文档内容
N N【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（辽宁专用）
黄金卷01
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7题只有一项
符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求。每小题6分，全部选对的得6
分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1．一质点做曲线运动，它通过某点时的速度v的方向，加速度的方向可能正确的是(
)
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】做曲线运动的物体，速度方向沿轨迹的切线方向；则可排除D；而做曲线运动
的物体，其加速度指向轨迹的内侧，故AC错误，故B正确，ACD错误．
2．角动量守恒定律、能量守恒定律和动量守恒定律是物理学的三大守恒定律。角动量定
义为质点相对原点的位置矢量r和动量⃗p的向量积，通常写作⃗L，表达式为⃗L=r⃗×⃗p。在国际单
位制中，角动量⃗L的单位可以表示为（ ）
A．N⋅m B．N⋅s C．J⋅m D．kg⋅m2/s
【答案】D
【详解】根据角动量的表达式⃗L=r⃗×⃗p；位置矢量单位为m，动量单位为kg⋅m/s，可知角
动量单位为m⋅kg⋅m/s=kg⋅m/s2 ⋅m⋅s=N⋅m⋅s=J⋅s；故选D。
3．如图所示，在水平地面上，有一竖直放置的正方形金属线框abcd，边长为L，紧挨着
有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向内，磁场边界宽也为L。线框先以c点为转轴，以恒定角速度顺时针转动，当b点落地后，再以b点为转轴，以相同的角速度顺时针转动，在线框
通过磁场的过程中，线框中的电流随时间变化的关系图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
T L
【详解】在0— 时间内，线框转过的角度为ωt，有效的切割长度为 ，感应电动势
4 cosωt
为E = 1Bl2ω；感应电流为I = E；联立得到I = BL2ω ；可知，I与t是非线性关系，t
2 R 2cos2ωt
T T T
增大，I增大；在 — 时间内，线框产生的感应电流与在0— 时间内变化情况相反，I随时
4 2 4
间非线性减小；在后半个周期内，感应电流I的情况与前半个周期感应电流方向相反，I的大
小变化情况也相反。
故选B。
4．如图，一定量的理想气体从状态a（p ，V ，T ）经热力学过程ab、bc、ca后又回到
0 0 0
状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是（ ）A．ab过程中，气体内能不变
B．ca过程中，气体始终吸热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先升高后降低
【答案】D
【详解】A．ab过程中，气体的pV乘积增大，温度升高，内能增大，故A错误；
BC．ca过程中，气体的pV乘积减小，温度降低，内能减小；体积减小，外界对气体做
功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q<0；气体放热，故BC错误；
D．b、c两状态pV乘积相等，说明两状态的温度相等，在同一条等温线上，所以bc过程
中，温度先升高后降低，故D正确。
故选D。
5．已知地球和月球半径的比值为4，地球和月球表面重力加速度的比值为6，则地球和
月球密度的比值为（ ）
2 3
A． B． C．4 D．6
3 2
【答案】B
【详解】设月球的半径为R ，地球的半径为R，月球表面的重力加速度为g ，地面表面的
0 0
Mm gR2
重力加速度为g，在地球表面，重力等于万有引力，故mg=G ；解得M= ；故密度有
R2 G
gR2
M G 3g 3g
ρ= = = ；同理，月球的密度ρ = 0 ，故地球和月球的密度之比
V 4 4πGR 0 4πGR
πR3 0
3ρ gR 1 3
= 0=6× =
ρ g R 4 2
0 0
B正确。
6．一列简谐横波沿直线传播，直线上相距10.5m的质点a、b的振动图像分别如图中a、
b所示，质点a的振动滞后于质点b。下列说法正确的是（ ）
A．该波的振幅为20cm B．该波由质点b传播到质点a可能历时3s
C．该波的波速大小不可能为10.5m/s D．该波的波长可能为8.4m
【答案】D
【详解】A．由振动图像可知，该波的振幅为10cm，A错误；
λ
BCD．由题意分析可知，质点a、b间的距离满足x =10.5m= +nλ（n=0，1，2，
ab 4
42
3，⋯）可得λ= m（n=0，1，2，3，⋯）
4n+1
λ 10.5
由振动图像可知，该波的周期为T=4s则有波速为v= = m/s（n=0，1，2，3，⋯）
T 4n+1
x
该波由质点b传播到质点a可能经历的时间Δt= ab=（4n+1）s（n=0，1，2，3，⋯）
v
故该波由质点b传播到质点a不可能历时3s，波速大小可能为10.5m/s，波长可能为
8.4m，BC错误，D正确。
故选D。
7．如图a、b、c是匀强电场中的三个点，它们正好是一个边长为10cm的正三角形的三
个顶点，电场线与三角形所在平面平行。a、b、c三点的电势分别是5V，−3V，1V，下列说
法正确的是（ ）A．电场强度的大小为40V/m
B．电场强度的方向由c指向b
C．电子在a点的电势能比在c点大
D．电子从a点运动到b点，静电力做功为−8eV
【答案】D
【详解】AB．因为其处于匀强电场中，且a点的电势为5V，b点的电势为−3V，所以其
ab中点设为d点如图所示
则d点的电势为1V，连接cd，由匀强电场的性质可知，cd为等势面，有因为等势面与电
场线垂直，而abc为等边三角形，d为ab中点，所以cd为ab的等高线，即ab与cd垂直，所
以ab为电场线，沿电场线方向，电势逐渐降低，故电场线方向为由a指向b。根据匀强电场
U
的场强与电势差关系有E= ；解得E=80V/m；故A，B错误；
d
C．对于负电荷来说，电势越高，其电势能越小。而电子带负电，a点的电势大于c点的
电势，所以其电子在a点的电势能小，故C项错误；
D．由a点到b点有U =φ −φ =8V；所以其电场力做功为W =qU =−8eV；故D项正
ab a b ab
确。
故选D。
8．不同波长的电磁波具有不同的特性，在科研、生产和生活中有广泛的应用。a、b两单
色光在电磁波谱中的位置如图所示。下列说法正确的是（ ）A．若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大
B．若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，a光的衍射现象更明显
C．若a、b光分别照射同一光电管发生光电效应，a光的遏止电压高
D．若a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，a光的干涉条纹间距大
【答案】BD
【详解】由图中a、b两单色光在电磁波谱中的位置，判断出a光的波长λ 大于b光的波
a
长λ ，a光的频率ν 小于b光的频率ν 。
b a b
A．若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，根据玻尔原子理论的频率条件ℎν=E −E ；可
n m
知产生a光的能级能量差小，故A错误；
B．若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，根据发生明显衍射现象的条件，a光的衍射现
象更明显，故B正确；
C．在分别照射同一光电管发生光电效应时，根据爱因斯坦光电效应方程
eU =E = ℎν−W ；可知a光的遏止电压低，故C错误；
c k 0
l
D．a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，相邻两条亮纹或暗纹的中心间距Δx= λ
d
；可知a光的干涉条纹间距大，故D正确。
故选BD。
9．如图所示，三个光滑斜面1、2、3固定在水平面上，斜面1与3底边相同，斜面2和3
高度相同，当物体先后沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，对于整个下滑过程，下列说
法正确的是（ ）
A．三种情况下物体滑到斜面底端时的速率v >v =v
1 2 3B．三种情况下物体滑到底端时重力做功的瞬时功率P >P =P
1 2 3
C．在斜面2和斜面3上，合外力对物体的冲量不相同
D．在斜面2和斜面3上，合外力对物体做的功不相等
【答案】AC
1
【详解】A．设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgℎ = mv2；三种情况下物
2
体滑到斜面底端时的速率v >v =v ；故A正确；
1 2 3
B．物体滑到底端时重力做功的瞬时功率P=mgvsinθ；根据A分析可知P >P >P ；故B
1 3 2
错误；
C．在斜面2和斜面3上，合外力对物体的冲量等于动量变化量。动量变化量大小相等，
方向不相同，故C正确；
D．在斜面2和斜面3上，合外力对物体做的功等于重力做功，相等，故D错误。
故选AC。
10．如图所示，足够长的光滑U形导轨（电阻不计）宽度为L，其所在平面与水平面的
夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨
平面向上，现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域足够
大，当金属杆下滑达到最大速度v 时，运动的位移为x，则（ ）
0
mgRsinα
A．金属杆下滑的最大速度v =
0 B2L2
R 1
B．在此过程中电阻R产生的焦耳热为 (mgxsinα− mv2 )
R+r 2 0
C．在此过程中金属杆做的是匀加速运动
BLx
D．在此过程中通过电阻R的电荷量为
R+r
【答案】BD
【详解】A．金属杆下滑达到最大速度v 时做匀速直线运动，则有mgsinα=BIL；其中
0； E ；联立解得 mg(R+r)sinα；故A错误；
E=BLv I= v =
0 R+r 0 B2L2
1
B．根据能量守恒定律得在此过程中回路中产生的总热量为Q=mgxsinα− mv2
2 0
R R 1
电阻R产生的焦耳热为Q = Q= (mgxsinα− mv2 )；故B正确；
R R+r R+r 2 0
B2L2v
C．在此过程中，根据牛顿第二定律得mgsinα− =ma；速度增大，安培力增大，
R+r
加速减小，故金属杆做加速度减小的变加速运动，故C错误；
E ΔΦ
D．在此过程中流过电阻R的电荷量为q=I Δt；其中I= ；E= ；联立可得
R+r Δt
ΔΦ BLx
q= = 故D正确；
R+r R+r
故选BD。
二、实验题（本大题共2小题，共14.0分。第一小题6分，第二小题8分）
11．用半偏法测量电流表G的内阻，某同学设计了如图甲所示电路，器材如下：
A．待测电流表G（量程2mA）；
B．电动势E = 3V；
C．电动势E = 15V；
D．电阻箱：0 ~ 999.99Ω；
E．滑动变阻器：0 ~ 10kΩ；
F．滑动变阻器：0 ~ 500Ω；
G．开关两个，导线若干；
（1）连接电路时，图甲中的电源应选择 （选填“B”或“C”），滑动变阻器R 应选择 （选填“E”或“F”）
1
（2）用画线代替导线，按图甲电路在图乙中把实物图连接完整
（3）操作步骤如下：
①断开S 、S ，将R 调到最大，连接好电路；
1 2 1
②闭合S ，调节R ，使电流表G满偏；
1 1
③保持R 的滑片不动，再闭合S ，调节R ，使电流表G的示数为100μA，此时，电阻箱
1 2 2
示数如图丙，由此可得出电流表G的内阻r = Ω；测量结果和真实值相比
g
（填“偏大”或“偏小”）
【答案】C E 见解析 8031.3 偏小
【详解】（1）[1][2]本实验采用的半偏法测量电流表G的内阻，实验中在开关S闭合前
后，始终认为电路中的电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入电路的阻值
需要远远大于电流表G的内阻，选用的滑动变阻器为E。
本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点的电源，故
选C。
（2）[3]实物图连接如图：
（3）[4]保持R 的滑片不动，再闭合S ，调节R ，使电流表G的示数为I = 100μA，则
1 2 2 G
电阻箱的电流为I = 2mA－0.1mA = 1.9mA；
R2
电阻箱的阻值为R = 422.7Ω，根据并联电路的规律可知电流表G的电阻为
2I ×R
r = R2 2=8031.3Ω
g I
G
[5]当S 接通时，R 有电流流过，R 和G并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流
2 2 2
表示数从满偏电流调到半偏时，R 中电流大于半偏电流，则测量值小于真实值。
2
12．某实验小组做“测量小车与长木板之间的动摩擦因数”实验时，实验装置放置在水
平桌面上，如图甲所示。实验中采用了微型力传感器来测量细线的拉力大小F。
（1）紧扣本实验目的，利用图甲并结合你曾做过的实验经历，下列说法中正确的是
。
A．应当先接通电源，再释放小车
B．需要平衡摩擦力
C．小车在加速运动的过程中，力传感器的示数等于砂和砂桶的重力
D．一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（2）现将长木板水平放置，若所用电源的频率为50Hz，并提供毫米刻度尺处理纸带。
根据多条纸带的数据，绘制了小车的加速度a与小车所受拉力F的图像，如图乙所示。由图
像可算出小车的质量M= kg；若重力加速度g=10m/s2，则小车与长木板间的动摩
擦因数μ= 。（3）测出小车的质量M后，小组成员继续用该装置进行实验探究：他们撤掉通过定滑轮
悬挂的砂和砂桶，并在长木板右侧垫一合适的垫片，然后用手轻推小车使之能做匀速运动。
小车运动开始后，很快再在小车上轻放一物块，得到如图丙所示的一条纸带。则所放物块的
质量m= kg。
【答案】A 0.2/0.20 0.05 0.1
【详解】（1）[1]A．应当先接通电源，再释放小车，选项A正确；
B．因实验要测动摩擦因数，故不能平衡摩擦力，选项B错误；
C．小车在加速运动的过程中，小砂桶也存在向下等大的加速度，力传感器的示数小于砂
和砂桶的重力，选项C错误；
D．因力传感器可测出细线的拉力，无需用小砂桶的重力代替细线的拉力，故不需要砂和
砂桶的总质量远小于小车的质量，选项D错误。
故选A。
1
（2）[2][3]由牛顿第二定律得F−μMg=Ma；解得a= F−μg；通过图像求得
M
1 2.5
= kg-1；M = 0.20 kg；μg = 0.5 m/s2；μ = 0.05
M 0.6−0.1
（3）[4]在小车上轻放物块后，小车和物块在水平方向上动量守恒Mv =(M+m)v
0 1
分析纸带可知，A点右侧第三个点之后点子间隔开始均匀，但到了C点右侧第二个点后
间隔开始变小，第三个点之后又稳定在另一个大小的均匀间隔，说明物块放上小车的时刻发
生在CD段，放木块之前速度选择BC段，之后速度选择DE段，因时间间隔相同，故不需要知道打点计时器所用电源的频率，也可以计算质量关系，用BC段距离表示碰前速度，用DE
1
段距离表示碰后速度即可10.50M=7.00(M+m)；解得m = M=0.1
2
三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题9分，第二小题15分，第三小题16
分）
13．在水平地面上有一个质量为4.0 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始
F
运动10 s后拉力大小减小为 ，并保持恒定。该物体的速度－时间图像如图所示(g取10
3
m/s2)。求：
(1)物体所受到的水平拉力F的大小；
(2)该物体与水平地面间的动摩擦因数；
(3)物体在30 s内运动的位移大小。
【答案】(1)9 N； (2)0.125； (3)150 m
【详解】(1)物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加速度分别为a =1 m/s2，
1
a =-0.5 m/s2，对物体进行受力分析，如图甲、乙所示
2
F
对于两个过程，由牛顿第二定律得F-F=ma -F=ma 联立以上两式解得F=9 N；F=5
f 1； f 2； f
3
N(2)由滑动摩擦力公式得F=μF =μmg；解得Μ=0.125.
f N
1
(3)由v－t图像知，物体运动的位移等于图线与t轴所围的面积x= ×30×10 m=150 m
2
14．在图所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限
存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x轴负方向的
匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在的电场的场强大小相等．一质量为m，带电荷量大小为
q的质点a，从y轴上y=h处的P 点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过x= -2h处的
1
P 点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方y= -2h的P 点进入第Ⅳ象限，试
2 3
求：
（1）质点a到达P 点时速度的大小和方向；
2
（2）第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）质点a进入第Ⅳ象限且速度减为零时的位置坐标。
mg m√2g
【答案】（1）2√gℎ ，方向与x轴负向夹角45°（2）E= ； B = （3）（h,-h）
q q ℎ
1
【详解】（1）质点在第Ⅱ象限中做平抛运动，设初速度为v
0
，由
ℎ
= gt2，2h=v
0
t；
2
解得平抛的初速度 ；在P 点，
v =√2gℎ 2
0
速度v的竖直分量 ；所以v=2
v
y
=>=√2gℎ √gℎ
其方向与x轴负向夹角 θ=45°（2）带电粒子进入第Ⅲ象限做匀速圆周运动，必有mg=qE
又恰能过负y轴2h处，故
P
2
P
3
为圆的直径，转动半径R=√2⋅OP
2=
√2⋅2ℎ
=√2ℎ
2 2
v2 mg m√2g
又由qvB=m 可解得E= ； B =
R q q ℎ
（3）带电粒以大小为v，方向与x轴正向夹45°角进入第Ⅳ象限，所受电场力与重力的合
力为√2mg，方向与过P 点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动， 设其加速度大小
3
√2mg
为a，则a= =√2g
m
v2 4gℎ
由−v2=−2as可得s= = =√2ℎ
2a 2√2g
由此得出速度减为0时的位置坐标是(ℎ,−ℎ)
15．如图所示，从A点以某一水平速度v 抛出质量m=1kg的小物块1（可视为质点），
0
当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，C
端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量M=4kg，其左端放
置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距B点的高度
H=0.45m，圆弧轨道半径R=2.75m。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞（碰撞时间
极短），碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静
止，物块与长木板间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，弹簧始终在
弹性限度内，求：
（1）小物块1抛出时水平速度v 的大小；
0
（2）小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；（3）木板的长度。
254
【答案】（1）4m/s；（2） N；（3）2.4m或0.8m
11
1
【详解】（1）小物块1从A点到B点做平抛运动，竖直方向有H= gt2
2
B点竖直方向的速度为v =>¿
y
小物块恰好沿切线方向进入圆弧轨道BC，有 v
tan37∘= y
v
0
解得小物块1抛出时水平速度v 的大小v =4m/s
0 0
（2）B点的速度为 v
v = y =5m/s
B sin37∘
1 1
小物块1从B点到C点，根据动能定理有mgR(1−cos37∘)= mv2− mv2
2 C 2 B
解得v =6m/s
C
小物块1滑动至C点时，根据牛顿第二定律可得 v2
F −mg=m C
N R
254
根据牛顿第三定律，小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小为F ′=F = N
N N 11
（3）小物块1与小木块2发生碰撞，由动量守恒得mv =2mv
C 1
解得v =3m/s
1
若物块没有与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，根据动量守恒和能量守恒有
2mv =(M+2m)v ；
1 2
1 1 L
⋅2mv2= (M+2m)v2+μ⋅2mg 1
2 1 2 2 2
解得木板的长度为L =2.4m
1若物块与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，根据能量守恒有
1 1 3L
⋅2mv2= (M+2m)v2+μ⋅2mg 2
2 1 2 2 2
解得木板的长度为L =0.8m；
2
综上所述，木板的长度为2.4m或0.8m。
