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05
（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．辐射对人体的伤害程度用物理量“当量剂量”来衡量。“当量剂量”的国际单位是“希沃特”，
记作“Sv”。如果每千克人体组织吸收1焦耳能量，我们定义此时的当量剂量为1希沃特。现用国际单位制
的基本单位表示希沃特，下列选项中正确的是（ ）
A．J⋅kg−1 B．kg2 ⋅m2 ⋅s−2 C．m2 ⋅s−2 D．m2 ⋅s−1
【答案】C
【详解】由题意知，用国际单位制的基本单位表示希沃特为
kg⋅m
⋅m
N⋅m s2
1Sv=1J/kg=1 =1 =1m2 ⋅s−2
kg kg
故选C。
2．为测定电场中某点的电场强度，先在该点放一点电荷，电荷量为+q，测得该点的电场强度为E；
1
再在该点改放另一个点电荷，电荷量为-2q，测得该点的电场强度为E 则（ ）
2.
A．E=E，方向相同 B．E=E，方向相反
1 2 1 2
C．EE，方向相反
1 2 1 2
【答案】A
【详解】电场强度由电场本身决定，与放入的检验电荷电性、电量无关，故E=E，方向相同。
1 2
故选A。
3．如图所示，某质点从A点沿图中的曲线运动到B点，质点受到恒力F。经过B点后，若F的方向突
然变为与原来相反，它从B点开始可能的运动轨迹是（ ）A．① B．② C．③ D．④
【答案】B
【详解】物体做曲线运动时，合力方向位于轨迹的凹侧，且速度方向在该点的轨迹切线上；则经过B
点后，若F的方向突然变为与原来相反，它从B点开始可能的运动轨迹是②。
故选B。
4．绳上一质点A从0时刻起开始上下做简谐运动，振幅为0.1m。1.8s时绳上所形成的波形如图所
示，此时质点A恰处于振动过程的平衡位置，以向上为振动位移的正方向，则质点A的振动图像为
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
3 3
【详解】由波动图可知，经过1.8s，波传播了 个波长，则可知周期 T=1.8s；解得T=1.2s
2 2
由波形图可知，t=0时刻A点起振方向为向上，而振幅为A=0.1m
得振动图像为
故选D。
5．如图，每一级台阶的高为a，宽为3a，某同学用发射器（忽略大小）从第1级台阶边缘向右水平弹射一个可以看作质点的小球，要使小球能落到第4级台阶上（小球没有与台阶顶点接触），取重力加速度
为g，则弹射速度v可能是（ ）
A．√10ag B．√6ag
C．√3ag D．√ag
【答案】A
【详解】将各个台阶的顶点用直线连接起来，将台阶等效为斜面，如图所示
小球做平抛运动，则有x=vt，y= 1 gt2 ；解得v=x √ g ；
2 2y
由于每一级台阶的高为a，宽为3a，小球能落到第4级台阶上，且小球没有与台阶顶点接触，则有
√27ag
6aU U，根据eU=hν-W；可知频率
a b> c
的大小关系ν>ν>ν 故A错误；
a b c；1
B．根据频率越大，折射率越大，临界角公式sinC= ；临界角最大的是c，故B正确；
n
C．频率越大越容易发生光电效应，用a光照射金属发生光电效应，则用c光照射不一定发生，故C
错误；
c
D．由ν= ；可知λ <λ <λ ；单缝衍射实验中，波长越长中央条纹越宽，a的条纹最窄，故D错误。
λ a b c
故选B。
8．2020年7月23日，“天问一号”探测器成功发射，开启了探测火星之旅。截至2022年4月，“天
问一号”已依次完成了“绕、落、巡”三大目标。假设地球近地卫星的周期与火星近火卫最的周期比值为
p，地球半径与火星半径的比值为q。则下列说法正确的是（ ）
A．“天问一号”在“绕”的过程中，处于非平衡状态
B．“天问一号”在“落”的过程中，始终处于失重状态
C．地球质量与火星质量之比为 p²：q³
D．地球表面的重力加速度与火星表面的重力加速度之比为q： p2
【答案】AD
【详解】A．“天问一号"在“绕”的过程中，受到了火星的万有引力作用，处于非平衡状态，故A正
确；
B．“天问一号"在“落”的最后阶段，发动机提供了反向的推力使其减速，最终平稳降落，所以并不
是始终处于失重状态，故B错误；
4π2r3
地
M GT2 r 3 T 2
( ) ( )
C．地球质量与火星质量之比为 地= 地 = 地 × 火 =q3：p2；故C错误；
M 4π2r2 r T
火 火 火 地
GT2
火
GM
地
g r2 M r 2
D．地球表面的重力加速度与火星表面的重力加速度之比为 地= 地 = 地× ( 火 ) =q：p2；
g GM M r
火 火 火 地
r2
火
故D正确。
故选AD。
9．如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽,在x轴方向宽
度为a。一直角三角形导线框ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i、BC两端的电压U 与线框移动的距离x的关系图像正确的是（
BC
）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【详解】AB．设∠ABC=θ，三角形导线框ABC向右匀速运动的速度为v，则梓其匀速穿过磁场区域
的过程中，在0~a内，切割磁感线的有效长度为l=vttanθ
由此产生的感应电动势为E=Blv=Bv2tanθ⋅t
E Bv2tanθ
设三角形导线框ABC的总电阻为R,则其产生的感应电流为i= = ⋅t
R R
可知，感应电流随时间均匀增加，而根据楞次定律可知，在0~a内，感应电流为逆时针方向，即为正
方向，而在a~2a内，切割磁感线的有效长度随时间的变化关系与0~a内的相同，而根据楞次定律可知，
此过程中感应电流为顺时针方向，即为负方向，但仍随着时间均匀增大，故A错误，B正确；
Bv2tanθR′
CD．设BC边的电阻为R′，则其两端的电压U =iR′= ⋅t
BC R
在0~a内，感应电流为为正方向，且随时间均匀增加，则可知在0~a内，BC两端的电压均匀增加且
图像在x上方，在a~2a内，感应电流为负方向，且随时间均匀增加，则可知在a~2a内，BC两端的电压均匀增加且图像在x下方，故C错误，D正确。
故选BD。
10．如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上（不相连），弹簧下端固定，劲度系数
为k。t＝0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，
撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽
略空气阻力，则在物块上升过程（ ）
A．外力F为恒力
B．物块的最大加速度大小为2g
mg
C．外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为
2k
m2g2
D．弹簧最大弹性势能E =
p 2k
【答案】ACD
mg
【详解】A．物块静止在竖直放置的轻弹簧上时，弹簧的压缩量为x =
0 k
在物块上升阶段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得
F+k(x −x)−mg=ma
0
F kx
解得a= −
m m
F F
由a-x图像可知 等于纵轴截距，则 为定值，所以F是恒力。故A正确；
m m
F kx
B．当x=x 时，a=0，则有 − 0=0；则F=kx =mg
0 m m 0
F kx F
由a= − 可知，当x=0时，a最大，且最大值为a = =g；故B错误；
m m max m
mg+0 mg mg m2g2
D．弹簧最大弹性势能为E =F x = x = × = ；故D正确；
p 弹 0 2 0 2 k 2k
C．设外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为h。从开始到物块上升到最高点的过程，由功能关mg
系可得Fx +E =mg(x + ℎ)；解得ℎ = ；故C正确。
0 p 0 2k
故选ACD。
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．图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均
固定一相同的竖直遮光条。
（1）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端
向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节
Q使轨道右端 （选填“升高”或“降低”）一些；
（2）测出滑块A和遮光条的总质量为m ，滑块B和遮光条的总质量为m 。将滑块A静
1 2
置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经
过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为
、 ，光电门1记录的挡光时间为 。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，
Δt Δt Δt
1 2 3
则他要验证的关系式是 ；
（3）小徐猜想该碰撞还是弹性碰撞，他用了一个只包含Δt 、Δt 和Δt 的关系式来验证自
1 2 3
己的猜想，则他要验证的关系式是 。
【答案】降低 m m m 1 1 1
2 = 1 − 2 − =
Δt Δt Δt Δt Δt Δt
1 3 2 1 2 3
【详解】（1）[1]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明从左到右做减
速运动，轨道右端偏高，故轨道右端应降低一些；
（2）[2]若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律有d d d
m v =m v −m v ；其中v = ，v = ，v =
2 0 1 1 2 2 0 Δt 1 Δt 2 Δt
1 3 2
联立可得 m m m
2 = 1 − 2
Δt Δt Δt
1 3 2
1 1 1
（3）[3]若碰撞是弹性碰撞，则有 m v2= m v2+ m v2
2 2 0 2 1 1 2 2 2
结合动量守恒表达式m v =m v −m v ；可得v −v =v
2 0 1 1 2 2 0 2 1
1 1 1
则他要验证的关系式是 − =
Δt Δt Δt
1 2 3
12．某温度传感器设计电路如图甲所示，要求从表盘上直接读出温度值（电流表满偏时
指针所指刻度为0℃），其中保护电阻R =400Ω，调零电阻R 的可调范围是0～100Ω，理想
1 2
电流表量程为0～6mA，电源电动势E＝3V（内阻不计），金属热电阻的阻值R与温度t的对
应关系如图乙所示。
（1）要对温度传感器进行调零，调零电阻R 应调为 Ω。
2
（2）将电流表刻度线改为温度刻度线后，温度刻度线是 （选填“均匀”或
“不均匀”）的。
1
（3）测量温度时，若要求电表指针偏转不低于满量程的 ，则该传感器的温度测量范围
3
是0～ ℃。
（4）由于电池老化，电动势会小于3V，传感器测得的温度值 （选填“大
于”“等于”或“小于”）真实值。
【答案】 60 不均匀 1200 大于
【详解】（1）[1]电流表满偏时指针所指刻度为0℃，田乙图可知R =40Ω
0
E E
根据I = 可得R = −R −R = 60Ω
g R +R +R 2 I 1 0
1 2 0 gE
（2）[2]根据图乙可知金属热电阻的阻值随温度升高而均匀增大，由I=
R +R +R
1 2
E
可得R= −R −R
I 1 2
可知I与R并非线性关系，故温度刻度线是不均匀的。
5
（3）[3]由图乙得金属热电阻的阻值与温度的关系式为R= t+40(Ω)
6
1 E
电表指针偏转等于满量程的 时，有I=2mA；代入R= −R −R ；可得
3 I 1 2
5
R=1040Ω；代入R= t+40(Ω)可得t=1200℃
6
（4）[4]电动势减小时，可通过调小调零电阻 使
E′
；仍成立，则
R I =
2 g R +R ′+R
1 2 0
R ′t′
测 E′
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．粮食事关国运民生，粮食安全是国家安全的重要基础。在大型粮仓系统中，常使用
传送带来搬运粮食。如图甲所示，倾角为θ=37°的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮
带始终是绷紧的，将质量m=25kg的粮袋（可视为质点）轻放在传送带上的A端，经过1.2s
到达传送带的B端。用速度传感器分别测得粮袋与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙
所示。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）A、B两点间的距离；
（2）粮袋从A运动到B的过程中，粮袋与传送带间因摩擦产生的热量。【答案】（1）3.2m；（2）120J
【详解】（1）由图像可知，A、B两点间的距离为
1 1
x = ×2×0.2m+ ×(4+2)×(1.2−0.2)m=3.2m
AB 2 2
2
（2）由图像可知，在0~0.2s内，粮袋的加速度大小为a= m/s2=10m/s2
0.2
在0~1.2s内，粮袋相对传送带滑动的路程为
1 1
x = ×2×0.2m+ ×(4−2)×(1.2−0.2)m=1.2m
相 2 2
在0~0.2s内，由牛顿第二定律得mgsinθ+f =ma；解得f =100N
由功能关系可得，从A运动到B的过程中，粮袋与传送带间因摩擦产生的热量
Q=f x
相
代入数据，解得Q=120J
14．如图所示，固定的竖直光滑圆轨道与倾斜光滑直轨道相切与C点，轨道半径R=0.5m
，直轨道倾角θ=37°，质量m=0.2kg的小球B锁定在C点，固定的水平发射装置发射小球A，
小球A以最小速度和B发生碰撞，小球A与小球B碰撞前瞬间，小球B解除锁定，两小球质量相
等，碰后两个小球粘在一起，沿光滑轨道在D点无能量损失的滑上小车，小车放在光滑水面
上，右端固定一个轻弹簧，弹簧原长为EF，小车DE段粗糙，小球与DE段的动摩擦因数
μ=0.25，EF段光滑，小车的质量M=1kg，重力加速度g=10m/s2，sinθ=0.6，cosθ=0.8，求
（1）水平弹簧装置具有弹性势能E ；
p
（2）小球恰好不从小车上滑下，小车DE段的长度L；
（3）为保证小球既要挤压弹簧又不滑离小车，小车DE段的长度L的取值范围。37 37 37
【答案】（1）2J；（2） m；（3） m0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场；第二象限内有方向垂直坐标平面
向里的匀强磁场（图中未画出）；第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方
向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从A
点以大小
（g为重力加速度大小）的速度沿 做直线运动，通过O点（第一次通过x轴）
v =√Lg AO
0
后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点（第二次通过x轴）。求：
（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小B ；
1
（2）小球从O点到第四次通过x轴的时间t；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标以及第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中
到x轴的最大距离y 。
m
m√2g √2L L
【答案】（1）B = ；（2）t=(2+π) ；（3）（0,0）；y =
1 q L g m 4
【详解】（1）小球沿AO方向做直线运动，则必为匀速直线运动，则受力平衡，小球受
向下的重力，水平向左的电场力和垂直于AO斜向右上方的洛伦兹力，则
B qv sin45∘=mg
1 0
m√2g mg
解得B = ；E q=mg；E =
1 q L 1 1 q（2）小球从开始运动到第一次经过x轴的时间 √2L √2L
t = =
1 v g
0
2πR
小球进入第四象限后做匀速圆周运动，则E q=mg周期；T= ；L=2Rsin45∘
2 v
0
T π √ L
则第二次经过x轴的时间t = = ；小球射入第一象限时速度与x轴正向成45°，水
2 4 2 2g
E q
平方向沿x轴正向做匀减速运动，加速度为a = 1 =g
x m
竖直方向做匀减速运动加速度为a =g
y
合加速度大小为a=√2g
方向与x轴负向成45°角，则再次（第3次）经过x轴的时间 v √2L
t =2 0 =
3 √2g g
返回时仍经过P点，此时速度仍为
v =√Lg
0
方向与x轴负向成45°角，进入第四象限后仍做匀速圆周运动，运动时间为
3π √ L
t =3t =
4 2 2 2g
√2L
小球从O点到第四次通过x轴的时间t=t +t +t +t =(2+π)
1 2 3 4 g
（3）小球第四次经过x轴的位置坐标为x=2L
速度方向与x轴负向成45°角，正好与合加速度方向√2g垂直，则第五次经过x轴时沿x
轴负向的距离为 ，则
Δx Δxsin45∘=v t'
0
1
Δxsin45∘= √2gt'2
2解得Δx=2L
则第五次经过x轴时小球恰好到达原点，即位置坐标为（0，0）；
第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离 (v sin45∘)2 L
y = 0 =
m 2g 4
