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05
（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. 轧钢厂的热轧机上安装射线测厚仪，仪器探测到的 射线强度与钢板的厚度有关。如图所示，某射线测
厚仪采用放射性同位素铱192作为放射源，其化学符号是 ，原子序数为77，放射源在进行 衰变产生新
核X的同时会释放出 射线，放射性元素的半衰期为74天，下列说法正确的是（ ）
A. 上述衰变方程为
B. 衰变放射出的 粒子来自于原子的核外电子
C. 若有 铱192，经过148天有 发生了衰变
D. 若探测器测得的射线强度变弱时，说明钢板厚度变小
【答案】A
【解析】
A．根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒，可知衰变方程为
故A正确；B．原子核内中子转化为质子和电子，衰变放射出的 粒子来自于原子核内转化的电子，故B错误；
C．半衰期为74天，若有 铱192，经过148天有 发生了衰变，故C错误；
D．若探测器测得的射线强度变弱时，说明钢板厚度变大，故D错误。
故选A。
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. 利用双缝干涉装置测红光波长时，得到红光的干涉图样；仅将红光换成蓝光，得到另一干涉图样。两图
样如图所示，下列说法正确的是( )
A．图甲为红光干涉图样
B．将光屏远离双缝，干涉条纹间距减小C．红光比蓝光更容易发生衍射现象
D．若蓝光照射某金属时能发生光电效应，改用红光照射也一定能发生光电效应
【答案】C
【解析】A．因为红光的波长比蓝光长，所以在发生干涉时，条纹间距比较大，但是两图比较发现，乙图
的条纹间距比较大，故乙为红光干涉图样，选项A错误；B．将光屏远离双缝，即增大L，则可知干涉条
纹间距变大，选项B错误；C．发生衍射的现象是尺度或孔径等于或小于波长，而光的波长本身比较小，
所以相对来说波长较大的更容易发生衍射现象，所以红光更容易发生衍射现象，选项C正确；D．由于蓝
光的波长小、频率大，故蓝光的能量较大，所以若蓝光照射某金属时能发生光电效应，改用红光照射不一
定能发生光电效应，选项D错误。故选C。
4. 一定质量的理想气体由状态A变到状态B的V－T图线如图所示，可知在由A到B的过程中正确的是（
）
A．气体内能增加
B．气体分子间的平均距离不变
C．气体的体积增大，压强减小
D．气体一定放出热量
【答案】A
【详解】
A．由题意可知，气体温度升高，气体分子平均动能增大，则气体内能增大，故A正确；
B．由图示图线可知，气体的体积增大，分子间的平均距离增大，故B错误；
C．由图示图线可知，气体的体积与温度成正比，可知气体的压强不变，故C错误；
D．气体的温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，
故D错误。
故选A。
5. 如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰
好与半圆轨道相切于B点，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加
速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度为( )A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】 小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知小球运动到B点时速度方向与水平方向的夹
角为30°，设位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，由tan θ＝＝，可得竖直方向的位移y＝R，而
v2＝2gy，tan 30°＝，联立解得v＝，选项A正确．
y 0
6. 如图，理想变压器原线圈接有效值保持不变的正弦交流电压，电压表和电流表均为理想交流电表，R 为
T
热敏电阻(温度升高，电阻减小)，R、R 为定值电阻，C为电容器，通电后随着R 温度升高，下列说法正
0 1 T
确的是( )
A．V 表的示数和V 表的示数都不变
1 2
B．理想变压器的输入功率减小
C．通过R 的电流始终为零，R 不消耗电能
1 1
D．若电容器电容减小，则A 表的示数增大
2
【答案】 A
【解析】 理想变压器原线圈接有效值保持不变的正弦交流电压，则 V 表的示数和V 表的示数都不变，
1 2
故 A正确；随着R 温度升高，电阻减小，输出电流变大，输入电流也变大，理想变压器的输入功率和输
T
出功率均增大，故B错误；电容器电势差等于R 两端电压，输出电流变化的过程中，R 两端电压会发生变
T T
化，根据C＝可知，电容器的电荷量改变，说明有电流通过R ，R 消耗电能，故C错误；电容器的电容与
1 1
A 表的示数无关，故D错误．
2
7. 如图所示，AB为竖直放置的光滑圆筒，一根长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m＝5 kg的小球(可视为
1
质点)，另一端和细绳BC(悬点为B)在结点C处共同连着一质量为m 的小球(可视为质点)，长细绳能承受的
2
最大拉力为60 N，细绳BC能承受的最大拉力为27.6 N．圆筒顶端A到C点的距离l＝1.5 m，细绳BC刚
1
好被水平拉直时长l＝0.9 m，转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度，在BC绳被拉直之前，用手拿着m，保证
2 1
其位置不变，在BC绳被拉直之后，放开m，重力加速度g取10 m/s2，下列说法不正确的是( )
1A．在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大
B．当角速度ω＝ rad/s时，BC绳刚好被拉直
C．当角速度ω＝3 rad/s时，AC绳刚好被拉断
D．当角速度ω＝4 rad/s时，BC绳刚好被拉断
【答案】 C
【解析】 转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度的过程中，AC绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大，m 竖直方向
2
处于平衡，由F cos θ＝mg，可知在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大，A正确；BC绳刚好被拉
TA 2
直时，由几何关系可知AC绳与竖直方向的夹角的正弦值sin θ＝，对小球m 受力分析，由牛顿第二定律可
2
知mgtan θ＝mω2l ，解得ω ＝ rad/s，B正确；当ω＝3 rad/s> rad/s，BC绳被拉直且放开了m ，m 就一
2 2 1 2 1 1 1
直处于平衡状态，AC绳中拉力不变且为50 N，小于AC绳承受的最大拉力，AC未被拉断，C错误；对小
球m，竖直方向有mgcos θ＝mg，可得m＝4 kg，当BC被拉断时有mgsin θ＋F ＝mω2l，解得ω＝
2 1 2 2 1 TBC 2 2 2 2
4 rad/s，D正确．
8. 如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，带电荷量大小分别为q和2q，两点电荷间的距离为
2r，P、Q两点关于两电荷连线对称，静电力常量为k.由图可知( )
A．P、Q两点的电场强度相同
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．右边的小球带电荷量为－2q
D．两点电荷连线的中点处的电场强度大小为3k
【答案】 D
【解析】 电场线的疏密表示电场强度的相对大小，根据题图可知，P点电场强度大小等于Q点电场强度
大小，但是两点电场强度的方向不同，则电场强度不相同，故 A错误；同理，M点的电场线较N点密集，
可知M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；根据电场线的方向可知，右边的小球带负电，但是
带电荷量小于左边球的带电荷量，故右边的小球带电荷量为－q，故C错误；依据点电荷的电场强度公式E
＝k及叠加原则，则两点电荷连线的中点处的电场强度大小为E ＝k＋k＝3k，故D正确．
合
9. 和 处持续振动的两振源，在同一介质中形成沿x轴正负两个方向相向传播的、波速均为 的甲、乙两列波， 时刻波形如图所示。下列说法正确的是( )
A．两列波的起振方向相反
B．两列波在相遇区域内会发生干涉现象
C． 时，位于 处的M点的振动位移为
D． 时，位于 处的N点的振动方向沿y轴负向
【答案】D
【解析】A．由传播方向和质点振动方向的关系可知，两列波的起振方向相同，故A错误；
B．由 可得
故两列波在相遇区域内不会发生干涉现象，故B错误；
C．在 时，两列波传播的距离为
则甲质点在 时刻的波谷刚传播到M处；则乙在t=0时刻1.05m处的质点的振动形式刚传播到M处，而
乙在t=0时刻时，1.05m处的质点位移大于1cm，所以 时，位于 处的M点的振动位移不等
于 ，故C错误；
D． 时，两列波传播距离为
甲向右传递四个波形，乙向左传递一个波形，由传播方向和质点振动方向的关系可知，此时位于
处的N点的振动方向沿y轴负向，故D正确。故选D。
10. 如图所示，两根长度均为l的刚性轻杆，上端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别接质量为m
和2m的小球，将两杆并拢，竖直放在桌面上，然后施加一小的扰动使球往两边滑，两杆始终保持在竖直
面内，重力加速度为g，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．球形铰链碰到桌面前的速度大小为
B．球形铰链下落速度方向始终竖直向下
C．质量为2m小球的加速度方向始终向右D．桌面对2m小球的支持力始终大于2mg
【答案】 A
【解析】 在碰到桌面前瞬间两根轻杆可看作在同一直线上，由于沿杆方向速度相等，可知两小球速度为
0，由机械能守恒定律可知mv2＝mgl，得球形铰链碰到桌面前的速度大小为v＝，故A正确；球形铰链刚开
始下落时，对两球作用力相同，两球质量不同，则加速度不同，下落过程中两球在水平方向位移不同，球
形铰链下落速度方向不能始终竖直向下，故B错误；质量为2m小球先静止，后加速向右运动，再静止，
可知小球会做减速运动，加速度方向不会始终向右，此时杆对小球有沿杆方向的拉力，桌面对 2m小球的
支持力小于2mg，故C、D错误．
11. 如图所示，电阻不计的光滑金属导轨固定放置在倾角为30°的斜面上，两导轨间距为l，两侧接有阻值
均为R的定值电阻，MM′N′N范围内有垂直于斜面向下的磁场，磁感应强度为B，质量为m的金属棒置于
轨道上，金属棒的电阻为r，由静止释放金属棒，金属棒经过时间t进入磁场，进入磁场后给金属棒施加沿
斜面向上的恒力F＝mg，金属棒最后恰好静止在M′N′，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度为
g，下列说法正确的是( )
A．金属棒刚进入磁场时的速度为gt
B．金属棒刚进入磁场时两端的电压为
C．整个过程流过金属棒的电荷量为
D．整个过程，电路中一个电阻R上产生的热量为
【答案】 C
【解析】 由于金属棒未进入磁场时只受重力，有mgsin θ＝ma，金属棒速度v＝at，解得v＝gt，A错误；
金属棒刚进入磁场时的电动势E＝Blv＝Blgt，金属棒两端的电压U＝E＝，B错误；金属棒进入磁场后有F
＝mgsin θ，金属棒在磁场中所受合力为安培力，由动量定理－BIlΔt＝－mv，解得q＝IΔt＝＝，C正确；
由于金属棒最终静止在M′N′，由能量守恒定律有Q＝mv2，电路中其中一个电阻R上产生的热量Q ＝Q＝
1
＝，D错误．
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. 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50
cm。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为________ mm（该值
接近多次测量的平均值）。（2）用伏安法测金属丝的电阻R。实验所用器材为电池组（电动势3 V，内阻不计）、电流表（内阻约
x
0.1 Ω）、电压表（内阻约3 kΩ）、滑动变阻器R（0~20 Ω，额定电流2 A）、开关、导线若干。某小组同
学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数 1 2 3 4 5 6 7
.
U/V 010 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30
I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520
由以上实验数据可知，他们测量R 是采用图中的________图（选填“甲”或“乙”）。
x
（3）如图是测量R 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。
x
请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。____
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标
点，请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线____。由图线得到金属丝的阻值
R＝__________ Ω（保留两位有效数字）。
x（5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为__________（填选项前的符号）。
A．1×10-2 Ω·m B．1×10-3Ω·m
C．1×10-6Ω·m D．1×10-8Ω·m
（6）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是
________。
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于系统误差
B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用U－I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
【答案】 ①. 0.398（0.396～0.399均正确） ②. 甲 ③. ④.
⑤. 4.4（4.3～4.7均正确） ⑥. C ⑦. CD##DC
【解析】
（1）[1]固定刻度读数0mm，可动刻度读数39.8×0.01 mm，则螺旋测微器的读数为
0 mm＋39.8×0.01 mm＝0.398 mm
（2）[2]由实验记录的数据可知R 的阻值大约为5 Ω，则 ，电流表采用外接法；若滑动变阻器采
x
用限流式接法，电路中最小电流约为
的
其中R 为R 与R 并联电阻值。实验数据中第一组的电流为0.020A，小于限流式接法的最小电流，所以
1 x V
滑动变阻器采用的不是限流式接法，而是分压式接法，则采用的是甲图。（3）[3]电流表选用0~0.6A的量程，电压表选用0~3V的量程，结合电路图进行实物连线，如图所示
（4）[4]在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，作一条直线，使尽可能多的点在这条直线上，不在
直线上的点均匀分布在直线两侧，明显偏离的点应舍去，如图所示
[5]由图像斜率可求出金属丝的电阻值为
（5）[6]根据电阻定律，可得金属丝的电阻率为
故选C。
（6）[7]A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；
D．用U－I图像求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故D正确。
故选CD 。
13. 引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双
星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测
得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为△r（P星的轨道半径大于Q星
的轨道半径），引力常量为G，求：
(1)Q、P两颗星的线速度之差△v；(2)Q、P两颗星的质量之差△m。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
(1) 星的线速度大小
星的线速度大小
则 、 两颗星的线速度大小之差为
(2)双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，
则有
解得
则 、 两颗星的质量差为
14. 某生产厂家制作截面为正三角形的棱镜时，首先将OM和ON边打磨成平面，且两边的夹角为60°，其
中另一边MN为以O为圆心的圆弧，在ON边的延长线上有一光源，沿SA的方向发射出的光线射到OM面上，经棱镜折射后由弧MN上的B点射出，最终射到ON另一侧的延长线的C点(图中未画出)．已知AB与
ON平行，且SO＝OA＝AB，OM＝R，光在真空中的速度为c.求：
(1)该光线在棱镜中的折射率；
(2)光线由S传到C的时间．
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)如图所示，由几何关系得i＝60°，
r＝30°
根据折射定律得
n＝＝＝
(2)由折射定律可知光在棱镜中的传播速度为v＝＝c
由几何关系可知，在△SOA中，有SA＝SO
在平行四边形SOBA中，有SA＝OB＝R
则SO＝OA＝AB＝R
在B点发生折射时，有α＝30°，β＝60°
根据对称性可知BC＝SA＝R
则光线由S传到C的时间为
t＝＋
联立解得t＝.
15. 如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧一端固定于竖
直转轴上，一端连接环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，O与环A间细线与水平杆平
行，环A的质量为m，小球B的质量为2m.现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，O与小球B间细
线OB与竖直方向的夹角为37°.缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线OB与竖直方向的夹角
为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s；(2)装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F；
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W.
【答案】 (1) (2)2mg (3)
【解析】 (1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得F cos 37°＝2mg
T1
F sin 37°＝2mω2ssin 37°
T1
联立解得s＝
(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B分析得
F cos 53°＝2mg
T2
F sin 53°＝2m(2ω)2s′sin 53°
T2
s′＝
设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时，对圆环A有F －F＝mω2(L－s)
T1
装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有
F ＋F＝m(2ω)2(L－s′)，解得F＝2mg
T2
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B分析，得重力势能变化量为
ΔE＝2mg(scos 37°－s′cos 53°)
p
动能变化量为ΔE＝·2m[(2ωs′sin 53°)2－(ωssin 37°)2]
k
联立解得细线对小球B做的功为W＝ΔE＋ΔE＝.
p k
16. 利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用．如图所示，一
粒子源不断释放质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，其初速度为v，经过可调的加速电压U(0≤U≤)加
0
速后，以一定速度垂直平面MNN M 射入边长为2L的正方体区域MNPQ－MN PQ.可调整粒子源及加速
1 1 1 1 1 1
电场位置，使带电粒子在长方形MHIJ区域(MH＝，MJ＝L)内入射，不计粒子重力及其相互作用．(说明：
本题中为了计算方便，取cos 36°＝0.8，sin 36°＝0.6)
(1)若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPPN ，求所加匀强电场
1 1
电场强度的最小值E；
0
(2)若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面 MN PQ(含边界)，求所
1 1 1 1
加匀强磁场的磁感应强度的大小满足的条件；
(3)同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且加速电压为零时，从M点射入的粒子恰好打在底面MN PQ
1 1 1 1
的中心，求所加的B、E的大小；
(4)同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且电场强度为 E ＝，磁场的磁感应强度为 B ＝，画出在平面
1 1
NPPN 上有粒子打到的区域的边界，并求出面积．
1 1【答案】 (1) (2) (3) (4)见【解析】图 L2
【解析】 (1)粒子经过加速电场最大电压U＝加速有qU＝mv2－mv2
0
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的粒子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平
面NPPN ，由类平抛运动规律可得qE＝ma,2L＝at2,2L＝vt
1 1 0
解得E＝
0
(2)仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q 点时所加的磁场为
1
最小值，加速电压U＝，由圆周运动规律可得r＝2L，qvB ＝m
1 min
解得B ≥＝
min
当从M点射入的粒子恰好到达M 点时所加的磁场为最大值，加速电压U＝0，有r＝L,qvB ＝m
1 2 0 max
解得B ≤，综上可得B＝
max
(3)x方向的运动L＝t2
yz平面的运动(2L－r)2＋L2＝r2
得到r＝，cos θ＝＝
又r＝， t＝
解得B＝，E＝
(4)画出在平面NPPN 上有粒子打到的区域的边界如图所示，面积为S＝L2.
1 1
