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【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03
（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．下图为一质点的振动图像，曲线满足正弦变化规律，则下列说法正确的是（ ）
A．该振动的振幅为10cm B．质点在前0.12s内通过的路程为20cm
C．该振动为简谐运动 D．0.04s末，质点的振动方向沿x轴正方向
【答案】C
【详解】C．该图像表示质点的位移随时间周期性变化的规律，是简谐振动，故C正确；
A．由题图可知该振动的振幅为A=5cm；故A错误；
B．由题图可知质点振动的周期为0.08s，每振动一个周期T，通过的路程为4A，而
0.12s=1.5T故质点在前0.12s内通过的路程为s=6A=30cm；故B错误；
D．根据振动规律可知，0.04s末质点的振动方向沿x轴负方向，故D错误。
故选C。
2．如图所示，光束PO从半圆形玻璃砖的圆心O射入后分成I、II两束，分别射向玻璃砖
圆弧面上的a、b两点。比较I、II两束光，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃砖对光束I的折射率更大B．光束I在玻璃砖中的速度更大
C．光束II在玻璃砖里传播的时间更长 D．增大光束PO的入射角θ，光束II先发生
全反射【答案】A
sinθ
【详解】ABC．根据折射定律n= ；由图可知光束I的折射角更小，所以玻璃砖对光
sinr
c R
束I的折射率更大；根据v= ，t= ；可知光束I在玻璃砖中的速度更小，光束I在玻璃砖里
n v
传播的时间更长，故A正确，BC错误；
D．由于光束PO从半圆形玻璃砖的圆心O射入后，光束I、II均沿半圆形玻璃砖的半径
方向，可知光束I、II从玻璃砖射出时均不会发生全反射现象，故D错误。
故选A。
3．描述匀变速直线运动物理规律的表达式，可用一次函数图像表示。如图所示的一次函
数图像，横轴与纵轴所表示的物理量并未标出，但已知与横轴、纵轴的截距分别为x 、y ，
0 0
下列说法正确的是（ ）
A．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度v，则物体的加速度大小为y
0
x
0
B．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度v，则 时刻物体的速度大小为y
t 0(x +t )
0 x 0 0
0
C．若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方 ，则物体的加速度大小为 y
v2 − 0
x
0
D．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度 ，则物体的加速度大小为 2y
v − 0
x
0
【答案】D
【详解】AB．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度v，则物体的加速度大小为y ； 时刻物体的速度大小为 y y ；故AB错误；
a=− 0 t v=v +at = y − 0t = 0(x −t )
x 0 0 0 0 x 0 x 0 0
0 0 0
C．若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方 ，根据 ；可得
v2 v2−v2=2ax v2=2ax+v2
0 0
可知物体的加速度大小为 1 y ；故C错误；
a= k=− 0
2 2x
0
1
D．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，根据x=v t+ at2；可得
0 2
x 1 ；可得物体的加速度大小为 2y ；故D正确。
v= =v + at a=2k=− 0
t 0 2 x
0
故选D。
4．在xOy平面的0≤x<a的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，速率相等的大量电子从
原点O均匀发射到第一象限内，从磁场右边界射出的电子数占电子总数的三分之二，不计电
子间相互作用，则电子在磁场中的临界轨迹可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
v2
【详解】根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv=m ；可知速率相等的大量电子的运动半径
r也相等，可知从原点O均匀发射到第一象限内，从磁场右边界射出的电子数占电子总数的三
2
分之二，可得可以从磁场右边界射出的电子的发射角度范围有90°× =60°；则根据电子的偏
3
π π
转轨迹和几何关系可得能从右边界射出的电子的发射角度在 ∼ ；
6 2
故选D。
5．2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功。
飞船入轨后，于当天下午18：00成功对接于空间站天和核心舱径向端口。飞船和空间站的变
轨对接可简化为如图所示的过程，其中轨道1和轨道3为圆轨道，半径分别为r 和r ，飞船变
1 2
轨前稳定运行在轨道1，空间站运行在轨道3，椭圆轨道2为飞船的转移轨道。轨道1和2、2
和3分别相切于P、Q两点。关于变轨过程，下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道1上经过P点的速度小于在轨道2上经过P点的速度
B．飞船在轨道2上经过P点的加速度大于在轨道1上经过P点的加速度
C．飞船在轨道3上经过Q点的加速度小于在轨道2上经过Q点的加速度
D．飞船在椭圆轨道上经过P、Q两点的速率之比为√r
2
r
1
【答案】A
【详解】A．根据变轨原理可知，飞船从轨道1到轨道2，需要在P点点火加速，所以飞
船在轨道1上经过P点的速度小于在轨道2上经过P点的速度，故A正确；
GMm GM
BC．根据万有引力提供向心力有 =ma；解得a= ；所以飞船在轨道2上经过P
r2 r2
点的加速度等于在轨道1上经过P点的加速度，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，故BC错误；
D．根据开普勒第二定律可知取极小的一段时间t，有v r t=v r t；解得线速度大小之比
P 1 Q 2
为r ：r ，故D错误；
2 1
故选A。
6．如图为玻尔理论的氢原子能级图，当一群处于激发态n=3能级的氢原子向低能级跃迁
时，发出的光中有两种频率的光能使某种金属发生光电效应，以下说法中正确的是（ ）
A．这群氢原子由n=3能级向低能级跃迁时能发出6种不同频率的光
B．这种金属的逸出功一定小于10.2 eV
C．用发出的波长最短的光照射该金属时产生光电子的最大初动能一定大于3.4 eV
D．由n=3能级跃迁到n=2能级时产生的光一定能够使该金属发生光电效应
【答案】B
【详解】AB．一群氢原子由n=3能级向低能级跃迁时，可辐射出3种不同频率的光，光
子的能量分别为12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV；根据光电效应方程可知，这种金属的逸出功一
定小于10.2 eV，故A错误、B正确；
C．用波长最短（即光子能量为12.09 eV）的光照射该金属时，其最大初动能大于
E =12.09eV−10.2eV=1.89eV；故C错误；
k
D．由题意可知只有两种频率的光能使该金属发生光电效应，由n=3能级跃迁到n=2能级
时产生的光，不能使该金属发生光电效应，故D错误。
故选B。
7．如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，系绳延长线过球心）、
一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖直上升。则在
球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中（ ）A．绳对球的拉力大小变小 B．墙面对球的支持力变小
C．玩具小车做加速运动 D．玩具小车做减速运动
【答案】D
【详解】CD．设绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示
将球的速度v分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为v =vcosθ
绳
因球匀速上滑过程中θ角将增大，所以v 将减小，故小车做减速运动，故D正确，C错
绳
误；
AB．球受三力作用处于平衡状态，设球重为G，则绳对球的拉力大小T、墙对球的支持
G
力大小N分别为T= ；N=Gtanθ；所以，随θ的增大，T、N均增大，故AB错误。
cosθ
故选D。
8．平行板电容器两极板与静电计金属球和外壳分别连接，对电容器充电，使静电计指针
张开某一角度，撤去电源后以下说法正确的是（ ）
A．增大两板间距离，静电计指针张开角度变大B．减少两板间距离，静电计指针张开角度变大
C．减小两板正对面积，静电计指针张开角度变大
D．增大两板正对面积，静电计指针张开角度变大
【答案】AC
ε S
【详解】AB．撤去电源后，电容器上电荷量不变，增大两板间距离，由C= r 知，电
4πkd
Q
容C变小，由C= 知电压升高，静电计指针张开角度变大；反之减少两板间距离，静电计指
U
针张开角度变小，A正确，B错误；
ε S Q
CD．将两板平行错开一些减小正对面积，由C= r 知，电容C变小，由C= 知电压
4πkd U
升高，静电计指针张开角度变大，反之增大两板正对面积，静电计指针张开角度变小，C正
确，D错误。
故选AC。
9．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机的电压U =250V，经
1
变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R =8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为
线
。已知输电线上损失的功率 ，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法
U =220V P =5kW
4 线
正确的是（ ）
A．发电机输出的电流I =40A
1
B．输电线上的电流I =25A
线
C．降压变压器的匝数比n :n =190:11
3 4
D．升压变压器匝数比1:160
【答案】BCP
【详解】A．由功率P=U I ；得发电机输出的电流I = =400A；故A错误；
1 1 1 U
1
B．由输电线上损失的功率 ；得 ；故B正确；
P =I2 R I =25A
线 线 线 线
D．由升压变压器的电流关系I n ， ；升压变压器匝数比n 1 ；故D错误；
1= 2 I =I 1=
I n 2 线 n 16
2 1 2
C．升压变压器电压关系U n 解得 ；输电线上损失的电压
1= 1 U =4000V U =I R =200V
U n 2 线 线 线
2 2
；降压变压器 的电压 ；由电压关系U n ；解得n 190；故C正确。
U U =U −U 3= 3 3=
3 3 2 线 U n n 11
4 4 4
故选BC。
10．如图所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A到B的长度为L=14m，传送带以v =
0
8m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与
传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知 sin37°=
0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2则下列说法正确的是（ ）
A．煤块刚放上传送带时，加速度大小
a =8.5m/s2
1
B．煤块从A运动到B的时间为1.5s
C．煤块从A运动到B的过程中，传送带上形成黑色划痕的长度为4m
D．煤块从A运动到B的过程中，系统因摩擦产生的热量为6J
【答案】CD
【详解】A．煤块刚放上传送带时，加速度大小为 ；故A错
a =gsinθ+μgcosθ=8m/s2
1
误；B．煤块加速至与传送带的速率相同时所用的时间为 v ； 内煤块运动的位移
t = 0=1s 1s
1 a
1
1
x = a t2=4m；1s后煤块的加速度a =gsinθ−μgcosθ=4m/s2；根据匀加速直线运动的位移
1 2 1 1 2
1
一时间公式有L−x =v t + a t2；解得t =1s或-5s，负值舍去；煤块从A运动到B的时间为
1 0 2 2 2 2 2
t=t +t =2s；故B错误；
1 2
C．1s内传送带上形成黑色划痕的长度为L =v t −x =4m；1s∼2s内煤块的速度大于传
1 0 1 1
1
送带的速率，传送带上形成黑色划痕的长度为L =v t + a t2−v t =2m<L ；故煤块从A运动
2 0 2 2 2 2 0 2 1
到B的过程中传送带上形成黑色划痕的长度为4m，故C正确；
D．煤块从A运动到B的过程中，系统因摩擦产生的热量为
；故D正确。
Q=W =fL=μmg(L +L )cosθ=6J
f 1 2
故选CD。
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．某同学想要描绘标有“3.8V,0.3A”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数
据、绘制曲线尽量准确。可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：
电压表V，量程0~5V，内阻约5kΩ
电流表A ，量程0~500mA，内阻约0.5Ω
1
电流表A ，量程0~100mA，内阻约4Ω
2
滑动变阻器R ，最大阻值10Ω，额定电流2.0A
1
滑动变阻器R ，最大阻值100Ω，额定电流1.0A
2
直流电源E，电动势约6V，内阻可忽略不计（1）上述器材中，电流表应选 ，滑动变阻器应选 （填写所选器
材后的字母）。
（2）请将虚线框内题图甲所示的实验电路图用粗线补画完整 。
（3）该同学通过实验得出了小灯泡的I−U图像如题图乙所示。由图可知，随着电压的增
加，小灯泡的电阻逐渐 （选填“增大”或“减小）。
（4）该同学在获得了（3）中小灯泡的I−U图像后，又把两只这样的小灯泡并联，直接
接在电动势为4V、内阻为8Ω的电源上组成闭合回路。请你利用图像计算此时一只小灯泡的功
率约为 W（结果保留2位有效数字）。
【答案】 A R 见解析 增大 0.19W
1 1
【详解】（1）[1][2]小灯泡的额定电流为0.3A，则电流表选A ，为使小灯泡电压从零开
1
始变化，应采用分压接法，则滑动变阻器选择总阻值较小的R ；
1
（2）[3]小灯泡的电阻较小，远小于电压表内阻，故采用电流表外接法，滑动变阻器采用
分压接法，如图
（3）[4]由图像及欧姆定律可知，图像的斜率等于灯泡内阻的倒数。随着电压的增加，图
像的斜率逐渐减小，即灯泡内阻的倒数逐渐减小，故小灯泡电阻增大；
（4）[5]把两只这样的小灯泡并联，直接接在电动势为4V、内阻为8Ω的电源上，设灯泡
的电压和电流分别为U和I，则根据闭合电路欧姆定律将图像绘出如下图线交点即为此时灯泡的实际工作状态，则灯泡功率为
P=1V×0.19A=0.19W
12．小明同学用如图1所示的实验装置验证系统的机械能守恒。在铁架台的横梁上固定
一力传感器，弹簧的一端与力传感器相连，另一端连接一带有遮光片的小钢球，调整光电门
1、2的位置，使钢球由静止释放后遮光片能够无碰撞地通过两电光门，此时光电门1、2固定
在铁架台上的位置分别为A、B。已知弹簧与小钢球处于平衡状态时，小钢球处在光电门1的
上方，用手向上推小钢球到某一位置D处，然后由静止释放小钢球，则遮光片能过光电门
1、2，不计空气阻力，重力加速度g取9.8m/s2，实验过程中弹簧均处于弹性限度内。
（1）用天平测得小钢球和遮光片的总质量m=0.05kg。
（2）用螺旋测微器测量遮光片的宽度如图2所示，则宽度d= mm。
（3）用刻度尺测出OA之间的距离比弹簧的原长多出Δx =4cm，OB之间的距离比弹簧
1
的原长多出Δx =8cm。
2
（4）测得遮光片经过光电门1、2时力传感器的读数分别为F =0.48N、F =1.06N，遮
1 2
光片的遮光时间分别为t =0.005s、t =0.01s，从以上数据分析可知小钢球从光电门1运动到
1 2
光电门2的过程中，小钢球的动能 。（选填“增加”或“减少”）
（5）小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，由于弹簧弹力与伸长量成正比，可用平均力计算克服弹力所做的功，弹簧弹性势能改变量等于小钢球克服弹力所做的功，因此弹
簧弹性势能的改变量ΔE = ×10−2J，小钢球的重力势能的改变量ΔE =
弹 p
×10−2J，小钢球动能的改变量ΔE = ×10−2J，由以上实验结果表明，在误差允许范
k
围内，小钢球和弹簧组成的系统机械能守恒。（结果均保留3位有效数字）
【答案】4.000 减少 3.08 −1.96 −1.20
【详解】（2）[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm，则遮光片宽度为
d=4mm+0.0×0.01mm=4.000mm
（4）[2]因为遮光片的遮光时间t =0.005s<t =0.01s
1 2
由瞬时速度定义可知，小钢球经过光电门1时的速度大于经过光电门2时的速度，所以小
钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，小钢球的动能减少。
（5）[3][4][5]小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，弹簧弹力所做的功为
0.48+1.06
W =−F (Δx −Δx )=− × 0.04J=−3.08×10−2J
弹 2 1 2
所以弹性势能的改变量为
ΔE =−W =3.08×10−2J
弹
重力势能的改变量为
ΔE =−mg(Δx −Δx )=−1.96×10−2J
p 2 1
动能的改变量为 ΔE = 1 m ( d ) 2 − 1 m ( d ) 2 = 1 md2 ( 1 − 1 )=−1.20×10−2J
k 2 Δt 2 Δt 2 Δt2 Δt2
2 1 2 1
小钢球的重力势能和动能的改变量之和，即为机械能的改变量，为ΔE=ΔE
p
+ΔE =−3.16×10−2J
k
所以在误差允许范围内 ，小球与弹簧组成的系统机械能守恒。
|ΔE|≈ΔE
弹
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．粗细均匀且足够长的玻璃管一端封闭，管内有一段长度
ℎ
=15cm的水银柱。当玻璃管
开口向上竖直放置时，管内被水银柱封闭的空气柱长度L =20cm，如图甲所示，现将玻璃管
1
缓慢地转到水平位置时，空气柱长度变为L ，如图乙所示。设整个过程中玻璃管内气体温度
2
保持不变，大气压强P =75cmHg。求：
0（1）玻璃管开口向上竖直放置时管内被水银柱封闭的空气柱的压强P 和玻璃管水平位置
1
放置时被水银柱封闭的空气柱的压强P （以cmHg为单位）
2
（2）图乙中封闭空气柱的长度L
2
【答案】（1）90cmHg，75cmHg；（2）24cm
【详解】（1）玻璃管开口向上竖直放置时管内被水银柱封闭的空气柱的压强 P 为
1
P =P + ℎ =75+15cmHg=90cmHg；
1 0
玻璃管水平位置放置时被水银柱封闭的空气柱的压强 P 为P =P =75cmHg
2 2 0
（2）封闭空气柱从竖直到水平经历了等温变化，由玻意耳定律有P L =P L
1 1 2 2
得L =24cm
2
1
14．如图所示，质量为3m的光滑 圆弧形轨道C静止在光滑水平地面上，轨道底端与水平
4
地面相切，质量为2m的小球A和质量为m的小球D与轻弹簧相连接并静止于水平地面上。现有
一个质量也为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，且下滑到底端时圆弧形轨道C向右移
动距离为d，此后小球B与小球D正碰，碰后二者粘在一起。求：
（1）小球B下滑至圆弧轨道底端时，小球B的水平位移及圆弧形轨道C的半径R；
（2）小球B下滑至圆弧轨道底端时，小球B的速度大小；
（3）运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能。
3mgd
【答案】（1）x =3d，R=4d；（2）v =√6gd；（3）E =
B B p 4
【详解】（1）球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守
恒，则有mv −3mv =0；
B Cx x
B、C水平动量守恒可得m B=3m C
t t
则x =3x =3d；
B C
且x +x =R；
B C
可得R=4d
（2）球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中mv −3mv =0；
B C
1 1
mg4d= mv2+ ×3mv2；
2 B 2 C
联立得v =√6gd
B
（3）B与D碰撞mv =2mv
B 1
此后A、B、D组成的系统动量守恒，弹簧压缩到最短时A、B、D共速，弹簧弹性势能最
大，有2mv =4mv ；
1 2
1 1
×2mv2=E + ×4mv2；
2 1 p 2 2
3mgd
联立解得E =
p 4
15．如图甲所示，水平面上固定着间距为l=1m的两条平行直轨道，其中CE、DF段轨道
是绝缘的，其它轨道均为不计电阻的导体，AB之间有一个“3V 9W”的灯泡L，CD的右侧轨
道内分布着垂直导轨平面竖直向上的匀强磁场，该磁场的磁感应强度的大小B 随时间的变化
1
情况如图乙所示，EF的左侧轨道内分布着垂直导轨平面竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度
大小为B =2T。t=0时刻，质量为m =2kg、电阻为r =1Ω的a棒静止在距离导轨右端d =2m
2 1 1 1
处，质量为m =1kg、电阻为r =3Ω的b棒在距离EF左侧d =2m处被一种特定的装置锁定，
2 2 2
两棒均长为l=1m，且与轨道接触良好。CD右侧的轨道与棒间的动摩擦因数为μ=0.2，CD左
侧的轨道光滑且足够长，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑轨道连接处的阻碍。
t=1s时，对a棒施加水平向左、大小为F=8N的恒力，在离开B 磁场区域时已达到稳定的速
1
度，过CD后撤去恒力。当a棒接触到b棒时，b棒的锁定装置迅速解除，随后两棒碰撞并粘
在一起成为一个整体。不考虑灯泡阻值的变化。求：
（1）t=1s时，灯泡L的功率及a棒所受摩擦力的大小；
（2）a棒刚进入B 磁场时，b棒两端的电势差U；
2
（3）b棒在整个过程中产生的焦耳热。【答案】（1）4W，4N；（2）3V；（3）2.25J
【详解】（1）0∼1s内，磁场增强，由楞次定律判断，a棒的电流方向为向上，由法拉第
ΔΦ ΔB 2
电磁感应定律可知E= = ld = ×1×2V=4V
Δt Δt 1 1
灯泡的电阻为 U2
R = L=1Ω
L P
L
E
由闭合电路欧姆定律可知，感应电流大小为I= =2A
R +r
L 1
灯泡 的功率为
L P=I2R =4W
L
t=1s时，a棒的安培力大小为F =B Il=4N
a 1
因为最大静摩擦力为f =μm g=4N=F
m 1 a
故a棒不动，此时a棒所受静摩擦力大小为4N。
（2）a棒离开CD时已达到稳定速度，此时有F=μm g+B I l
1 1 1
其中 B lv
I = 1 1
1 R +r
L 1
联立解得v =2m/s
1
a棒以v =2m/s的速度冲入B 的匀强磁场，产生的感应电动势大小为E =B lv =4V
1 2 2 2 1
棒两端的电势差为 E
b U= 2 r =3V
r +r 2
1 2
（3）设a棒与b棒碰撞前瞬间的速度大小为v ，以a棒为研究对象，由动量定理有
2
B2l2 B2l2d
m v −m v =−B IlΔt=− 2 vΔt=− 2 2
1 2 1 1 2 r +r r +r
1 2 1 2
可得a棒在与b棒相撞前的速度大小为v =1m/s
2
由能量守恒定律，从a棒刚进入磁场开始到a、b棒碰撞前瞬间，a棒减少的动能转化为焦1 1
耳热，则Q= m v2− m v2=3J
2 1 1 2 1 2
所以 棒在整个过程中产生的焦耳热为 r
b Q = 2 Q=2.25J
b r +r
1 2
