卷08-2023年高考物理模拟卷（福建）（解析版）

【赢在高考・黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（福建专用）

黄金卷08

（本卷共15小题，满分100分）

一、单项选择题：本题共4小题

1.在很多矿物质中，都不同程度地含有放射性元素。下列说法正确的是（）

A.氨的半衰期为3.8天，矿物中氯原子核经过7.6天后全部消失

B.放射性元素发生夕衰变时所释放的电子是原子核外的电子

C.在a、β、/三种射线中，/射线的穿透能力最强

D.a射线、夕射线和/射线都是电磁波

【答案】C

【解析】A.氢的半衰期为3.8天，矿物中氯原子核经过7.6天后还有!的氢没有衰变，选

4

项A错误；

B.放射性元素发生尸衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选

项B错误：

C.在a、β、/三种射线中，V射线的穿透能力最强，选项C正确；

D.a射线、夕射线不是电磁波，只有y射线是电磁波，选项D错误。

故选C。

2.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4C。当变压器原线圈接如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55:1

B.电动机的额定功率为5W

C.电动机的内阻为0.5C

D.若灯泡损坏导致断路，则电动机也会被烧杯

【答案】C

【解析】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力=8V,根据

题图乙可知变压器原线圈两端的电压q=220V,可得变压器原、副线圈的匝数比

n1_t∕l_55

Z=L

A错误；

B.当灯泡正常工作时，通过灯泡的电流

∕L=-^=IA

UL

通过定值电阻的电流

V=IA

可得通过电动机的电流

∕M=∕L+O=2A

因此电动机的额定功率

P=UMK=8W

B错误；

C.电动机的发热功率

P热=P-?H=^M^r

解得

r=0.5Ω

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，D错误。

故选C。

3.鼓浪屿原名"圆沙洲"，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化

为今称的"鼓浪屿"，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以5m∕s的速度垂直

撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为2m2,海水的密度为

1.05×103kg∕m3,则海浪对礁石的冲击力约为（）

A.1.05×104NB.5.25×104N

C.7.88×104ND.2.63×1O5N

【答案】B

（解析】设加时间内与墙壁碰撞的水的质量为

Zn=pSv∖t

取水的运动方向为正方向，在碰撞过程中，对加时间内的水，在水平方向根据动量定理有

-FAi=O-ZSmv

联立解得

Γ=pSv2=1.05×103×2×52N=5.25×104N

根据牛顿第三定律可知海浪对礁石的冲击力约为5∙25X104N.

故选Bo

4.如图所示，一轻质弹簧固定在斜面底端，/=O时刻，一物块从斜面顶端由静止释放，直至

运动到最低点的过程中，物块的速度V和加速度a随时间人动能双和机械能E随位移X变

)

【解析】A.在接触弹簧前，物块的速度V随着时间均匀增加，接触弹簧后，在达到最大速

度前，做加速度减小的加速运动，达到最大速度后，做加速度增大的减速运动，直到停止,

故A正确;

B.在接触弹簧前，加速度恒定，刚接触弹簧后的加速度大小为

&=gsin6*一

m

达到最大速度后，设此时弹簧的型变量为∆x

A∆x+f-mgsinθ=ma

其中

⅛∆x.八f、⅛∆x

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

mmm0

设物块与弹簧接触前运动了小,物块从释放到运动到最低点

mg(∕+Arsing=；AAr2+/(/+&)

整理得

2

⅛∆x-2ma°M-2ma0x0=O

有

2

ma[}+y]mal^+2bnaux0

∆x=--------------------------------->--------

kk

因此

k∖x

4=--------。0>4)

in

故B错误；

C.由动能定理，在接触弹簧前，物体沿着斜面下滑的位移为X

mgsinθx-fa=Ek

动能随着位移线性增加，接触弹簧后，在达到最大速度前，做加速运动，物块的动能随着位

移是增加的，达到最大速度后，做减速运动，动能随着位移的增加而减少，故C错误；

D.在接触弹簧前，只有摩擦力做负功，物体的机械能减少

E=E0-fx

在接触弹簧后，有摩擦力和弹簧弹力做负功，物体的机械能随位移减少的规律如下

1,

E=E°-3k(x-Xo)-fx

是开口向下的抛物线的一段，故D错误。

故选A。

二、多项选择题：本题共4小题

5.一列简谐横波沿X轴正方向传播，波速v=4cm∕s0久〃两质点平衡位置的坐标分别为

%=18cm和％=32cm,r=。时刻的波形如图所示，此时质点“刚好开始振动，则下列说法

正确的是（

∣y∕cm

218

A.该简谐横波的周期是3.5s

B.f=3.5s时，质点b刚好开始振动

C.质点匕刚要开始振动时，质点”刚好处于波峰位置

D.质点b刚要开始振动时，在0<x<4cm范围内的质点都向下振动

【答案】BD

【解析】A.由图象可知该波波长为;I=12cm,波速u=4cm∕s,所以该简谐横波的周期是

T=-=3s

V

选项A错误；

B.质点b刚好开始振动时，波向前传播14cm,用时间

选项B正确；

C.质点6刚要开始振动时，波向前传播14cm,质点。不在波峰位置，选项C错误：

D.质点b刚要开始振动时，波向前传播14cm,根据此时的波形图可知，在0<x<4cm范围

内的质点都向下振动，选项D正确；

故选BDo

6.如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让线框随传送

带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界PQ与传送带运动方向

垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速度%运动，线框质量为加，边长为d,线框与传

送带间的动摩擦因数为〃，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右

边进入磁场到线框右边离开磁场过程中，其速度V随时间f变化的图像如图乙所示，重力加

速度大小为g，则（）

N∖Q

AyO7J▼/

O/l/I/

~MP-O

乙

A.线框进出磁场过程中感应电流方向相同

B.线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变

C.整个线框刚好离开磁场时的速度为J诏-4Hgd

D.整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为-4/"*"

【答案】BD

【解析】A.由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针（俯视），出磁场

过程中感应电流方向为顺时针（俯视），故A错误；

B.滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，由修图可知线框右边进入磁场到右边恰离开磁

场过程中速度小于传送带速度，所受滑动摩擦力方向水平向右，线框出磁场过程与进入磁场

过程中初速度相同、受力情况相同，所以运动情况相同，即出磁场过程中速度由％一直减小

至匕，所以出磁场过程中所受滑动摩擦力方向水平向右，故线框穿过磁场过程中受到的摩擦

力方向不变。故B正确；

C.由B项分析知线框刚好离开磁场时的速度为匕，线框恰完全进入磁场至右边恰出磁场过

程中线框做匀加速直线运动，有

片一d=2〃gd

解得

½=J*-2.gd

故C错误；

D.线框穿过磁场的整个过程中初末速度为%、v1,整个过程中摩橡力不变，所以由动能定

理可得

2

W,ξi+μmg×3J=ɪwvl-ɪ/wvŋ

解得

W.ii=-4μmgd

故D正确。

故选BDo

7."天问一号"成功着陆于火星乌托邦平原南部，迈出了我国星际探测征程的重要一步，火

星首次有了中国印迹。下表为火星和地球一些对比数据，利用以下数据可以（）

火星与地球的基本参数比较

基本参数火星地球

近日距2.0662×IO8km1.471×108km

远日距2.4923×108km1.521×108km

轨道半长径1.524AUIAU

公转周期687地球日（668火星日）365.26地球日

自转周期LO26天(24h37min)0.9973天(23h56min)

赤道半径3398km6378km

质量0.646×IO24kg5.98×IO24kg

IAU(天文单位)m

A.验证开普勒第三定律

B.计算火星和地球的第一宇宙速度之比

C.计算火星的卫星线速度与月球线速度之比

D.计算火星和地球自转时各自赤道处线速度大小之比

【答案】ABD

【解析】A.由表格数据可知火星和地球满足半长轴的三次方和公转周期的比值相等，即可

验证开普勒第三定律，故A正确；

B.根据万有引力提供向心力有

GM

~R~

因此可根据表格计算火星和地球的第一宇宙速度之比，故B正确；

C.火星的卫星和月球各自绕火星和地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有

GMmv,

由于火星卫星和月球的轨道半径未知，无法计算火星的卫星线速度与月球线速度之比，故C

错误；

D.火星和地球自转时各自赤道处线速度为

2πR

V=--------

T

火星和地球的半径和自转周期已知，可以计算火星和地球自转时各自赤道处线速度大小之

比，故D正确；

故选ABDo

8.如图所示，质量为m的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的

水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度%,并把此时记为0时刻，规定

向左为正方向，0~2%内p、Q物块运动的4T图像如图所示，其中f轴下方部分的面积大

小为S∣,r轴上方部分的面积大小为邑，则（）

<V-o-

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

A.物体Q的质量为；相

2

B.乙,时刻Q物体的速度为h=S?

C.时刻P物体的速度为Vp=V0--S1

D.O~2r0时间内弹簧始终对Q物体做正功

【答案】ACD

【解析】AD.0~2r。时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q

物体做正功；"时刻，PQ所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得

F弹=%=4）

mvm2

殳-a

-aO

%

则物体Q的质量为g〃7,故AD符合题意；

B.由a-t图像可知，f°时刻Q物体的速度为

1。

vQ=2

故B不符合题意：

C.由“Y图像可知，为时刻P物体的速度为

^=v04s'

故C符合题意。

故选ACD。

三、非选择题：本题共7小题

9.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞，初始时，

管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止。

己知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强

po=75cmHg,环境温度不变。末状态右侧管内气体的压强为cmHg,活塞向下移

动的距离（填“大于"、〃小于〃、或“等于〃）右侧管内水银上升的距离。

活塞

【解析】⑴设初始时，右管中空气柱的压强为/〃，长度为/”左管中空气柱的压强为P2=

PO,长度为/2,活塞被下推〃后，右管中空气柱的压强为p∕',长度为//'；左管中空气柱

的压强为P2‘，长度为/2'。以CmHg为压强单位，由题给条件可得

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依题意

Pl=P；

Γ=4.00cm+2°∙°fO°cmj=lL5cmi

22

由玻意耳定律得

,,

p2l2S=p2l2S

解得活塞向卜移动的距离为

h≈9.42cm

右侧管内水银上升的距离

△〃=/]-1[=20-12.5cm=7.5cm

所以活塞向下移动的距离大于右侧管内水银上升的距离。

10.如图所示，由两种单色光组成的复色光从水面下方的。点射出，折射光线人如图所

示，入射角e=37。，。光线的折射角尸=53。，则水对光线”的折射率〃=；若用同一

双缝干涉装置进行实验,可看到a光干涉条纹相邻亮条纹中心间距比b光的（选填"宽"

sinβ

n=------

Sine

可知，“光折射率为

4

〃=­

3

⑵由图可知，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，“光的波长

大于b光的波长，由

∖x=-λ

d

可知，〃光干涉条纹间距比力光的宽。

11.〃天宫讲堂”已经开讲两次了，观看了我国宇航员在微重力环境下的各个神奇演示实验后,

实验小组同学深受启发，如何在只有手机和刻度尺的条件下，测量小铁块与木板间的动摩擦

因数？经过思考他们做了以下操作：

。.用刻度尺在长木板上标出一些刻度，把长木板一端放在水平桌面上，形成一倾角为。（未

知）的斜面，小铁块可在斜面上加速下滑，如图甲所示。

。用手机拍摄小铁块下滑的过程，然后解析视频记录的图像，获得4个连续相等时间间隔（每

个时间间隔A7；=0.2s）内小铁块沿斜面下滑的距离。

c∙把该小铁块放置在水平桌面上，用力敲击小铁快，使小铁块获得一较大初速度后能沿斜面

上滑一段距离，同时用手机拍摄小铁块上滑的过程，解析视频记录的图像如图乙所示，同样

获得4个连续相等时间间隔（每个时间间隔A4=0.05s）内小铁块沿斜面上滑的距离（最后

一次拍摄时小铁块仍在上滑）。同学们查得当地的重力加速度为9∙8m∕s2。记录的数据如下表。

铁块下滑s2力$4

4.85cm7.12cm9.38cm11.65cm

铁块上滑ss

10.45cm8.87cm7.30cm5.72cm

由表中数据可得，小铁块沿斜面下滑的加速度大小为m/s"小铁块沿斜面上滑

的加速度大小为m∕s2.小铁块与木板间的动摩擦因数为。（结果均

保留2位小数）

【答案】0.576.300.30

【解析】⑴小铁块沿斜面下滑的加速度大小为

S+SSy∣

=43~2~∙=0.57m∕s2

4(△I)?

⑵小铁块沿斜面上滑的加速度大小为

卜8+S?一4一$5〔

=6.30m∕s2

4（M『

⑶小铁块沿斜面下滑过程，根据牛顿第二定律有

mgSine-μmgcosθ=max

小铁块沿斜面上滑过程，根据牛顿第二定律有

mgsinθ+μmgcosθ=tna2

联立解得

Sino="'3=0.34,COSe=√l-sin26>=0.94

乙g

彳弋Λtngsinθ-μmgcosθ=maλ,解得

μ=0.30

12.实验方案对实验测量的精度有直接影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实

验方案进行探究，选用电动势约为4V、内阻约为5Q的电源，现有下列实验器材：

A.电阻箱%：阻值可调范围为0~999.9Q;

B.滑动变阻器与：阻值范围为0~15。；

C.滑动变阻器凡：阻值范围为0~100Q;

D.表头G：量程为2mA、内阻为199.5Q；

E.电压表Y：量程为3V、内阻约为5kQ；

F.电压表V?：量程为15V、内阻约为15kQ；

G.开关、导线若干。

（1）该小组设计了三个实验电路图，你认为最合理的是,

（2）若将表头G改装成量程为80OmA的电流表，则电阻箱小的阻值应该为.

（3）为更好调节，滑动变阻器应该选用（填"4"或"Rz"），为使读数更准确,

电压表应该选用（填"Y"或"V?”）。

【答案】乙表头G的量程太小，需要用电阻箱Ro进行改装，改装后的电流表内阻已

知，采用乙图，可以避免系统误差0.5/?,V1

【解析】（1）⑴⑵通过估算，如果滑动变阻器接入电路的阻值最小时

E

≈19.5mA

κg+r

表头G的量程太小，需要用电阻箱进行改装，改装后的电流表内阻可以算出，采用乙图，可

以消除电表引起的系统误差。

（2）⑶由

⅛=4÷^

«（）

可得

RO=O.5。。

（3）⑷⑸通过估算，假设电流表内阻不计时，最大电流为

E

—=800mA

r

表头至少需要改装成量程为80OmA的电流表，需要并联电阻大小为0.5。，本实验滑动变阻

器采用限流式接法,最大阻值最好比被测电阻大2~3倍调节效果好,所以滑动变阻器选用

当滑片处于最左端时

所以电压表选用V-

13.火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一，忽略星球自转影响，

地球表面重力加速度⅛=10m∕s2o假定航天员在火星表面利用如图所示的装置研究小球的运

动。竖直平面放置的光滑半圆形管道固定在水平面上，一直径略小于管道内径的小球（可视

为质点）沿水平面从管道最低点A进入管道，从最高点8脱离管道后做平抛运动，Is后与

倾角为37。的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径为r=3m,小球的质量为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与B点的水平距离；

（3）小球经过管道的A点时，对管壁的压力的大小。

【答案】(1)4m∕s2;(2)3m；(3)11.5N

【解析】(1)根据“黄金代换式"，对地球

GM=gR2

对火星

GMk=g火破

火星的半径是地球半径的二分之一，质量为地球质量的十分之一，得火星表面的重力加速度

的大小为

g火=4m∕s2

(2)小球从B点到C点做平抛运动，则

12C

y=^g火广=2m

小球与斜面垂直相碰于C点，则

tan(90o-37o)=^=2∙ɪ

%X

C与B点的水平距离为

X=3m

(3)由(1)可得小球在B点的速度为

v0=3m∕s

小球由4点到3点，根据机械能守恒

-mv^+mg,k-2r=^mv↑

根据牛顿第二定律

FN-，〃g火="

得

FN=11.5N

根据牛顿第三定律，则小球经过管道的4点时，对管壁的压力的大小为11.5N。

14.如图所示，在正交坐标系。-孙Z空间中，OZ竖直向下，。'为y轴上的一点。相距0.5m

的两平行抛物线状光滑轨道OP、0'户通过长度不计的光滑绝缘材料在P、P处与平行倾斜

粗糙直轨道PQ、PQ'平滑相接，其中抛物线状轨道。P的方程为z=3/,。0'间用导线连

接R=IC的定值电阻，倾斜轨道足够长，QQ'间用导线连接C=IF的电容器。电容器最初不

带电。抛物线状轨道区域存在方向竖直向下、磁感应强度耳=4T的匀强磁场，倾斜直轨道

区域存在与导轨垂直向上、磁感应强度与=2T的匀强磁场。一质量为0.5kg,长为0.5m的

金属导体棒在恒定外力F作用下从y轴开始以初速度%沿抛物线状轨道做加速度方向竖直

向下、大小为IOm//的加速运动，导体棒到达连接处Pp后立即撤去该外力凡已知金属导

体棒与轨道始终接触良好，金属棒与倾斜直轨道间的动摩擦因数〃=0∙75,尸点纵坐标

zp=⅛m,金属棒电阻为1Q,其他电阻忽略不计，金属捧在运动过程中始终与y轴平行，

不计空气阻力，重力加速度g取IOm/s?。求：

(1)金属棒初速度%的大小；

(2)外力F的大小和金属捧在抛物线状光滑轨道运动过程中产生的焦耳热Q；

(3)电容器最终的电荷量*7。

【解析】(1)由题意可知，金属棒做类平抛运动，加速度为α=10m∕s2,则有

,zɪat2

X=卬，=2

解得

a2

轨迹方程为

52

z=-x~

4

联立解得

%=2m∕s

（2）由金属棒运动性质可知，金属棒有效切割速度不变，由法拉第电磁感应定律可得

E=BlIv0

由闭合电路欧姆定律可得

/ɪ-ɪ

R+r

又

F=F安=BjI

联立解得

F=4N

由

Zp=；*

解得金属棒在抛体状轨道上运动的时间为

3

Λ=­s

,20

由焦耳定律可得

2

e=∕rt1

解得

β=0.6J

（3）金属棒运动到连接处时，金属棒的竖直分速度为

vv=atx=1.5m∕s

金属棒运动到连接处时的速度为

V="=2.5m/s

斜面倾角满足

tan。=/=0.75

%

可得

θ=37o

金属棒滑上斜面后，由动量定理可得

,

-B2IlAt+mgsinΘX—μmgcosΘZ=mv-mv

又

q=7∖t

由电路特点和电容定义可得

q=CB2Iv'

联立解得

qΛc

15.如图所示，竖直平面内有等量异种点电荷M、N水平固定放置，其中M为正电荷，N

为负电荷，两电荷正下方固定一足够长的光滑水平绝缘直杆，A、B分别为杆上位于M、N

正下方的两点，。点为AB的中点。中心开孔的小球队6穿在杆上，分别位于A、B两点处，

其中小球α质量为"?、电荷量为q(q>0),小球匕不带电且处于静止状态。将小球α由静

止释放，已知两小球碰撞为完全弹性碰撞，且碰撞过程电量不转移，取无穷远处电势为零，

A点电势为0,重力加速度大小为g,求：

(1)小球”运动至O点时，所受轨道的弹力大小；

(2)若碰撞后小球α恰能回到。点，求小球b的质量；

(3)已知AB两点的距离为L,若AB段变为粗糙，且与小球α的动摩擦因数〃=俨7,

19ngL

小球“由静止释放后向右运动并与小球6碰撞，为使碰后小球ɑ能一直向右运动，求小球6

质量的取值范围。

I

MIN

I

①-—*—

I

II-Q