文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（江苏卷专用）
黄金卷03
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 据悉我国第四代先进核能系统之一的钍基熔盐堆核能系统(TMSR)研究已获重要突破．该反应堆以钍为
核燃料，钍俘获一个中子后经过若干次β衰变转化成铀；铀的一种典型裂变产物是钡和氪，同时释放巨大
能量．下列说法正确的是( )
A．钍核Th有90个中子，142个质子
B．铀核裂变的核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3n
C．放射性元素衰变的快慢与核内部自身因素无关，由原子所处的化学状态和外部条件决定
D．重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能减小
【答案】 B
【解析】 钍核Th有90个质子，142个中子，故A错误；根据反应前后质量数守恒，电荷数守恒可知，
故B正确；根据半衰期的特点可知，放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的
化学状态和外部条件没有关系，故C错误；较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量
大小的核的过程中会释放一定的能量，所以核子的比结合能都会增大，故D错误．
2. 石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则（
）
A. 石墨是非晶体
B. 石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C. 单层石墨烯的厚度约3μm
在
D. 碳原子 六边形顶点附近不停地振动【答案】D
【解析】
A．石墨是晶体，故A错误；
B．石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故B错误；
C．单层石墨烯厚度约为原子尺寸 ，故C错误；
D．根据分子动理论可知，固体分子在平衡点不停的振动，故D正确。
故选D。
3. 新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由 4 根等长轻质细绳
悬挂起3个质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E等高， 绳与竖直方向的夹角为 ，
绳中张力大小为 ； 绳与竖直方向的夹角为 ，绳中张力大小为 ，则（ ）
A. 可能等于 B. 可能大于
C. D.
【答案】D
【解析】
由对称性可知 绳和 绳张力大小相等，大小为 。对三个灯笼的整体分析可知
对结点B受力分析得
综上解得A B．由
可知
AB错误；
C D．由
可知
又
得
C错误，D正确。
故选D。
4. 如图实验装置，单色线光源S垂直纸面水平放置，平面镜水平放置在桌面上．单色线光源 S发出的光有一部分直接入射到竖直放置的光屏上，一部分通过平面镜反射后再入射到光屏上，光屏上会出现明暗相间
的条纹，下列说法正确的是( )
A．光屏上的条纹与水平面垂直，是光的干涉现象
B．光屏上的条纹与水平面平行，是光的衍射现象
C．将光屏沿水平方向远离线光源S，相邻亮条纹间距增大
D．将线光源S沿竖直方向靠近平面镜，相邻亮条纹间距减小
【答案】 C
【解析】 平面镜的反射光相当于从S的像发出的光，所以该装置类似于双缝干涉装置，所以能在光屏上
观察到与镜面平行的干涉条纹，不是光的衍射现象，A、B错误；将光屏沿水平方向远离线光源S，即l增
大，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝λ，可知屏上的两个相邻亮条纹间的距离增大，C正确；若将线光
源S沿竖直方向靠近平面镜，相当于减小了两束干涉光的间距d，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝λ，可
知屏上的两个相邻亮条纹间的距离增大，D错误．
5. 如图，矩形框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，
另一端连接一质量为m的小球，小球穿过PQ杆．当矩形框绕MN轴分别以不同的角速度ω 和ω 匀速转动
1 2
时，小球相对于杆的位置不变．下列说法正确的是( )
A．弹簧的弹力大小可能发生了变化
B．杆PQ对小球的弹力大小一定发生了变化
C．若ω>ω，则角速度为ω 时杆PQ对小球的弹力更大
2 1 2
D．小球所受合力的大小一定发生了变化
【答案】 D
【解析】 由题意，因为小球相对于杆的位置不变，所以弹簧长度不变，伸长量不变，则弹力大小一定不
变，故A错误；设弹簧弹力大小为F，假设矩形框绕MN轴以角速度ω 转动时，PQ对小球的弹力方向背
1
离MN，且大小为F ；矩形框绕MN轴以角速度ω 转动时，PQ对小球的弹力方向指向MN，且大小为
N1 2
F ，则根据牛顿第二定律分别有Fsin θ－F ＝mω2r，F ＋Fsin θ＝mω2r，解得F ＝Fsin θ－mω2r，F
N2 N1 1 N2 2 N1 1 N2
＝mω2r－Fsin θ，若ω>ω ，则F 和F 可能相等，F 也可能小于F ，故B、C错误；小球做圆周运动
2 2 1 N1 N2 N2 N1
的半径不变，角速度变化，则所需向心力大小发生变化，所以用于提供向心力的合力大小一定发生了变化，
故D正确．
6. (2022·辽宁葫芦岛市高三期末)在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压
线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲所示)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．
虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是(
)
A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
B．连接c、d、e、f四点，则此线一定为电场线
C．电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电感应使体内电势保持为零
D．电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电屏蔽使体内电场强度保持为零
【答案】 D
【解析】 根据等势面的分布疏密，可判断出f点的电场最强，故A错误；电场线与等势面垂直，从题图
中不能确定c、d、e、f四点的连线恰好垂直于各等势面，所以该连线不一定是电场线，故B错误；电工全
身穿上用金属丝线编织的衣服，静电屏蔽使体内电场强度保持为零，故C错误，D正确．
7. 2021年5月15日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原，中国首次火星探测任务着陆
火星取得圆满成功．如果着陆前着陆器近火星绕行的周期为 100 min.已知地球平均密度为5.5×103 kg/m3，
地球近地卫星的周期为85 min.估算火星的平均密度约为( )
A．3.8×103 kg/m3 B．4.0×103 kg/m3
C．4.2×103 kg/m3 D．4.5×103 kg/m3
【答案】 B
【解析】 卫星在行星表面绕行星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得＝mR，设行星密度为
ρ，则有M＝ρ·R3，联立可得ρ＝∝，则有＝，解得火星的平均密度约为ρ ＝ρ ＝×5.5×103 kg/m3≈4.0×103
火 地
kg/m3，B正确，A、C、D错误．
8. 如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v 的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好
0
为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度
(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)( )
A．等于v B．大于v
0 0
C．小于v D．取决于斜面
0
【答案】 A
【解析】 物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·x －μmg·x －μmgcos α·x ＝0－
AO DB AB
mv2，α为斜面倾角，由几何关系有x cos α＝x ，因而上式可以简化为－mg·x －μmg·x ＝0－mv2，从
0 AB OB AO OD 0上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.
9. 如图甲所示，在LC振荡电路中，其电流变化规律如图乙所示，规定顺时针方向为电流i的正方向，则(
)
A．0至0.5 s时间内，电容器C在放电
B．0.5 s至1 s时间内，电场能正在减小
C．1 s至1.5 s时间内，磁场能正在减小
D．1.5 s至2 s时间内，P点的电势比Q点的电势低
【答案】 A
【解析】 0至0.5 s时间内，电路中电流顺时针变大，则电容器 C在放电，选项A正确；0.5 s至1 s时间
内，电路中电流顺时针减小，则电容器正在充电，电场能正在增加，选项B错误；1 s至1.5 s时间内，电
路中电流逆时针增加，则磁场能正在增加，选项C错误；1.5 s至2 s时间内，电路中电流逆时针减小，电
容器正在充电，此时电容器上极板带正电，即P点的电势比Q点的电势高，选项D错误．
10. 运动员用同一足球罚点球，两次射门，足球斜向上踢出，分别水平打在水平横梁上的a、b两点，a为
横梁中点，如图所示，不计空气的作用效果。下列说法正确的是（ ）
A. 两次的初速度大小可能相等 B. 击中a用的时间长
C. 击中a的过程中，重力做功少 D. 两过程中动量变化量相等
【答案】D
【解析】
AB．两次射门足球分别水平打在水平横梁上，足球离地面的高度相同，根据位移公式
可知击中a、b所用的时间相同，根据速度公式可知踢出时竖直方向的速度相同，击中a、b时水平方向的位移不同，根据
可知踢出时水平方向的速度不同，则根据
可知两次的初速度大小不相等,故AB错误；
C．击中a、b的过程中，足球上升的高度相同，重力做功相同，故C错误；
D．取竖直向上为正方向，根据动量定理有
可知两过程中动量变化量相等，故D正确。
故选D。
11. 如图所示，宽度为L的光滑平行金属导轨水平放置于方向竖直向下的匀强磁场中，金属导轨足够长且
电阻不计，磁场的磁感应强度为B，导轨左端接一阻值为R的定值电阻和一电容为C的电容器，电阻不计
的金属棒MN置于导轨上。某时刻在垂直于金属棒方向施加一水平恒力F，使金属棒由静止开始运动，运
动过程中金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好。下列说法不正确的是（ ）
A. 开关 断开、 闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为
B. 开关 闭合、 断开，金属棒做匀加速直线运动，加速度为
C. 开关 都闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为
D. 开关 都闭合，金属棒做匀加速直线运动，加速度为
【答案】D
【解析】A．开关 断开、 闭合，金属棒先加速运动，最终做匀速直线运动，此时安培力
又
解得
故A正确；
B．开关 闭合、 断开
解得
a=
故B正确；
CD．开关 都闭合，电容器稳定后相当于断路，金属棒最终做匀速直线运动，速度为 ，故C正
确，D错误。
故选D。
二、解答探究题（共56分，计算型问题解答时要有必要的文字说明、公式和计算过程，直接写出结果不能
得分）
12. 一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约 ）和内阻r（小于 ）。图中电
压表量程为 ，内阻 ：定值电阻 ；电阻箱R，最大阻值为 ；S为开关。
按电路图连接电路。完成下列填空：的
（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路 电阻值可以选___________ （填“5.0”或
“15.0”）；
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
（3）根据图（a）所示电路，用R、 、 、E和r表示 ，得 ___________；
（4）利用测量数据，做 图线，如图（b）所示：
（5）通过图（b）可得 ___________V（保留2位小数）， ___________ （保留1位小数）；
（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为 ，由此产生的误差为
___________%。
【答案】 (1). 15.0 (2). (3). 1.55 (4). 1.0 (5). 5
【解析】（1）[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得 代入数据解得 因此选 。
（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得 化简可得
（5）[3][4]由上面公式可得 ，
由 图象计算可得
k=(1.45-1.03)/(22.5-10)=0.034
，
求b方法如上图，因为原图原点不是（0,0），而是（5,0.8），所以要向左下方延长，找到图线与x=0的交
点，求出它的y坐标为y=0.68，即为截距 .代入可得 ，
（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有则此时 （算的电动势E’=1.47V,内阻r’=﹣0.008Ω？）
因此误差为 。
13. 如图所示，一运动场的内道由两个半径R为30m的半圆和两个长为L为40m的直道组成，在两个圆心
、 分别装有两只扬声器。在调试过程中，两只扬声器同时播放频率 f为34Hz的低频声音。已知声音
在空气中传播的速度v为340m/s，忽略声音在传播过程中的衰减。求：
（1）此声音的波长 ；
（2）通过计算判断在运动场的一条直道上有几处声音最强？
【答案】（1） ；（2）5处，见解析
【解析】
（1）由
可得声音的波长为
（2）直道上到两波源的路程差最大为
路程差最小为当 ， ， 时，振动最强，一条直道上有5处声音最强。
14. 图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场
方向垂直的固定对称轴OO′转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K
和电刷L保持与外电路电阻R的连接，在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO′匀速转动（不计转动
轴及滑环与电刷的摩擦）。
（1）求线圈从图示位置转动90°时电流表的示数；
（2）求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
（1）线圈中的感应电动势有效值为
电路中电流的有效值
即电流表的示数为 ；
（2）线圈转动的周期为
线圈转动N周的时间为
因为二极管的存在，一个周期内只有一半的时间有电流，根据焦耳定律可得，发电机线圈产生的焦耳热为解得
15. 如图所示， 为竖直平面内圆周的圆心，两根长为L的轻绳分别悬挂甲、乙两个相同的小球，其质量
为m，甲、乙两球分别位于图中A、C两点处，半径 与水平方向夹角为 ，半径 与水平方向夹角
为 ，其中点 处固定一个可挡住轻绳的铁钉，甲球在最低点A处获得水平向右的初速度后恰能通过最
高点B，运动到C点时与乙球发生对心弹性碰撞，重力加速度为g。求：
(1)甲球通过B点时的动能；
(2)甲球在C点发生碰撞前的速度大小；
(3)碰后甲球能否绕 在竖直面内做完整的圆周运动？请通过计算说明理由。
【答案】(1) ；(2) ；(3) 不能完成完整圆周运动，见解析
【解析】(1)由于甲球恰好通过最高点，根据圆周运动的绳模型，在最高点对小球进行受力分析，仅由小球
重力提供向心力，则 ，可得 ，
(2)小球甲从B点到C点做圆周运动，根据机械能守恒可得则在碰撞前小球甲在C点的速度为
(3)两小球在C点发生对心弹性碰撞，可得
则在碰撞之后，上球的速度为 ，做自由落体运动至下方与C对称的E时有
此时绳子绷紧，沿绳方向速度分量消失，只剩余垂直于绳方向的速度分量，可得
若要小球能够进行完整的圆周运动，必须满足最高点，小球速度
根据动能定理求出小球通过最高点的速度
由于 故不能通过最高点，不能完成完整圆周运动。
16. 利用电磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学．如图所示，在xOy
坐标平面上，第三象限存在着方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.在其余象限存在垂直纸面
的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感应强度大小均为 B(未知)．在坐标点(0，－)处
有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，以初速度v ＝沿着x轴负方向射入匀强电场，粒子在运动过程中
0
恰好不再返回电场，忽略粒子重力．求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小v；(2)磁感应强度B的大小；
(3)现将板长为L的上表面涂荧光粉的薄板放置在x轴上(图中未画出)，板中心点横坐标x ＝4L，仅将第四
0
象限的磁感应强度变为原来的k倍(k>1)，当k满足什么条件时，板的上表面会出现荧光点．
【答案】 (1)2 (2) (3)≤k≤4
【解析】 (1)带电粒子进入电场作类平抛运动，由牛顿第二定律qE＝ma
竖直方向＝at2
竖直方向速度v＝at
y
进入磁场时速度v＝
联立解得v＝2
(2)由已知带电粒子在运动过程中恰好不再返回电场，则其运动轨迹如图所示．
带电粒子在电场运动的水平方向位移x＝vt
0
由几何关系，粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径R＝2x
洛伦兹力充当向心力qvB＝m
联立解得B＝
(3)①如图，当粒子第一次打到薄板的右端时，由几何关系知
2×2Rsin θ＋2rsin θ＝x＋x＋
1 0
洛伦兹力充当向心力，qv·kB＝m
1
联立解得k＝
1
②如图，当粒子第一次打到薄板的左端时，由几何关系得2×2Rsin θ＋2rsin θ＝x＋x－
2 0
洛伦兹力充当向心力，qv·kB＝m
2
联立解得k＝4
2③如图，当第四象限的磁感应强度极大时，其做匀速圆周运动的半径极小，可以认为进入第四象限磁场的
位置与出第四象限再进第一象限的位置相同，从几何关系看，带电粒子没有机会再打到荧光板上．因此，
板上会出现荧光点的条件为≤k≤4.
