文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（天津卷专用）
黄金卷05
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
一、单选题(每题5分，只有一个选项符合题意，共25分)
1．法国物理学家贝克勒尔发现自然界中有一些物质具有天然放射现象，能够发生衰变反应。一个静止的
原子核衰变成一个新核 ，同时放出一个带电粒子，该粒子的动能大小为E，动量大小为p。下列
说法正确的是（ ）
A．放出的带电粒子为电子
B． 的结合能比 的结合能大
C． 的动量大小为
D． 的动能大小为
【答案】D
【详解】A．该核反应方程为
即放出的粒子为α粒子，不是电子，A错误；
B．α衰变过程释放能量，所以 的结合能比 的大，B错误；
C．核反应前后动量守恒，由于原来 静止，可知 的动量与α粒子的动量大小相等、反向相反，故
的动量大小为p，C错误；
D． 的动能为
α粒子的动能为联立解得
D正确。
故选D。
2．随着地球上的能源不断消耗，寻找人类的第二家园也越发显得重要，科学家在2014年6月发现了可能
宜居的系外行星开普坦－B，该行星的质量为地球的k倍，半径为地球的m倍，自转周期为地球的n倍，
下列关于行星开普坦－B说法中正确的是（ ）
A．重力加速度为地球的 倍
B．第一宇宙速度为地球的 倍
C．赤道上物体的向心加速度为地球的 倍
D．同步卫星的轨道半径为地球的 倍
【答案】C
【详解】A．由
可得
所以该行星表面的重力加速度为地球的 倍，故A错误；
B．由
可得所以该行星的第一宇宙速度为地球的 倍，故B错误；
C．由
可知，该行星赤道上物体的向心加速度为地球的 倍，故C正确；
D．由
可得
该行星同步卫星的轨道半径为地球的 倍，故D错误。
故选C。
3．如图所示，虚线a、b、c、d、e代表电场中的五个相邻等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为
一带正电的试探电荷仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N 是这条轨迹上的两点，则
（ ）
A．M点的电势高于N点
B．M点的电场强度比N点的大
C．该试探电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．该试探电荷在M点的动能大于在N点的动能
【答案】D
【详解】A．由于电场线垂直等势面，粒子所受电场力沿电场线切向方向且指向轨迹的凹侧，试探电荷带
正电，因此可以判断电场线的分布情况，如图所示所以M点的电势低于N点电势，故A错误；
B．电场线的疏密表示电场强弱，所以M点的电场强度小于N点电场强度，故B错误；
CD．由电势能与电势的关系
可知，带正电的粒子在电势越高的位置，电势能越大，所以该试探电荷在M点的电势能小于在N点的电势
能，又由能量守恒定律可知，试探电荷在M点的动能大于在N点的动能，故C错误，D正确。
故选D。
4．磁吸无线充电宝本身具有磁性，手机可以直接吸附在充电上进行无线充电，手机不与桌面接触，手机
和充电宝整体由图示位置缓慢转至竖直，两者始终保持相对静止。若充电宝与手机间的磁吸力大小保持恒
定，则（ ）
A．手机始终受到三个力的作用
B．充电宝对手机的弹力不变
C．充电宝对手机的摩擦力逐渐减小
D．充电宝对手机的作用力不变
【答案】D
【详解】A．手机受重力、垂直于接触面的弹力和磁吸力、沿接触面向上的静摩擦力，手机和充电宝整体
由图示位置缓慢转至竖直，两者始终保持相对静止，所以手机始终受到四个力的作用，故A错误；
BC．根据平衡条件有
手机和充电宝整体由图示位置缓慢转至竖直，则 逐渐增大，F 不变，可知静摩擦力增大，充电宝对手机
吸的弹力减小，故BC错误；
D．根据平衡条件可知，充电宝对手机的作用力始终与手机的重力平衡，所以充电宝对手机的作用力不变，
故D正确。
故选D。
5．如图所示为一定质量的理想气体等温变化 图线，A、C是双曲线上的两点， 和 则分别为A、
C两点对应的气体内能， 和 的面积分别为 和 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】AB．由于图为理想气体等温变化曲线，由波意耳定律可得
而
即 ，A错误，B正确；
CD．由于图为理想气体等温变化曲线， ，则气体内能 ，CD错误。
故选B。
二、多选题(每题5分，有多个选项符合题意，选对每选全得3分，答错不得分，共15分)
6．一列简谐横波在 时刻的波形图如图所示，B与C两质点相距2m，此时A质点速度方向沿y轴正向，经过 质点A第一次到达波谷，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的周期
C．该波的传播速度
D． 时，A、B两质点相距 m
【答案】AD
【详解】A．A质点速度方向沿y轴正向，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，A正确；
B．由于A质点速度方向沿y轴正向，且经过 质点A第一次到达波谷，则有
解得
B错误；
C．根据图像可知波长为
波传播的速度
C错误；
D．由于可知， 时，A、B两质点分别位于波谷与波峰，则A、B两质点相距
D正确。
故选AD。
7．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，副线圈匝数可以通过滑动触头P来调节，副线圈两端
连接了电压表、电阻R、灯泡L、L，闭合开关S，滑片P处于图示位置，灯泡正常发光。下列说法正确
1 2
的是（ ）
A．保持开关S闭合，将滑片P向上移，电压表读数不变
B．保持开关S闭合，将滑片P向上移，灯泡变亮
C．保持滑片P位置不变，断开开关S，灯泡L 变暗
1
D．保持滑片P位置不变，断开开关S，电阻R上消耗功率变小
【答案】BD
【详解】AB．滑片P向上移动，副线圈匝数增加，由
可知 增大，电压表读数增大，在负载回路中电流增大，灯泡功率增大，变亮，故A错误，B正确；
C．滑片P位置不变，则副线圈输出电压不变，断开开关S，灯泡L 所在支路可以看做电阻从有限值变为
2
无穷大，即电阻增大，根据闭合回路欧姆定律推导的二级结论“串反并同”可知L 变亮，故C错误；
1
D．由C选项分析可知滑片P位置不变，断开开关S时，负载回路总电阻增大，由于副线圈电压不变，因
此干路电流减小，即流过R上的电流减小，电阻R上消耗功率变小，故D正确。
故选BD。
8．如图所示，为科学家用某种透明均匀介质设计的“圆环”，圆心为O，内、外半径分别为R和2R。AB
部分是超薄光线发射板。发射板右侧各个位置均能发射出水平向右的光线，发射板左侧为光线接收器。通过控制发射光线的位置，从C位置发射出一细单色光束。发现该光束在“圆环”中的路径恰好构成一个正
方形，且没有从“圆环”射出。光在真空中的速度为c。下列说法正确的是（ ）
A．“圆环”对该光束的折射率可能是1.4
B．“圆环”对该光束的折射率可能是1.5
C．光束在介质中的传播速度可能是
D．光束在介质中的传播速度可能是
【答案】BC
【详解】AB．从C位置发射出一细单色光束能发生全发射，光路如图所示
由几何关系可知 = ，全反射的临界角 ，又因为
所以
故折射率
故A错误，B正确；CD．光束在介质中的传播速度为
所以
故C正确、D错误。
故选BC。
第 II 卷（非选择题）
三、实验题(共2个题，共12分)
9．某幼儿园欲建一个如图甲所示滑梯，根据空地大小和安全需要，对制作滑梯的板材与儿童裤料之间的
动摩擦因数有一定要求。某物理兴趣小组用如图乙所示的实验装置测量板材与儿童裤料间的动摩擦因数。
先取一种板材水平固定在桌面上，用儿童裤料包裹的物块受重物的牵引在板材上由静止开始运动，细绳始
终与桌面平行，当重物落地后，物块再运动一段距离后停在板材上。打点计时器打出的纸带记录了物块的
运动情况。
（1）选取重物落地后的一段纸带如图丙所示，1、2、3、4是选取的4个计数点，相邻两个计数点之间还
有四个点未画出。图上注明了对各计数点间的测量结果，其中有一个数据在记录时有误，有误的数据是
_______段。（填“x ”“x ”或“x ”）。已知打点计时器电源的频率为 。利用纸带测得的数据可求出该
1 2 3
物块在减速运动过程中的加速度大小 ______ .
（2）若重力加速度大小取 ，板材与儿童裤料间的动摩擦因数 ______。（所有计算结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）x 4.9 （2）0.49
2
【详解】（1）[1] 根据记录数据时，数据的精确度应该保持一致，所以有误的一组数据是x；
2
根据匀变速直线运动中相同时间内相邻位移差满足
Δx=aT2
其中
解得
（2）[2] 根据牛顿第二定律可得
μmg=ma
解得：
μ=0.49
10．某实验小组利用如图甲所示的电路测量一干电池的电动势与内阻．图甲中定值电阻 ，R为
电阻箱，S为开关。不计电压表的内阻。
（1）断开开关S，将多用电表的表笔与电池相连，其中___________（填“红”或“黑”）表笔接电池的
正极，粗测出该电池的电动势为 。
（2）请将操作补充完整：闭合开关S，_____________，记录下电阻箱的阻值R以及电压表对应的示数
U。
（3）根据如图甲所示的电路，可以用R， 、E和r表示 ，即 ____________；作出 图像如图乙所示，读出两个参考点的坐标 与 ，根据该两点的坐标数据，可求出该干电池的电动势
______________V（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）红 （2）多次调节电阻箱 （3） 1.47
【详解】（1）[1]电流应该从红表笔流入多用表，所以红表笔接电池的正极。
（2）[2]闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的阻值R以及电压表对应的示数U，根据测
得的多组数据做出相关图像，通过图像分析电池的电动势和内阻。
（3）[3]根据闭合电路欧姆定律可得
整理得
由图象可知
解得
四、解答题(11题14分，12题16分，13题18分，要求写出必要的解题依据和推导过程)
11．如图a所示，一足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加
一水平向右的恒力F，1s后撤去F，此后木板运动的v-t图像如图b所示。已知物块与木板的质量均为
1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：
（1）F的大小；
（2）撤去F直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力的冲量大小；
（3）整个过程中木板与物块间因摩擦产生的内能。【答案】（1）F=18N；（2）0；（3）12J
【详解】（1） 假设0-1s内，物块与木板无相对滑动共同加速，则撤去F后，木板的v-t图像是一条倾斜
直线，或者物块从木板右端滑出，均不符合题意，可见此过程中物块与木板相对滑动。
在t=1-1.5s内，物块加速、木板减速，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为a 和a，则
1 2
式中t=1s、t= 1.5s，v=3m/s、 v=8m/s 分别为木板在t、t 时的速度大小。
1 1 2 1 2
设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ、μ，由牛顿第二定律得
1 2
联立得
μ=0.20
1
μ=0.40
2
在0-1s内，设木板的加速度为a、对木板，根据牛顿第二定律可得
0
其中
联立解得
F=18N
（2） t=1.5s以后，物块和木板仍有相对滑动，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为a'和a'，对物
1 1 2
块和木板分别由牛顿第二定律可得
设木板停下时刻为t，由运动学公式得联立解得
t=2s
2
故在撤去拉力至木板停下的过程中，物块先匀加速 后，又匀减速 这段时
间内，摩擦力对其冲量为
（3）t 内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
1
联立可得，物块相对于木板的位移的大小为
t 至物块最终停下时间内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
1
联立可得物块相对于木板的位移的大小为
则此过程中木板与物块间因摩擦产生的热量为
12．如图甲，abcd和a′b′c′d′为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，ab段和a′b′段间距为2L，cd段和
c′d′段间距为L、整个导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，bcc′b′左侧导轨间的磁感应强度大小为B，
0
bcc′b′右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，图中t 为已知量，两根相同金属杆M、N分别垂直两
0
侧导轨放置，N杆与cc′之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一不可伸长绝缘细线通过轻质定
滑轮与一重物相连，重物离地面的高度为L，细绳处于伸直状态且与M杆垂直，t=0时刻释放重物，同时在N杆中点处施加一水平拉力，使两杆在0~t 时间内均处于静止状态。已知M、N杆和重物的质量都为
0
m，不计导轨电阻，重力加速度为g。
（1）求0~t 时间内回路的感应电动势E；
0
（2）求0~t 时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的函数关系式；
0
（3）从t 时刻开始，保持拉力F不变，若重物下落的过程中，回路产生的总热量为Q，求重物落地时N
0
杆的速度大小v。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）0~t 时间内回路的感应电动势为
0
根据图乙可知
解得
（2）根据图乙可知
令0~t 时间内回路的感应为 ，对M有
0
对N有
解得（3）根据上述，t 时刻的拉力大小
0
t 时刻之后，对M与重物整体进行分析有
0
t 时刻之后，对N进行分析有
0
解得
可知M、N的加速度大小相等，即M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，则从t 时刻开始到重物落地的
0
过程中有
解得
13.如图甲的空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的立方体区域，该区域内（含边界）分布有沿y轴负
方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），以初速度v 从a点沿x轴正方向
0
进入电场区域，恰能从dʹ点离开。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若在该区域再加一个沿y轴正方向的匀强磁场，粒子仍从a点以初速度v 沿x轴正方向进入该区域后
0
从Obʹ之间某点离开，求磁感应强度的大小B和离开该区域时的速度大小v；
1
（3）撤去原来的电场，在该区域加方向沿x轴负方向的磁场B和沿y轴正方向的磁场B，磁感应强度B、
B的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t=0时刻，粒子仍从a点以初速度v 沿x轴正方向进入该
0
区域，要使粒子从平面cddʹcʹ离开此区域，且速度方向与平面cddʹcʹ的夹角为60°，求磁感应强度B 的可能
0
取值。【答案】（1） ；（2） ， ；（3） （n=0，1，2，3……）
【详解】（1）设粒子在电场中运动的加速度大小为a，运动时间为t，则
1
解得
（2）粒子在复合场中的运动，可分解为沿y轴负方向的匀加速直线运动和沿平行于xOz平面的匀速圆周运
动，由“粒子从Obʹ之间某点离开”可知，粒子在平行xOz平面内的运动轨迹为二分之一圆周，由运动的
等时性，其运动时间仍为
解得
根据动能定理可得
解得（3）沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴负方向夹角60°，设粒子在平行于yOz平面内运动了 个 ，
图甲为 的情况，设运动半径为r，则满足
（n=0，1，2，3……）
这一过程粒子沿y轴负方向运动距离
由于 ，所以粒子无法到达 平面，不合题意；
沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴正方向夹角为60°，图乙为 的情况，则满足
（n=0，1，2，3……）
由于 ，所以粒子能到达 平面，符合题意；
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（n=0，1，2，3……）
