2023年高考物理模拟卷（全国卷专用）黄金卷02 含解析

【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02

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17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）

1.一本质量为〃的书平放在水平桌面上，将一张A4纸夹在书页间，如图所示。A4纸与书

页间的动摩擦因数为“，书与桌面间的动摩擦因数为〃2,川=3饮。现有一水平向右的力作用

于A4纸上，若要使书一同运动，A4纸上面书页的质量加应满足（最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，A4纸的质量忽略不计）（）

A.m<—MB.m>—MC.m<—MD.

12126

1

m>—M

6

【答案】D

【解析】

【详解】A4纸与书上下两个接触面都有摩擦力，且正压力均等于上方书页总重力，书本恰

好运动时，设A4纸上面的书页的质量为mo，当A4纸及书刚要运动时，则有

=F=fiiMg

解得

M

=—

o

若要使书一同运动，A4纸上面的书页的质量越大越容易一起拉动，所以

1

m>—M

6

故选D。

2.长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下沿水平方向向敌方防御

工事内投掷手榴弹，手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力，以下关于手榴弹下落过程中的重力

势能《（以地面为零势能面）、动能变化量动能的平均变化率一广，机械能E随时

间f变化的曲线，正确的是（）

【解析】

【详解】A.设手榴弹的初始高度为H,则手榴弹卜落过程中的重力势能

m

„12S~2

Ep=mgH-mg--gt=mgH--^-t

可知综一，图象不可能是直线，故A错误；

B.动能变化量等于合外力所做的功，即重力做的功，可得

22

A£k=wg.1g/=^-/

可知为过原点的抛物线，故B错误；

C.根据B选项分析可得

△耳_*

-------------1

t2

可知一为过原点的倾斜直线，故C正确；

t

D.手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，可知图象为平行于/轴的直线，机

械能大小恒为加g〃，故D错误。

故选C。

3.将一个小球以速度4竖直向上抛出，已知小球经，时间上升到最高点，再经一段时间匀速

经过抛出点时，速度大小为％。空气阻力大小与小球速度大小成正比，重力加速度为g,则

下列判断正确的是（）

A.小球运动到最高点速度为零处于平衡状态

B.小球上升的最大高度为四二初

g

C.小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量大于下降过程中阻力的冲量

D.小球运动的最大加速度大小为a="g

vi

【答案】B

【解析】

【详解】A.小球运动到最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力作用，可知物体加速度

为重力加速度，竖直向下，处于失重状态，故A错误；

D.设空气阻力

f=kv

当小球的速度为匕时，小球处于平衡状态

kv、=mg

可得

人整

V1

刚抛出时加速度最大

ma=mg+kvQ

联立可得

«=g（l+—）

匕

故D错误；

B.在上升过程中由动量定理

—mgt—〃y上£=0一m%

即

mg

-mgt-----〃=〃2（0—%）

解得

「（.一/）

g

故B正确；

C.小球上升过程中阻力冲量的大小

It=kv上t

下降过程中阻力冲量的大小为

下

7T=kvt

又

v上，=丫下f=h

可知小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量等于下降过程中阻力的冲量，故C错

误。

故选Bo

4.如图所示，匀强电场内有一矩形区域/8CO,电荷量为e的某带电粒子从B点沿8。方向

以8eV的动能射入该区域，粒子恰好经过/点。已知矩形区域的边长/8=8cm,BC=6cm,

A.B、C三点的电势分别为6V、12V、18V,不计粒子重力，下列判断正确的是()

A.粒子带负电

B.电场强度的大小为100V/m

C.粒子到达4点时的动能为12eV

D.仅改变粒子在8点初速度的方向，该粒子可能经过C点

【答案】D

【解析】A.根据题意得

(PD-VA=<PC—(PB

解得

%=12V

B、D在同一等势面上，电场方向左下，粒子带正电荷，A错误;

B.电场强度为

E=%一％JxGv/m

48sin3704

B错误；

C.根据动能定理得

0（%一%）=见一58

解得

几=14eV

C错误；

D.粒子的从B点到C点克服电场力的功为

W=e（%-%）=6eV<8eV

仅改变粒子在8点初速度的方向，该粒子一定能经过C点，D正确。

故选D。

5.如图所示，理想变压器原线圈匝数为〃°,接有匝数为々的副线圈，〃0：々=8：1。原线

圈串联一个阻值q=8.0Q电阻。副线圈接阻值A=L0Q的电阻。若原线圈接有正弦交变电

压〃=36j5sin（100加），则下列判断正确的是（）

A.理想电流表的示数为1.0A

B.理想电流表的示数为4.0A

C.电阻与和A消耗功率之比为8:1

D.电阻用和&消耗功率之比为1:8

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.设原线圈中电流为/°，原线圈正弦交变电压有效值为

U有效=Um.3V=36V

根据理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比可得副线圈电流为8/。，依据原副线圈两端

电压比等于匝数比，所以有

36-R」＜）_®

—吼〃]

解得

Io=0.5A

故副线圈中电流为

/副=8,O=4A

A错误，B正确；

CD.电阻5和4消耗功率之比为

P0一_1

PlI；48

C错误，D正确。

故选BD.,

6.大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所

示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为"?的轻质小球先后经过。、6两点,

其中在a点的速度大小为3v,方向与必连线成a=53°角；在b点的速度大小为4v,方向

与外连线成/=37。角。已知外连线长为乩小球只受风力的作用，sin37°=0.6,

cos37°=0.8。下列说法中正确的是（）

2加I??

A.风力方向与而连线夹角为74。B.风力大小为丝二

d

C.从。点运动到b点所用的时间为'D.小球的最小速度为2.4v

V

【答案】AD

【解析】

【详解】A.小球只受风力作用，则垂直风力方向的速度不变，设风力方向与成夹角为仇

则

vasin[万一(a+8)]=%sin(®-、)

解得

8=74°

选项A正确;

C.从。点运动到6点沿勘方向的平均速度

-3vcos530+4vcos370.

v=-------------------------------=2n.5v

2

所用的时间为

d2d

f===——

v5v

选项C错误；

B.从。点运动到6点加速度

V.cos370-(-vcos530)25v2

a=-----------------=---

t2d

则风力大小

25mv2

F=ma=

2d

选项B错误;

D.当小球沿风力方向的速度最小时，小球的速度最小，此时小球的最小速度为

%加=v,sin53a=2.4v

选项D正确。

故选AD«

7.如图1所示为一种新型的电动玩具，整体质量为加，下方的圆球里有电动机、电池、红

外线发射器等，打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力尸，使玩具在

空中飞行。将玩具从离地面高度为4%处静止释放，使玩具在竖直方向运动，推进力尸随离

地面高度〃变化的关系如图2所示，重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于

4%~2%过程，下列判断正确的是（）

A.玩具先做匀加速再做匀减速运动

B.玩具下落到距地面3%高处速度最大

C.玩具下落的最大速度为J区

D.玩具下落的最大速度为，呼

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.玩具在下落过程中，根据牛顿第二定律有

mg-F=ma

4%〜2%过程中，由图可知，尸从零增大到2机g,在3%时为加g,所以加速度开始向卜

并逐渐减小速度在增大，当达到3%时合力为零加速度为零此时速度达到最大值，继续运动,

合力向上，做减速运动，此时加速度向上并逐渐增大，速度在减小，A错误，B正确；

CD.根据上面分析到达3%时速度最大，厂做负功，大小为图形中与横轴围成的面积，所以

有

对该过程根据动能定理有

,1,12

mgh0--mgh0=-mvm

解得

C正确，D错误。

故选BC.

8.如图甲所示，游乐园中的过山车虽然惊险刺激，但也有多种措施保证了它的安全运行。

其中磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的被磁

铁安装在轨道上，刹车金属框安装在过山车底部。简化为图乙所示的模型，将刹车金属框看

作为一个边长为总电阻为火的单匝正方形线框，则过山车返回水平站台前的运动可以

简化如下：线框沿着光滑斜面下滑S后，下边框进入匀强磁场时线框开始减速，下边框出磁

场时，线框恰好做匀速直线运动。已知斜面与水平面的夹角为6,过山车的总质量为〃?，

磁场区上下边界间的距离也为L,磁感应强度大小为8,方向垂直斜面向上，重力加速度为

g。则下列说法正确的是()

图甲

A.线框刚进入磁场上边界时，从斜面上方俯视线框，感应电流的方向为顺时针方向

B.线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为"

R

C.线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(s+2£)sin6-比舞尚发

D.线框穿过磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为零

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.线框刚进入磁场上边界时，从斜面上方俯视线框，根据右手定则可知，感应电

流的方向为顺时针方向，故A正确；

B.线框刚进入磁场上边界时，感应电动势为

E=BLv-BLyj2sin6-gs

感应电流的大小为

IEBLy]2sin3-gs

R~

故B错误；

C.下边框出磁场时，线框恰好做匀速直线运动，有

BI'L=mgsin6

R

解得

,_mgRsin0

yB2I}

线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为

m3g2R2sin20

Q=mgsin6(s+2A)-~mv'2=/Mg(s+2L)sin。一

2B*Z

故C正确;

D.线框穿过整个磁场的过程中，穿过线圈磁通量改变量为零，通过导线内某一横截面的电

荷量

</=/△♦=—AZ=----=0

RR

故D正确。

故选ACD»

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.物理小组的同学利用如图所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验，小车的

质量为小桶及祛码的质量为掰，小车通过纸带与电火花打点计时器相连。实验时认为

细绳对小车的拉力等于小桶和祛码的重力，打点计时器接50Hz的交流电。

「纸带

I.,一I

（1）下列说法正确的是。

A.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力

B.实验时应先接通打点计时器电源，再释放小车

C.本实验机应远大于M

D.在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像

M

（2）实验时，得到如图所示的纸带，0、1、2、3……是计数点，每相邻两计数点之间还有

1个计时点（图中未标出），测量出相邻计数点间的数据如图，分析数据算得小车加速运动

时加速度大小m/s2（结果保留3位有效数字）；托盘在打点计时器打

（填“第6和第7”或“第7和第8"）个计数点之间某时刻落到地面。

"一纸带的运动方向

0123456789oI2

9»0«t

・

・

・

・

•:・

——;:

；：’355，2,2）向2位：由

2.132.382.632.893.143.393.64

【答案】①.BD②.1.58③.“第7和第8”

【解析】

【详解】（1）［11A.平衡摩擦力时满足

MgsinO=~Mgcos0

两边消掉M,可知每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项A错误;

B.实验时应先接通打点计时器电源，再释放小车，选项B正确；

C.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有

mg=(ZM+M)a

解得

m+M

以M为研究对象，得绳子的拉力为

Mmgmg

F=Ma=------=———

m+M1।

1n-------

M

显然要有P=mg必有即只有M>>〃:时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和

盘中祛码的重力，故B错误；

D.在用图像探究加速度与质量关系时，应作a-图像，这样才能得到一条直线，选项D

M

正确。

故选BD。

(2)[2]每相邻两计数点之间还有1个计时点,可知7=0.04s

小车加速运动时加速度大小

Ax(3.39+3.14+2.89-2.63-2.38-2.13)xl0-2,〃，2

a=—=---------------------；----------------m//s2=1.58m/s

T29x0.042

[3]因

x67-x56=Ax=0.25cm

可知从第6点到第7点仍在加速，第7点和第8点之间开始减速。

10.小明同学想探究多用电表欧姆调零电阻阻值的最大调节范围，他进行了以下实验操作：

甲

(1)小明首先调节旋钮(选填“，'、"B"或"C")使指针指到图乙中a位置;

（2）将电阻箱的阻值调到最大，并按图甲连接好电路，此时电阻箱接线柱P的电势比

Q（填“高”或"低”）;

（3）将旋钮C拨到7?x1挡，并将旋钮8顺时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最小），

然后调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为

幻；继续调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到图乙中的人处，读出此时电阻箱的阻值为

&;则此时该多用电表Rx1挡的总内阻为（用R和&2表不）；

（4）最后将旋钮8逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值

调到0,此时电表指针指到图乙中的c处，则此时流过表头的电流与满偏电流的比值为

（5）该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为（用品和&表示）。

【答案】①.4②.低③.&-2Q④.々⑤.）

1v9

【解析】

【详解】要让多用电表指针未指在表盘最左侧零刻度位置，应进行机械调零，故选A。

（2）[2]由于选择的是多用电表的电阻档，则黑表笔接的是多用电表内部电源的正极，则。

端电势高，即接线柱P的电势比。低。

（3）[3]根据欧姆表的测电阻原理有

E=/（Ro+Rx）

其中Ro为欧姆表在该档位时的内部总电阻，心为待测电阻。由上式可知接入不同的几变有

不同的/值，则根据/和砥的对应关系可在表头上把不同的电流对应的电阻值标出来，即制

作出欧姆表表盘，根据以卜一分析当表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值

为有

E=4（/?o+Ri）

当表盘指针指到图乙中的b处，读出此时电阻箱的阻值为&2,有

E=｝（R°+RJ

整理有

RG=R?-2R\

（4）[4]将旋钮3逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调

到0,此时电表指针指到图乙中的。处时，由图知此时流过表头的电流为二人，则此时流

iog

9

过表头的电流与满偏电流的比值为一

10

（5）[5]当电表指针指到图乙中的c处有

综上该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为

豆_&=气型

11.2022年2月2日，北京冬奥会冰壶比赛在“冰立方”拉开帷幕，其比赛场地如图所示。比

赛中，甲队运动员在投掷线尸处将冰壶A以一定的速度推出，冰壶在水平冰面上沿直线自

由滑行，恰好停在营垒的中心。处。乙队运动员在投掷线尸处将冰壶B以相同的速度推出，

其队友在冰壶滑行一段距离后开始在其滑行前方摩擦冰面，直到B与A碰撞。碰撞后，A

恰好被挤出营垒。已知A与B质量相等、材质相同，P与。距离为30m,营垒的半径为1.8m,

冰壶与冰面间的动摩擦因数〃=0.02,摩擦冰面后，冰壶与冰面的动摩擦因数变为原来的

90%。设冰壶之间的碰撞时间极短且无机械能损失，不计冰壶的大小，重力加速度g=10m/s2。

求：

（1）冰壶被推出时速度的大小；

（2）乙队运动员用毛刷擦冰面的长度是多少？

【答案】（1）2百m/s：（2）18m

【解析】

【详解】（1）冰壶A以一定的速度推出，恰好停在营垒的中心。处，由动能定理可得

12

-ptmgs-O--mvo

解得

%=2Gm/s

（2）设冰壶B与冰壶A碰撞前的速度为vi,碰撞后的速度为耳，冰壶A碰撞后的速度为认,

根据动量守恒定律有

mvy=mvg+mv'A

根据机械能守恒定律有

Lmv2=Lmv'2+Lmv'2

解得

用=0，或=匕

即冰壶B与冰壶A碰撞后二者交换速度，因此可以将整个过程看成冰壶B一宜沿直线PO

运动到营垒区边缘，运动的总位移为

s'=30m+l.8m=31.8m

设乙队运动员用毛刷擦冰面的长度为心根据动能定理有

-/.img(s'-L)—/d'mgL=0-；加%2

其中

〃'=0.9〃

代入数据解得

L=18m

12平面直角坐标系内存在着沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为瓦，如图1所

示。由/点斜射出一质量为“，带电荷量为-g的粒子，2和C是粒子运动轨迹上的两点，

各点坐标如图所示，粒子所受重力忽略不计，求：

（1）粒子从A到C过程动能的变化量八线；

（2）粒子运动到C点时的速率；

（3）若从粒子经过5点开始计时，电场强度开始发生变化，变化情况如图2所示，其中

【答案】（1）3qE0l0；（2）J*竭，。:（3）见解析

【解析】

【详解】（1）粒子从4到C,由动能定理有

"k="=亚0（%-5）=3qEoh

（2）根据抛体运动的特点，粒子在y轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹最高点

。在x轴上，可令

OD=x

=，OB=T。

则

，BC=TO

根据牛顿第二定律可得

aA

m

X+3/°=/（27；）2

解得

vqE°

粒子在。C段做类平抛运动，则有

2/（）=%（23

vCx=a（2T0）

所以

vc=J脸+咆=户等

(3)由(2)可知电场方向未改变，粒子过点8时，将粒子的初速度分解为匕0和。0，有

匕o=叫

—公

粒子经过8点后，在0-7内粒子所受电场力水平向左，沿x轴方向先做匀减速直线运动

0.5EQq=maA

可得加速度大小

1

a-—a-qE0

x122m

设x轴方向粒子速度减为零的时间为/,有

0=匕。一印

可得

f=2"=y

T

由对称性可知再经5,粒子回到y轴，0-T内粒子在y轴方向做匀速直线运动的位移为

T

s=vyo=%

经分析可知粒子经过y轴的坐标为（0,/。+4泌），其中〃=0,1,2

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］

13.如图是一定质量的理想气体的压强与热力学温度的夕-7图，a、b、c是理想气体的三

个状态，其中从平行于坐标轴T,改平行于坐标轴尸。则从。到b过程中气体的体积

（填“变大”、“变小”或“不变”）,从6到c•的过程气体（填

“吸热”或“放热”）,从c到a的过程中气体的内能（填“变大”、“变小”

或“不变”）

【解析】

【分析】

【详解】口］由图示图线可知，气体从。到b过程气体温度7降低，压强p增大，由

T

可知，体积变小。

［2］由图示图线可知，从6到c过程气体压强p不变而温度7升高，由理想气体状态方程

&C

T

可知，气体体积增大，气体对外做功，则

少vo

气体温度升高，气体内能增大，则

At/>0

由热力学第一定律

\U=W+Q

可知

Q=AU-IV>0

所以气体从外界吸收热量。

[3]由图示图线可知，从c到《过程气体温度T不变，故内能不变。

14.如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U

形管顶端封闭，右侧U形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还

有一部分气体。已知环境温度恒为17℃,大气压强为76cmHg,稳定时，A部分气体长度为

20cm,管内各液面高度差分别为〃।=8cm、％=10cm。求

①A部分气体的压强；

②现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了40℃时，A部分气体长度为22cm,求

此时右侧U形管液面高度差达。

【答案】①58cmHg；②12cm

【解析】

【详解】①设左侧A部分气体压强为P1,软管内气体压强为。2,由图中液面的高度关系可

知，

Po=+p§h2

+

P2=P\Pgh\

联立解得

Pl=Po-pg也+h2)=58cmHg

②由理想气体状态方程可得

(T；

其中

7；=（273+17）K=290K

%=（273+17+40）K=330K

解得

p[=60cmHg

由于空气柱长度增加2cm，则水银柱向右侧移动2cm,因此左侧U形管液面高度差为

h[=h/2cm-2cm=4cm

由

P；=P「Pg（川+生）

解得

h；=12cm

[物理-选修3-4]

15.我们常用以下实验装置观察水波的干涉现象。在水槽中，波源是固定在同一个振动片上

的两根细杆，当振动片振动时.，固连在振动片上的两根完全相同的细杆周期性的击打水面，

并且两细杆击打的深度和频率完全相同，可看作两个波源。这两列波相遇后，在它们的重叠

区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样。如图乙所示，振动片以