文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（福建卷专用）
黄金卷02
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
一、单选题
1．图示为石磨，是鲁班发明的，石磨对五谷低速研磨，低温加工，安全、美观、卫生，是中国传统造物
文化之精髓。木柄 静止时，连接 的轻绳处于绷紧状态。 点是三根轻绳的结点， 、 和 分别
表示三根绳的拉力大小， 且 。下列关系式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由于 ，以 点对象，根据受力平衡可得
解得故选D。
2．在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强
度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（ ）
A． 时刻，圆环中无感应电流
B． 时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C． 时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D． 时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
【答案】C
【详解】A．在t 时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
2
B．在t 时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力
3
为零，故B错误；
C．t-t 时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终
1 2
沿顺时针方向，t-t 时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应
2 3
电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D． 时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张
趋势，故D错误。
故选C。
3．2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体成功完成“T”字型径向交会对接。径向交会对
接指飞船沿垂直空间站运动方向与其对接，载人飞船多次变轨和姿态调整来到距离空间站约2公里的中途
瞄准点，最后在空间站正下方200米处启动动力设备始终沿径向靠近空间站完成对接，则此过程中
（ ）A．飞船到达中途瞄准点前的环绕周期大于空间站的环绕周期
B．飞船到达中途瞄准点后具有的动能大于空间站的动能
C．飞船处于空间站正下方 处时绕地球运行的线速度略小于空间站的线速度
D．空间站与飞船对接后轨道高度会略微降低
【答案】C
【详解】A．对飞船，由万有引力提供向心力得
可得
由上式可知，飞船到达中途瞄准点前的环绕周期小于空间站的环绕周期，故A错误；
B．根据
可得
可知飞船到达中途瞄准点后的速度大于空间站的速度，但二者质量未知，所以无法比较动能，故B错误；
C．飞船沿径向接近空间站过程中，始终在空间站正下方，所以需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空
间站的角速度，根据
飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，飞船沿径向到达空间站与之对接时的线速度相同，由万有
引力提供向心力可知，对接后轨道高度不会降低，故C正确，D错误。
故选C。
4．如图所示，两条不可伸长轻绳分别连接质量相同的两个可视为质点的小球，悬挂在天花板上。若两个
小球能以相同的角速度在水平面内做匀速圆周运动，则关于两小球的位置关系，可能是下列图中的
（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】设上下两条细线与水平方向的夹角分别为α和β，对上方的球1在水平面做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得
Fcosα-F cosβ=mr ω2
A B 1
对球1和球2整体，在竖直方向上有
Fsinα=2mg
A
同理对球2由牛顿第二定律得
F cosβ=mr ω2
B 2
对球2竖直方向有
F sinβ=mg
B
由于球2受重力和绳的拉力的合外指向圆心，可知球2比球1更远离竖直轴，则
r＞r
2 1
联立解得
故tanα＞tanβ
则
α＞β
故选A。
二、双选题
5．“笛音雷”是春节期间常放的一种烟花，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向
上为正方向），其中 时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻
力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）
A． 时间内“笛音雷”的平均速度为
B．“笛音雷”在 时刻上升至最高点
C． 时间内“笛音雷”的加速度向下
D． 时间内“笛音雷”做加速度减小的加速运动
【答案】CD
【详解】A．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为 ，而AB线段与横轴所
围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据
可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t～t 时
0 1
间内“笛音雷”的平均速度小于 ，故A错误；
B．由图可知，t～t 时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”
0 4在t 时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t 时刻之后，速度为零的某个时刻，故B错误；
2 4
C．t～t 时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明t～t 时间内“笛音雷”实际上
3 4 3 4
是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，方向向下，故C正确；
D．根据v-t图线的斜率表示加速度，根据图线可知斜率不断减小，所以“笛音雷”做加速度减小的加速运
动，故D正确。
故选CD。
6．1909年，美国物理学家密立根用如图所示的实验装置,通过研究平行金属板M、N间悬浮不动的带电油
滴，比较准确地测定了电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖．图中平行金属板M、N与输出电
压恒为U的电源两极相连，两金属板间的距离为d,正对面积为S现由显微镜观察发现，恰好有一质量为m
.
的带电油滴在两金属板中央悬浮不动，已知静电力常量为k,真空的介电常数ε=1，重力加速度为g，则
A．带电油滴的电荷量
B．金属板M所带电量
C．将金属板N突然下移 d，带电油滴获得向上的加速度
△
D．将金属板N突然下移 d，带电油滴的电势能立即减小为原来的 倍
△
【答案】BD
【详解】A．带电油滴在平行板电容器中受重力和向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则油滴带
负电，由平衡条件有 ，解得油滴的电荷量大小为为 ；故A错误.
B、平行板电容器的电量 ，而电容的大小 ，联立可得 ；而相对介电常数ε=1，
则 ；故B正确.
CD．N板突然下移 d，电源一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小，为 ，则油滴的
△合外力向下，由牛顿第二定律 ，解得 ，方向向下；故C错误.
D．电容器的M板接地为0V，设油滴的位置P点距离M板为 ，则 ，电势能为
，则金属板N下移 d，P点的电势为 ，则 ；故D正确.
△
7．真空中的某装置如图所示，竖直放置平行金属板A、B和水平放置的平行金属板C、D上均加有电压，
M为荧光屏。现有质子（ ）、氘核（ ）和 粒子（ ）均从A板上的O点由静止开始被加速，经
过一段时间后，均打在荧光屏上。中子从O点水平射出，将打在荧光屏上的 点，不计粒子所受重力，不
考虑平行金属板外的电场，下列说法正确的是（ ）
A．质子、氘核和 粒子均打在荧光屏上的同一位置
B．质子、氘核和 粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
C．质子、氘核和 粒子打在荧光屏上时的速度方向相同
D．平行金属板C、D间的电场力对质子、氘核和 粒子做的功之比为2∶2∶1
【答案】AC
【详解】AC．设平行金属板A、B间的电压为 ，平行金属板C、D间的电压为 ，平行金属板C、D的
极板长度为L，板间距离为d，对质子、氘核和 粒子，在平行金属板A、B间的电场中，由动能定理有
在平行金属板C、D间的电场中，粒子运动的时间
偏转位移大小
解得粒子打在荧光屏上时的速度方向与水平方向的夹角 的正切值
可知y和 与粒子的质量、电荷量均无关，故AC正确；
B．在加速电场中，由动能定理得
则粒子加速后的速度大小
三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为 的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，
因此三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故B错误；
D．平行金属板C、D间的电场对粒子做的功
则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则电场力对三种粒子做的功之比为1∶1∶2，故D
错误。
故选AC。
8．如图，水平传送带一直以速度 向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不
可伸长的轻绳相连， 时刻P在传送带左端具有向右的速度 ，P与定滑轮间的绳水平，不计定
滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数 ，传送带长度 ，绳足够长， 。
关于小物体P的描述正确的是（ ）A．小物体P从传送带左端离开传送带
B．小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
C．小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9m
D．小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是54J
【答案】AC
【详解】A．对P、Q分析，由牛顿第二定律
得
物块P与传动带攻速时的位移为
共速后，物块P做匀减速运动，根据牛顿第二定律
得
物块P减速至零的位移为
由于
小物体P从传送带左端离开传送带，A正确；
B．由A选项可知，小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度由两个值，B错误；
C． 时刻到与传送带共速，划痕长度为
共速至P减速为零的过程，划痕长度为考虑到划痕重复，小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为
C正确；
D．小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是
D错误。
故选AC。
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．氢原子能级的结构示意图如图所示，一群处于 能级的氢原子向低能级跃迁时，能 （填
“吸收”或“放出”） 种不同频率的光子，这些光子中最大的能量为 。
【答案】[1]放出 [2]6 [3]12.75
【详解】[1][2]一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出不同频率的光子数为
[3]氢原子从高能级向n=4的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大为
E =-0.85eV-（-13.6eV）=12.75eV
m
10．劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图1所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹
入两张纸片，从而在两片玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条
纹如图2所示，干涉条纹有如下特点：任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度 （选填“相等”或“不相等”），任意相邻明
条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差 （选填“不恒定”或“恒定”）。现若将图甲装置中抽去一张
纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气膜后，从上往下观察到的干涉条纹 （选填“变疏”“变
密”或“消失”）
【答案】[1]相等 [2]恒定 [3]变疏
【详解】[1]光线在空气薄膜上下表面反射并发生干涉，形成干涉条纹，发生干涉时光程差为半波长的奇数
倍出现暗条纹，光程差为半波长的偶数倍出现亮条纹。所以任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜
厚度相等。
[2]根据光程差为半波长的奇数倍出现暗条纹，光程差是波长的整数倍时，出现明条纹，则任意相邻明或暗
条纹所对应的薄膜厚度差恒定。
[3]从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为 ，即光程差为空气层厚度的2倍，
当光程差 时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为 ，显然抽去一张纸后空
气层的倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大。故干涉条纹条纹变疏。
11．一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的完整波形图如图甲所示，P、Q、M为介质中三个质点（M点
未标出），图乙是质点P的振动图像。t=2s时，质点Q的振动方向为 （填“沿y轴正方向”或
“沿y轴负方向”）；若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为
Hz；从t=0时刻开始经过 s，平衡位置在x=﹣9.5m的质点M第一次到达波峰。
【答案】[1]沿y轴负方向 [2]0.25 [3]21
【详解】[1]由图乙可知，简谐波的周期 ，经 后，可判断出P点的振动方向为沿y轴正方向，可知该波沿x轴负方向传播，因为P、Q两点相距半个波长，二者的振动情况完全相反，所以 点的振动方向
为沿 轴负方向。
[2]发生稳定的干涉现象的条件是所遇到的波的频率与该波的频率相同，其值为
[3]由图甲可知，简谐波的波长 ，该波的波速为
则从 时刻 、 间波峰传到平衡位置在 的质点 处所用的时间为
四、实验题
12．某同学为了测量小物块与木板间的动摩擦因数，就地取材设计了如下实验。
实验步骤：
（1）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为37°，在其上表面固定一把与小物块下滑路径平
行的刻度尺（图中未画出）。
（2）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下
小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为
测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
（3）该同学选取部分实验数据，画出了 图像，如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时的速
度大小为 m/s，小物块下滑的加速度大小为 m/s2。（结果均保留两位有效数字）（4）根据上述数据，可得小物块与木板间的动摩擦因数为 。（结果保留两位有效数字，当地
的重力加速度大小为9.8m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）
【答案】[1]0.25 [2]2.9 [3]0.39
【详解】（3）[1]物块匀加速下滑，经过参考点开始计时，由运动学公式有
变形得
即题图乙中图线的纵截距表示通过参考点时速度的2倍，则
[2]图线的斜率表示物块的加速度，则加速度大小为
（4）[3]物块沿斜面下滑过程中，由牛顿第二定律有
代入数据解得
13．某学习小组测定某电池的电动势与内阻，已知其电动势 约为十几伏，内阻 约为几欧姆，实验室中
提供以下器材：
A．量程为 、内阻未知的电流表 ；
B．电阻箱 ；
C．定值电阻 ；D．滑动变阻器 ；
E．滑动变阻器 ；
F．开关2只，导线若干。
先用如图所示甲的电路来测定电流表G内阻。实验步骤与如下：
①按图甲连接好电路，断开 ，将滑动变阻器 的滑片调至图中 端所对应的位置；
②闭合 ，调节 ，使电流表 满偏；
③保持 不变，再闭合 ，调节电阻箱电阻 ，使电流表 的读数为 ；
④调节电阻箱时，干路上电流可视为几乎不变，即可测定的电流表 内阻 的大小。
（1）为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取 （选填“ ”或“ ”）；而实际干路上电流
会发生变化，故测得的电流表内阻比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
（2）按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱 的阻值，记录每次电阻箱的阻值 及对应的电流表
的示数 。作出 图像如图丙所示，处理数据得到斜率 大小为0.2，纵轴截距 为8，则求得电池的电
动势为 V，内阻为 （结果均保留两位有效数字）。
【答案】[1] [2]偏小 [3]15 [4]6.7
【详解】（1）[1]由于电池的电动势约为十几伏，电流表量程为 ，可知电路最小电阻应大于 ，
滑动变阻器为限流接法，为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取 。[2]由于接入电阻箱 ，导致干路上电流变大，当电流表 示数为5mA，则流过变阻箱的电流大于5mA，
则电流表内阻真实值大于 ，故测得的电流表内阻比真实值偏小。
（2）[3][4]由实验步骤三、四可知流过电阻箱R 的电流与流过电流表的电流相等，电阻箱与电流表并联，
1
由并联电路特点可知，电流表内阻等于电阻箱接入电路的阻值
如图乙所示电路图可知，由闭合电路欧姆定律得
由 与 并联可知
联立解得
可知 图像的斜率为
解得电源电动势为
图像的纵轴截距为
解得内阻为五、解答题
14．气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。导热良好的直立圆筒形汽缸内用横截
面积 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，并通过连杆与车轮轴连接。封闭气
体初始温度 ，长度 、压强 当车辆载重时，相当于在汽缸顶部加一物体
A，汽缸下降，稳定后封闭气体长度 ，此过程中气体温度保持不变。
（1）求稳定后封闭气体的压强 ；
（2）求物体A的质量m。
【答案】（1）负功，放热；（2） ；（3）
【详解】（1）对汽缸内气体分析，初状态
末状态
温度不变，由玻意耳定律整理
代入数据得
（3）方法一
设大气压为 ，汽缸质量为M。初状态时对汽缸受力分析，由平衡条件有
末状态时对汽缸与物体A受力分析，由平衡条件有
联立并代入数据得
方法二
气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小，则
代入数据得到
15．“碰碰车弹球”游戏可简化成下图所示，轨道由平滑相连的水平面和斜面组成，斜面倾角为θ。质量
为m的玩具碰碰车置于水平轨道上的A点，质量为3m的小球置于水平轨道上非常靠近连接处的B点。遥
控小车启动，小车在牵引力作用下沿轨道向右运动，到达B点时与小球发生正碰。碰后小球的速度大小为
v，小球与斜面的动摩擦因数 。之后小车和小球第二次碰撞也在B点，碰后小球的速度变为0。已知
，重力加速度大小为g，所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短。求：
（1）第一次碰撞后小球沿斜面上升的最大距离；
（2）第一次碰撞后小球返回B处时的速度大小；
（3）第二次碰撞后小车的动能。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设第一次碰撞后小球沿斜面上升的最大距离为L，以沿斜面向上运动为正方向。由受力分析
可知，沿斜面方向有
垂直斜面方向上有
再根据速度位移公式
联立解得
（2）第一次碰后小球返回B处时，由动能定理
代入数据解得
（3）规定向右为正方向，第二次碰撞由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
联立解得
小车动能16．如图所示，水平地面上有一辆小车，上方固定有竖直光滑绝缘细管，管的长度 ，有一质量 、
电荷量 的绝缘小球A放置在管的底部，小球的直径略小于细管。在管口所在水平面MN的下方存在着
垂直纸面向里的匀强磁场。现让小车始终保持速度的 向右匀速运动，以带电小球刚经过磁场的竖直边界
为计时起点，并以此时刻管口处为坐标原点 建立 坐标系， 轴与磁场边界重合，小球刚离开管口时
竖直向上的分速度 ，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小和绝缘管对小球做的总功；
（2）小球经过 轴时的坐标；
（3）若第一象限存在和第四象限大小和方向都相同的的匀强磁场，同时绝缘管内均匀紧密排满了大量相
对绝缘管静止，与小球 完全相同的绝缘小球。不考虑小球之间的相互静电力，求能到达纵坐标
的小球个数与总小球个数的比值。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）在水平方向上，小球随车向右做匀速直线运动，该分速度对应的洛伦兹力方向竖直向上，
为一个定值，可知，小球在 方向上做匀加速运动，则有
解得在竖直方向上，根据牛顿第二定律有
解得
即有
在上升过程中，根据动能定理有
解得
（2）小球第一次上升到 轴，水平位移为
而竖直的分速度
解得
进入第一象限后，小球做斜抛运动，加速度仍然为重力加速度，可知，当小球重新回到 轴时，水平位移
解得
小球回到绝缘管后在竖直方向以 做减速运动，根据周期性，与 轴交点的坐标为即坐标为 。
（3）由于小球恰能到达 ，此时 为能到达的最高点，则有
解得
结合上述有
根据速度分解有
则有
解得
可知
解得
可知能够到达 处的小球个数与总小球个数的比值为
