ=tna2

聯立解得

Sino="'3=0.34,COSe=√l-sin26>=0.94

乙g

彳弋Λtngsinθ-μmgcosθ=maλ,解得

μ=0.30

12.實驗方案對實驗測量的精度有直接影響，某學習小組對“測量電源的電動勢和內阻”的實

驗方案進行探究，選用電動勢約為4V、內阻約為5Q的電源，現有下列實驗器材：

A.電阻箱%：阻值可調范圍為0~999.9Q;

B.滑動變阻器與：阻值范圍為0~15。；

C.滑動變阻器凡：阻值范圍為0~100Q;

D.表頭G：量程為2mA、內阻為199.5Q；

E.電壓表Y：量程為3V、內阻約為5kQ；

F.電壓表V?：量程為15V、內阻約為15kQ；

G.開關、導線若干。

（1）該小組設計了三個實驗電路圖，你認為最合理的是,

（2）若將表頭G改裝成量程為80OmA的電流表，則電阻箱小的阻值應該為.

（3）為更好調節，滑動變阻器應該選用（填"4"或"Rz"），為使讀數更準確,

電壓表應該選用（填"Y"或"V?”）。

【答案】乙表頭G的量程太小，需要用電阻箱Ro進行改裝，改裝后的電流表內阻已

知，采用乙圖，可以避免系統誤差0.5/?,V1

【解析】（1）⑴⑵通過估算，如果滑動變阻器接入電路的阻值最小時

E

≈19.5mA

κg+r

表頭G的量程太小，需要用電阻箱進行改裝，改裝后的電流表內阻可以算出，采用乙圖，可

以消除電表引起的系統誤差。

（2）⑶由

?=4÷^

?（）

可得

RO=O.5。。

（3）⑷⑸通過估算，假設電流表內阻不計時，最大電流為

E

—=800mA

r

表頭至少需要改裝成量程為80OmA的電流表，需要并聯電阻大小為0.5。，本實驗滑動變阻

器采用限流式接法,最大阻值最好比被測電阻大2~3倍調節效果好,所以滑動變阻器選用

當滑片處于最左端時

所以電壓表選用V-

13.火星的半徑是地球半徑的二分之一，質量為地球質量的十分之一，忽略星球自轉影響，

地球表面重力加速度?=10m∕s2o假定航天員在火星表面利用如圖所示的裝置研究小球的運

動。豎直平面放置的光滑半圓形管道固定在水平面上，一直徑略小于管道內徑的小球（可視

為質點）沿水平面從管道最低點A進入管道，從最高點8脫離管道后做平拋運動，Is后與

傾角為37。的斜面垂直相碰于C點。已知半圓形管道的半徑為r=3m,小球的質量為m=0.5kg,

sin37o=0.6,cos370=0.8）,求：

（1）火星表面的重力加速度的大小；

（2）C與B點的水平距離；

（3）小球經過管道的A點時，對管壁的壓力的大小。

【答案】(1)4m∕s2;(2)3m；(3)11.5N

【解析】(1)根據“黃金代換式"，對地球

GM=gR2

對火星

GMk=g火破

火星的半徑是地球半徑的二分之一，質量為地球質量的十分之一，得火星表面的重力加速度

的大小為

g火=4m∕s2

(2)小球從B點到C點做平拋運動，則

12C

y=^g火廣=2m

小球與斜面垂直相碰于C點，則

tan(90o-37o)=^=2??

%X

C與B點的水平距離為

X=3m

(3)由(1)可得小球在B點的速度為

v0=3m∕s

小球由4點到3點，根據機械能守恒

-mv^+mg,k-2r=^mv↑

根據牛頓第二定律

FN-，〃g火="

得

FN=11.5N

根據牛頓第三定律，則小球經過管道的4點時，對管壁的壓力的大小為11.5N。

14.如圖所示，在正交坐標系。-孫Z空間中，OZ豎直向下，。'為y軸上的一點。相距0.5m

的兩平行拋物線狀光滑軌道OP、0'戶通過長度不計的光滑絕緣材料在P、P處與平行傾斜

粗糙直軌道PQ、PQ'平滑相接，其中拋物線狀軌道。P的方程為z=3/,。0'間用導線連

接R=IC的定值電阻，傾斜軌道足夠長，QQ'間用導線連接C=IF的電容器。電容器最初不

帶電。拋物線狀軌道區域存在方向豎直向下、磁感應強度耳=4T的勻強磁場，傾斜直軌道

區域存在與導軌垂直向上、磁感應強度與=2T的勻強磁場。一質量為0.5kg,長為0.5m的

金屬導體棒在恒定外力F作用下從y軸開始以初速度%沿拋物線狀軌道做加速度方向豎直

向下、大小為IOm//的加速運動，導體棒到達連接處Pp后立即撤去該外力凡已知金屬導

體棒與軌道始終接觸良好，金屬棒與傾斜直軌道間的動摩擦因數〃=0?75,尸點縱坐標

zp=?m,金屬棒電阻為1Q,其他電阻忽略不計，金屬捧在運動過程中始終與y軸平行，

不計空氣阻力，重力加速度g取IOm/s?。求：

(1)金屬棒初速度%的大小；

(2)外力F的大小和金屬捧在拋物線狀光滑軌道運動過程中產生的焦耳熱Q；

(3)電容器最終的電荷量*7。

【解析】(1)由題意可知，金屬棒做類平拋運動，加速度為α=10m∕s2,則有

,z?at2

X=卬，=2

解得

a2

軌跡方程為

52

z=-x~

4

聯立解得

%=2m∕s

（2）由金屬棒運動性質可知，金屬棒有效切割速度不變，由法拉第電磁感應定律可得

E=BlIv0

由閉合電路歐姆定律可得

/?-?

R+r

又

F=F安=BjI

聯立解得

F=4N

由

Zp=；*

解得金屬棒在拋體狀軌道上運動的時間為

3

Λ=-s

,20

由焦耳定律可得

2

e=∕rt1

解得

β=0.6J

（3）金屬棒運動到連接處時，金屬棒的豎直分速度為

vv=atx=1.5m∕s

金屬棒運動到連接處時的速度為

V="=2.5m/s

斜面傾角滿足

tan。=/=0.75

%

可得

θ=37o

金屬棒滑上斜面后，由動量定理可得

,

-B2IlAt+mgsinΘX—μmgcosΘZ=mv-mv

又

q=7?t

由電路特點和電容定義可得

q=CB2Iv'

聯立解得

qΛc

15.如圖所示，豎直平面內有等量異種點電荷M、N水平固定放置，其中M為正電荷，N

為負電荷，兩電荷正下方固定一足夠長的光滑水平絕緣直桿，A、B分別為桿上位于M、N

正下方的兩點，。點為AB的中點。中心開孔的小球隊6穿在桿上，分別位于A、B兩點處，

其中小球α質量為"?、電荷量為q(q>0),小球匕不帶電且處于靜止狀態。將小球α由靜

止釋放，已知兩小球碰撞為完全彈性碰撞，且碰撞過程電量不轉移，取無窮遠處電勢為零，

A點電勢為0,重力加速度大小為g,求：

(1)小球”運動至O點時，所受軌道的彈力大小；

(2)若碰撞后小球α恰能回到。點，求小球b的質量；

(3)已知AB兩點的距離為L,若AB段變為粗糙，且與小球α的動摩擦因數〃=儼7,

19ngL

小球“由靜止釋放后向右運動并與小球6碰撞，為使碰后小球ɑ能一直向右運動，求小球6

質量的取值范圍。

I

MIN

I

①-—*—

I

II-Q