文档内容
【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04
（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．杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳后裁判全给10分并获
得冠军。从全红婵离开跳板开始计时，跳水过程中重心的v−t图像如图所示。则全红婵的重
心（ ）
A．在0∼t 过程中作自由落体运动
1
B．在t ∼t 过程中速度方向发生改变
2 3
C．在t ∼t 过程中加速度逐渐减小
3 4
D．在t 时刻上浮至水面
4
【答案】C
【详解】A．在0∼t 过程中初速度不是零，不是自由落体运动，故A错误；
1
B．在t ∼t 过程中速度始终为正值，方向不变，故B错误；
2 3
C．在t ∼t 过程中，图像斜率变小，斜率代表加速度，加速度逐渐减小，故C正确；
3 4
D．根据图像可知，0∼t 过程竖直向上运动，t ∼t 过程中竖直向下运动，在t 时刻下降
1 1 4 4
到最低点，故D错误。
故选C。
2．关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（ ）
A．汤姆逊利用阴极射线管发现了质子
B．居里夫妇发现铀的天然放射现象
C．查德威克预言中子存在，并通过α粒子轰击铍核时发现中子
D．卢瑟福进行α粒子散射实验并提出原子的核式结构模型【答案】D
【详解】A．汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子，A错误；
B．贝克勒尔发现轴的天然放射现象，B错误；
C．卢瑟福预言了中子，查德威克通过α粒子轰击铍核实验发现了中子，C错误；
D．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，认为原子是由原子核和核外
电子组成的，D正确。
故选D。
3．土法爆米花已成为一代人童年的美好回忆。如图所示为一个土法爆米花铁质容器，把
玉米倒入容器后将盖盖紧，然后一边加热一边转动容器，同时观察容器上压强计的示数变
化，当压强达到一定值时，便可打开容器，就在打开容器的瞬间，米花便爆成了。已知容器
的体积为V ，外界大气压强为p ，环境的温度为T ，容器内的气体可视为理想气体，玉米需
0 0 0
要容器内气体压强达到5p 时打开容器才可爆米成花，容器内玉米的体积忽略不计，下列说法
0
错误的是（ ）
A．在加热过程中，温度升高，单位时间内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的
作用力增大
B．当打开容器时，气体迅速膨胀，米粒内、外压强差变大，瞬间米花生成
C．在整个加热过程中，容器内的气体压强与摄氏温度成正比
D．要使玉米正常爆花，打开容器时容器内气体的温度需达到5T
0
【答案】C
【详解】A．玉米在容器中加热，随着温度不断上升，气体平均分子动能增大，单位时间
内、单位面积上气体分子与器壁的碰撞对器壁的作用力增大，容器内气体压强增大，故A正
确；
B．当打开容器，容器内气体迅速膨胀，压强降低，米粒内、外压强差变大，瞬间米花生
成，故B正确；
C．以容器内的气体为研究对象，在整个加热过程中，气体的体积不变，压强与热力学温度成正比，故C错误；
D．根据查理定律有p p ；由题可知，当气压 时才可以正常爆花，解得
0= 1 p =5p T =5T
T T 1 0 1 0
0 1
；故D正确。
故选C。
4．如图所示是两种不同色光用同一个双缝干涉装置做实验得到的干涉图样。（阴影部分
表示亮纹，空白处表示暗纹）下列说法中正确的有（ ）
A．左图对应的色光的频率较低
B．左图对应的色光的波长较大
C．右图中短线bc间的距离就是相邻亮纹间的距离
D．右图中短线ac间的距离就是相邻亮纹间的距离
【答案】D
L
【详解】AB．根据Δx= λ；由于左图中Δx较小，则左图对应的色光的波长较小，频率
d
较高，故A，B错误；
CD．右图中短线ac间的距离就是相邻亮纹间的距离，故C错误，D正确。
故选D。
5．图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作
用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下放列表述正确的是（ ）A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由放电极指向集尘极
C．某一带电尘埃向集尘极迁移过程中，它的电势能增加
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【答案】D
【详解】AC．尘埃在静电力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，负电荷在电
场中受静电力的方向与场强方向相反，则某一带电尘埃向集尘极迁移过程中，它的电势能减
小，故A、C错误；
B．集尘极与电源正极相连，电场方向由集尘板指向放电极，故B错误；
D．根据F=Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。
故选D。
6．太阳系内很多小天体和八大行星一样围绕太阳运行。之前，能进入金星轨道内侧的小
天体仅发现21个，但它们一部分轨道在金星轨道外侧。最近科学家第一次发现了完全在金星
轨道内侧运行的一个小天体“AV2”。则（ ）
A．“AV2”没有落至太阳上是因为它质量小
B．“AV2”绕太阳运行周期大于金星
C．“AV2”在任何位置的加速度都大于金星
D．这些小天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等
【答案】C
【详解】A．“AV2”在太阳引力的作用下绕太阳做圆周运动或椭圆运动，太阳的引力正
好提供“AV2”做圆周运动或椭圆运动的外力，“AV2”没有落至太阳上与它质量无关，故A
错误；B．由开普勒第三定律r3 可知，由于“AV2”完全在金星轨道内侧运行，即“AV2”的圆
=k
T2
轨道半径或椭圆轨道半长轴小于金星轨道半长轴，则“AV2”绕太阳运行周期小于金星，故B
错误；
GMm
C．由牛顿第二定律可知 =ma；由于“AV2”距太阳的距离始终小于火星距太阳的距
r2
离，所以在任何位置的加速度都大于金星，故C正确；
D．由开普勒第二定律可知，同一轨道运行的天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积
都相等，不同轨道上天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。
故选C。
7．两列在同一介质中沿同一直线传播的简谐横波相遇，如图所示为某一时刻的情况，其
中实线表示向右传播的波、虚线表示向左传播的波。下列说法正确的是（ ）
A．两列波不可能发生干涉
B．图中 a、c、e、g点为振动加强点
C．再过半个周期，b、d、f点变为振动加强点
D．再过一个周期，a质点将移到e质点所在位置
【答案】B
【详解】A．两列在同一介质中沿同一直线传播的简谐横波，由于两波的波长相等，频率
相同，因此相遇时两列波能发生干涉，A错误；
1 1
B．两列波相向传播，再经 周期，两波分别向前传播 波长，两列波的波峰与波峰在c、
4 4
g两点相遇，两列波的波谷与波谷在a、e两点相遇，因此图中 a、c、e、g点为振动加强
点，B正确；
C．再过半个周期，两波在b、d、f点仍然是波峰与波谷相遇，均是振动减弱点，C错
误；
D．参与波传播的质点，只在各自的平衡位置附近振动，不会随波传播的方向移动，D错
误。故选B。
8．滑板运动是一项青春、时尚、绿色，阳光的体育运动。如图所示，跳台的斜面AB长
为L，斜面倾角为θ。一质量为m的滑板运动员（视为质点）从斜面顶端A点水平跃出，刚好
落在斜面底端B点。已知重力加速度为g，则（ ）
√gLtanθ
A．运动员离开A点时的速度大小为
2cosθ
√gLcosθ
B．运动员离开A点时的速度大小为
2tanθ
C．从A点到B点运动员动量的变化量大小为m√2gLtanθ
D．从A点到B点运动员动量的变化量大小为m√2gLsinθ
【答案】BD
1
【详解】AB．运动员离开A点后做平抛运动，有Lsinθ= gt2；Lcosθ=v t；联立解得
2 0
√gLcosθ； √2Lsinθ；A错误，B正确；
v = t=
0 2tanθ g
CD．由动量定理知运动员动量的变化量大小为Δp=mgt=m√2gLsinθ；C错误，D正确。
故选BD。
9．如图所示，某手机采用磁吸式无线充电，将充电器和手机紧密结合在一起，可以降低
能量损耗。充电时充电器的发射线圈接在电压有效值为220V的正弦交流电源上，手机的接
收线圈的电压有效值为12V，功率为44W，不计充电过程中的能量损耗，下列说法正确的是
（ ）A．接收线圈的工作原理是电磁感应现象
B．发射线圈的工作原理是电流的热效应
C．发射线圈和接收线圈的匝数比为11:3
D．正常充电时，充电器发射线圈的输入电流为0.2A
【答案】AD
【详解】A．接收线圈的工作原理是电磁感应，A正确；
B．发射线圈的原理是电流的磁效应，B错误；
C．根据变压器的原理可知n U 220 55；C错误；
1= 1= =
n U 12 3
2 2
D．因为不计能量损耗，所以发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率，因此充电器
P 44
发射线圈的输入电流I= = A=0.2A；D正确。
U 220
1
故选AD。
10．如图所示，光滑水平面上方有互相垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向水平向
右，场强为E。 a、b两绝缘物体质量分别为3m、4m，叠放在一起置于水平面上，b不带
电，a带电荷量为+Q。将两物体同时释放后，最初两物体能一起运动，下列说法正确的是（
）
A．两物体相对静止时之间的弹力逐渐减小，摩擦力也逐渐减小
B．两物体相对静止时之间的弹力逐渐减小，摩擦力不变4QE
C．当两物体间的最大静摩擦力等于 时即将开始相对滑动
7
QE
D．当两物体间的最大静摩擦力等于 时即将开始相对滑动
2
【答案】BC
【详解】AB．两物体一起向右运动的过程中，根据左手定则可判断物体a受到的洛伦兹
力的方向竖直向上，根据平衡条件有qvB+F =3mg；
N
则两物体间的弹力随速度的增大而减小，两物体能一起运动，对两物体根据牛顿第二定
律有 ；
QE=(m +m )a
a b
4
可知两物体一起运动的加速度不变，a与b之间的摩擦力为f =m a= QE；
b 7
a与b之间的摩擦力不变，故A错误， B正确；
CD．物体a相对于物体b刚开始滑动时，对物体a则有QE−f =m a
m a
对物体b则有f =m a
m b
4QE
联立可得f = ；故C正确，D错误。
m 7
故选BC。
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．某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：
A．电流表G （内阻R =100Ω，满偏电流I =10mA）
1 g1 g1
B．电流表G （内阻R =100Ω，满偏电流I =25mA）
2 g2 g2
C．定值电阻R （100Ω，1A）
0
D．电阻箱R （0−9999Ω，1A）
1
E.滑动变阻器R （100Ω，1A）
2
F.电源E（36V，内阻不计）
G.多用电表
H.开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为
了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到 （填“×1”或“×100”）
进行再次测量，并重新进行 （填“机械调零”或“欧姆调零”），若测量时指针位置如图甲所示，则示数为 Ω。
（2）测量电阻丝阻值，某同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让
电表同时接近满偏状态。所以图乙中，A 处应选择 （填“G ”或“G ”）与电阻箱串
1 1 2
联，改装成量程为36V的电压表
（3）调节滑动变阻器的滑片到合适位置测得电流表G 的示数为I ，电流表G 的示数为I ，
1 1 2 2
则该种材料的电阻R=
【答案】 欧姆调零 I (R +R )
×100 900 G 1 g1 1
1
2I −I
2 1
【详解】（1）[1][2][3]用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻
较大，应该换用大倍率的，即将多用电表的欧姆挡位换到×100进行再次测量，并重新进行欧
姆调零。则图甲的读数为9×100Ω=900Ω；
（2）[4]根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，A 处电表改装后量程为36V，由欧姆
1
U
定律可知，流过R 的电流为I = =0.04A=40mA；
x 1 R
x
若A 处选择G ，和R 并联后量程为20mA，不能满足实验要求，则应A 处选择G ，A 处选择
2 1 0 1 1 2
G 。
2
（3）[5]由于R 与G 内阻相等，则流过R 的电流为I ，则流过R 的电流为I =2I −I
0 2 0 2 x x 2 1
两端的电压为
R U =I (R +R )
x x 1 g1 1
由欧姆定律可得 R = U x = I 1 (R g1 +R 1 )
x I 2I −I
x 2 1
12．小巴同学为测重庆当地重力加速度，按教材图示组装了实验装置，如图甲，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁，当注射器在竖直面内做小角度（小于
5°）摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射器流出的墨水在硬纸板上形成
了如图乙所示的曲线。
（1）匀速拖动硬纸板，从注射器第一次经过x轴计时起，经过时间t，纸板上的墨迹曲线
恰好经过10次x轴，则注射器摆动周期为 。
（2）若纸板按住不动，注射器摆动过程中墨汁均匀流出。从上向下俯视观察在纸板上留
下的墨痕特点( )
A．墨色均匀 B．中间墨色浅，两边墨色深 C．中间墨色深，两边墨色浅
（3）若长度为d的注射器内灌满墨汁（针头突出部分极短，长度忽略不计），在摆动过
程中只有少量的墨汁流出。已知连接注射器的单边细线长度为L，双线之间夹角为θ，则在满
足第（1）问的前提下，当地重力加速度为 （用t、d、L、θ表示）
（4）若在拖动纸板计时过程中，未能控制好匀速拖动，后程拖动速度略有增大，依然使
用上述方法测量重力加速度会导致测量结果 （填“无影响”、“偏大”、“偏
小”）
θ d
2 81π2 (Lcos + )
【答案】 t B 2 2 无影响
9
t2
n−1 2t 2
【详解】（1）[1]根据题意可得 T=t；所以T= = t
2 n−1 9
（2）[2]由于单摆在运动过程中越靠近平衡位置速度越大，落到纸板上的墨汁较少，所以
从上向下俯视观察在纸板上留下的墨痕应为中间墨色浅，两边墨色深。
故选B。
√ θ d
（3）[3]根据单摆的周期公式可得 (Lcos + )； 2
2 2 T= t
T=2π 9
gθ d
81π2 (Lcos + )
联立可得 2 2
g=
t2
（4）[4]若在拖动纸板计时过程中，未能控制好匀速拖动，后程拖动速度略有增大，依然
使用上述方法测量重力加速度测量结果不受影响，因为单摆振动的周期不变，摆长不变。
三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题7分，第二小题15分，第三小题18
分）
13．如图所示，竖直平面内的一半径R=0.5m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质
量m=0.1kg的小球（可看作质点）从B点正上方H=1.0m高处的A点自由下落，由B点进入
圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，（取g=10m/s2）求：
（1）小球经过B点时的动能；
（2）小球经过最低点C时的速度大小v ；
C
（3）小球经过最低点C时对轨道的压力大小．
【答案】（1）1J；（2）√30m/s；（3）7N
【详解】（1）小球从A点到B点，根据机械能守恒定律得mgH=E
k
代入数据解得E =1J
k
（2）小球从A点到C点，设经过C点速度为，根据机械能守恒定律得
1
mg（H+R）= mv2
2 ❑ C
代入数据解得
v =√30m/s
C
（3）小球在C点，受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得v2 ；
F −mg=m ❑ C
N R
代入数据解得F =7N
N
由牛顿第三定律有小球对轨道压力的大小
F ′=F =7N
N N
14．如图所示，不计电阻的光滑的金属轨道分水平段和竖直段两部分，竖直段轨道为半
径R=1m的圆弧形，O 点为圆弧的圆心，P为圆弧上与圆心等高的点。两金属轨道之间的宽
度l=0.5m。整个装置均处于磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中。水平轨道左侧
与一个内阻r=2Ω、电压连续可调的电源相连，通过自动调节电压可维持电路中电流I=2A保
持不变（方向如图所示）。现将一质量m=0.05kg、长为0.5m的匀质金属细杆置于轨道上M
点静止释放，金属细杆沿金属轨道向右开始运动，运动中金属细杆与金属轨道始终垂直。已
知M、N间距d=20m，求：
（1）金属细杆开始运动时的加速度大小；
（2）金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小；
（3）金属杆从M点运动开始计时，电源电动势按照E=24+2.5t(V)变化，求金属杆从M到
N过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）10m/s2；（2）10.25N；（3）80J
【详解】（1）金属细杆开始运动时所受的安培力大小F =BIL=0.5×2×0.5N=0.5N；
安
F
根据牛顿第二定律可得，加速度大小a= 安=10m/s2；
m
（2）金属细杆从M点到P点的运动过程，只有安培力、重力做功，安培力所做的功
；
W =F ×(MN+OP)=10.5J
安 安
重力所做的功W =−mg×ON=−0.5J；
G
1
由动能定理得W +W = mv2−0；
安 G 2解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v =20m/s；
mv2
可得F−F = ；
安 R
解得F=20.5N；
由牛顿第三定律可知此时金属细杆对每一条轨道的作用力大小为10.25N；
1
（3）设金属棒从M到N的时间为t，可得20= at2
2
解得t=2s；
可得v=at=20m/s；
电源瞬时功率为P=EI=(24+2.5t)I=48+5t
可作如图
电源在时间t内对整个回路提供的能量为Q，可根据梯形面积计算得
1
Q=(48+58)×2× J=106J
2
mv2
设Q 为金属棒从M到N产生的焦耳热，则Q=Q +I2rt+
1 1 2
解得Q =80J
1
15．如图，一质量m=2.0kg、长度L=3.2m的长木板静止于光滑水平面上，长木板上表面
水平，左侧有一竖直挡板，右端放置一质量M=4.0kg的物块，长木板上表面装有特殊的单向
摩擦材料，当小物块相对于长木板向左滑动时物块和长木板之间没有滑动摩擦力，当物块相
对于长木板向右滑动时物块和长木板之间有滑动摩擦力，此时的动摩擦因数μ=0.50。现给长
木板一水平向右的拉力F=12N，作用t=1.0s后撤去拉力F，之后物块与长木板左侧的挡板发
生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞之后物块在长木板上表面上运动。重力加速度取
g=10m/s2，物块可视为质点，不计空气阻力。求：
（1）物块与长木板左侧的竖直挡板碰撞之后瞬间长木板的速度v 和物块的速度v ；
1 2
（2）物块与长木板左侧的挡板碰撞之后长木板对地向左运动的最大位移x；（3）整个过程中物块和长木板摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）v =2m/s，方向向左， v =4m/s，方向向右；（2）x=0.2m；（3）
1 2
Q=24J
【详解】（1）F作用时，物块不受摩擦力，设撤去F时，木板加速度为a，速度为v ，位
0
F
移为x ，有a= =6m/s2
0 m
1
x = at2=3mt
1 2 1
1
所以木板先减速到0，设木板对地向左运动的最大位移为x，有x= a t 2=0.2m
2 1 1
（3）木板减速到0后，反向加速，物块继续减速，直到两者共速为v ，根据动量守恒定
3
律，有−mv +Mv =(m+M)v
1 2 3
解得v =2m/s
3木板反向加速的位移为 v 2
x = 3 =0.2m
1 2a
1
物块一共的位移为 v 2−v 2
x =− 3 2 =1.2m
2 2a
2
因为x +x−x
