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06
（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． 的半衰期为24天，下列说法正确的是（ ）
❑
232Th
90
A． 内中子数为140
❑
232Th
90
B． 升温后，半衰期可能会改变
❑
232Th
90
C．100个 原子核经过24天的衰变剩下50个
❑
232Th
90
D． 发生一次 衰变，增加一个质子、减少一个中子
❑ 232Th β
90
【答案】D
【详解】A． 原子核中的中子数为232-90=142个，故A错误；
❑
232Th
90
B．半衰期是一半原子核发生衰变需要的时间，是原子核本身的性质，不会随外界环境的
变化改变，故B错误；
C．半衰期是大量放射性元素的原子核衰变的统计规律，对大量原子核才有意义，故C错
误；
D．根据β衰变的实质可知，发生一次β衰变，核中减少一个中子，增加一个质子，即放
出电子，则D正确。
故选D。
2．如图所示，“观察蜡块的运动”实验中，如图所示，蜡块沿玻璃管匀速上升的同时，
玻璃管沿水平方向向右匀加速移动，蜡块运动的轨迹是（ ）A．直线OA B．曲线OB
C．曲线OC D．曲线OD
【答案】C
【详解】蜡块匀速上升，竖直方向上匀速运动，水平向右匀加速，有向右的加速度，轨
迹向加速度的方向弯曲。
故选C。
3．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律如图甲所示，已知发电机线圈内
阻为10Ω，现外接一个额定电压为200V的电动机M，如图乙所示，电动机恰好能正常工
作，电表为理想电表，下列说法错误的是（ ）
A．电压表V的示数为200V
B．电路中的电流方向每秒钟改变100次
C．电路中的电流大小为2A
D．电动机的内阻为100Ω
【答案】D
【详解】A．电动机恰好能正常工作，电压表V的示数为200 V， A正确；
B．交流电的周期为2×10−2s，频率为50 Hz，电路中的电流方向每秒钟改变100次，B正
确；
C．交流电压的有效值为220 V，发电机线圈电阻上电压为20 V，已知发电机线圈内阻为
10Ω，电路中的电流大小为2A，C正确；D．电动机为非纯电阻电路，电动机的内阻小于100Ω，D错误。
故选D。
4．下列关于机械波和机械振动说法正确的是（ ）
A．做简谐振动的物体每次经过平衡位置时，加速度一定为零
B．机械波的频率越小，经过障碍物的衍射现象就越好
C．物体做受迫振动时，驱动力的频率越高，受迫振动的物体振幅越大
D．波源振动得越快，波就传播得越快
【答案】B
【详解】A．做简谐振动的物体每次经过平衡位置时，加速度不一定为零，例如单摆摆动
到平衡位置，具有竖直方向的向心加速度，故A错误；
v
B．根据λ= ；机械波的频率越小，波长越长，越容易发生明显的衍射现象，经过障碍物
f
的衍射现象就越好，故B正确；
C．物体做受迫振动时，驱动力的频率越接近物体的固有频率，受迫振动的物体振幅越
大，故C错误；
D．波的传播速度由介质决定，与波源振动频率无关，故D错误。
故选B。
5．一些问题你可能不会解答，但是你仍有可能对这些问题的答案是否合理进行分析和判
断，例如从解得的物理量的单位进行分析，从而判断答案的合理性或正确性，举例如下：声
音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度表达式中K为比例系数，无单
位，则这四个表达式中可能正确的是（ ）
Kp √Kp √Kρ
A．v= B．v= C．v= D．v=√Kpρ
ρ ρ p
【答案】B
【详解】速度v的单位为m/s，密度ρ单位为kg/m3，压强p的单位为kg/m·s2；
p √ p √Kp
所以 的单位是m2/s2, 的单位是m/s，K无单位，故 的单位与速度v的单位相同。
ρ ρ ρ
故选B。6．空间存在着平行于纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知。 经分析可知沿Ox方向
场强大小随x变化情况如图甲所示，沿Oy方向电势随y变化情况如图乙所示，已知电场沿Ox
和Oy的正方向与下列坐标系正方向一致。 取sin 37°= 0.6；则该电场的场强大小及其方向为
（ ）
A．3 V/m，与x轴夹角53°斜向右上B．5 V/m，与x轴夹角53°斜向右上
C．3 V/m，与x轴夹角53°斜向右下D．5 V/m，与x轴夹角53°斜向右下
【答案】D
【详解】Ox方向的电场强度大小为E =3V/m；
x
Δφ 16
φ−y图象的斜率表示电场强度，Oy方向的电场强度大小为E = = V/m=4V/m；
y Δy 4
故该电场的场强大小为 ；
E=√E 2+E 2=5V/m
x y
Ox方向的电场强度方向沿Ox正方向，根据沿电场线电势降低，可知Oy方向的电场强度
方向沿Oy负方向，根据场强的叠加，匀强电场的方向斜向右下方，设与x轴夹角为θ，得
E 4；解得 ；
tanθ= y = θ=53°
E 3
x
故选D。
7．以下说法中不正确的是（ ）
A．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度
B．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后
不再会有光线从bb'面射出
C．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离△x将减
小
D．图丁中的M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮
度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波
【答案】B
c
【详解】A．根据折射率和光的传播速度之间的关系n= ，可知，折射率越大，传播速度
v
越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水
中的传播速度大于b的传播速度。故A正确，不符合题意；
B．当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，且因光在上表面的折
射角等于下表面的入射角，则不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光
线从bb'面射出，故B错误，符合题意；
L
C．图丙是双缝干涉示意图，由双缝干涉条纹间距公式Δx= λ可知，若只减小屏到挡板
d
间距离L，两相邻亮条纹间距离△x将减小，故C正确，不符合题意；
D．只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确，不符
合题意。
故选B。
8．如图所示，金属棒ab质量为m，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场
中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上，下列说法正确的是（
）
A．金属棒受到的安培力大小为F=BIL
B．金属棒受到的安培力方向水平向右C．若只增加电流的大小，金属棒ab仍静止，则它受到的支持力保持不变
D．若只改变电流方向，则金属棒ab仍然会静止在导轨上
【答案】AD
【详解】A．磁感应强度B的方向跟电流I的方向垂直，因此金属棒受到的安培力大小为
F=BIL，故A正确；
B．根据左手定则可知，安培力的方向垂直于磁感应强度B的方向斜向左上，不是水平向
右，故B错误；
C．对金属棒ab受力分析如下图
金属棒静止与水平导轨上，受力平衡，水平方向上有Fsinθ=F
f
竖直方向上有F +Fcosθ=mg；可得F =mg−Fcosθ=mg−BILcosθ
N N
只增加电流的大小，支持力F 变小， 故C错误；
N
D．改变电流方向后，安培力的方向发生变化，对金属棒ab重新受力分析如下图
水平方向上仍有Fsinθ=F ；因此若只改变电流方向，则金属棒ab仍然会静止在导轨
f
上，故D正确。
故选AD。
9．2014年10月8日，月全食带来的“红月亮”亮相天空，引起人们对月球的关注。我国
发射的“嫦娥三号”探月卫星在环月圆轨道绕行n圈所用时间为t，如图所示。已知月球半径
为R，月球表面处重力加速度为g ，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
月A．月球的质量为g R2；
月
G
B．月球的第一宇宙速度为 ；
√g R
月
C．“嫦娥三号”探月卫星质量为g R2；
月
G
D．“嫦娥三号”卫星离月球表面高度为√
3
g
月
R2t2
−R
4n2π2
【答案】ABD
Mm
【详解】A．月球表面处万有引力等于重力G =mg
R2 月
可得月球的质量为 g R2；故A正确；
M= 月
G
B．第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，由万有引力提供向心力得 Mm
v2
G =m 1
R2 R
√GM
故月球的第一宇宙速度v = =√g R；故B正确；
1 R 月
C．由于不知道月球对探月卫星的万有引力，探月卫星质量不能求解出来，故C错误；
D．卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力得 Mm 4π2
G =m r
r2 T2
卫星周期
T=
t ；轨道半径
r=R+ ℎ
；解得
ℎ =
√
3
g
月
R2t2
−R
；故D正确。
n 4n2π2
故选ABD。10．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B（可看成
质点）以水平速度v =2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之
0
后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J
C．木板A的最小长度为1m D．A、B间的动摩擦因数为0.01
【答案】BC
【详解】A．设木板A的质量为M。取水平向右为正方向，根据动量守恒可得
mv =(m+M)v
0
由图可知v=1m/s；可得M=m=2kg
1
则木板获得的动能为E = Mv2=1J；故A错误；
k 2
1 1
B．系统损失的机械能为ΔE= mv 2− (m+M)v2=2J；解得ΔE=2J；故B正确；
2 0 2
C．根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，由v-t图像可得二者相对位移为
1
Δx=x −x = ×2×1m=1m；
B A 2
所以木板A的最小长度为L=1m；故C正确；
D．根据功能关系得ΔE=μmgL；解得μ=0.1；故D错误。
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．某实验小组用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球
A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落。（1）甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明 。
A．球在竖直方向做的是自由落体运动 B．球在水平方向是匀速直线运动
（2）现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，
则在空中运动的时间 。
（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽 （填“需
要”或“不需要”）光滑。
（4）然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所
示，数据处理时选择A点为坐标原点(0，0)，丙图中小方格的边长均为1cm，重力加速度g
取10m/s2，则小球运动中水平分速度的大小为 m/s。（结果可保留根号）
3√5
【答案】A 不变 不需要
10
【详解】（1）[1] 甲实验的现象是小球A、B同时落地，说明A球在竖直方向上做自由
落体运动。
（2）[2]平抛运动在空中运动的时间由竖直高度决定，与初速度无关，所以A球在空中运
动的时间不变。
（3）[3] 安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，小球每次从同一位置
释放，运动轨迹均相同，克服摩擦力做功也一样，飞出时的速度也相同，所以不需要斜槽光
滑。
（4）[4]如图可以看出，AB和BC间的水平距离和竖直距离分别为
，
x =3L=3cm x =3L=3cm
1 2
，
y =3L=3cm y =5L=5cm
1 2水平方向匀速运动，可以看出AB和BC间的运动时间相等，设为 ，有
T y −y =gT2
2 1
3√5
x =v T；解得v = m/s
1 0 0 10
12．某学校实验小组设计了如图甲所示的电路图，可以同时测量电压表V的内阻和电流
表G的内阻。可供选用的仪器有：
A．内阻约3kΩ的待测电压表V，量程0~3V
B．内阻约500Ω的待测电流表G，量程0~3mA
C．定值电阻R =3kΩ
1
D．定值电阻R =500Ω
2
E.电阻箱R
0
F.滑动变阻器R （0~3kΩ）
3
G.滑动变阻器R （0~50Ω）
4
H.电源电动势E=6V，内阻忽略不计
I.开关、导线若干
（1）为了准确测量电压、电流表的内阻，定值电阻R应选 （选填“R ”或“R
1 2
”），滑动变阻器应选 （选填“R ”或“R ”）。
3 4
（2）实验中电阻箱的示数如图乙所示，则R = Ω。
0
（3）闭合S 前，将滑动变阻器的滑片P调到 （选填“a”或“b”）处。
1
（4）将单刀双掷开关拨到1，调节滑动变阻器使得V和G有明显的读数，分别为U 、I
1 1
；再将单刀双掷开关拨到2，调节滑动变阻器，使得V和G有明显的读数，分别为U 、I ，
2 2
则电压表V的内阻r = ，电流表G的内阻r = 。（均选用U 、U 、I 、I 、R和
V g 1 2 1 2
R 表示）
0【答案】 2500.0 a U R U
R R 2 1−R−R
1 4 I R−U I 0
2 2 1
【详解】（1）[1][2]因为待测电压表的内阻约为3kΩ，而定值电阻R 的阻值为500Ω，定
2
值电阻R 的阻值比电压表的内阻小得多，如果选用R ，则当单刀双郑开关拨到2时，电压表
2 2
V指针偏转角度很小，读数误差将很大，因此定值电阻选择R ；由于滑动变阻器采用了分压
1
式接法，为了实验时调节方便，滑动变阻器的总阻值应当选择小一些的，则滑动变阻器选择
最大阻值为50Ω的，即选择R 。
4
（2）[3]根据题图乙所示可以知道该电阻箱可以精确到0.1Ω，则读数为R =2500.0Ω
0
（3）[4]为了确保电路的安全，闭合S 前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端即a处。
1
（4）[5][6]将单刀双郑开关拨到1时，有
U =I (R+R +r )
1 1 0 g
将单刀双郑开关拨到2时，有U U
2+ 2=I
R r 2
V
解得 U ； U R
r = 1−R−R r = 2
g I 0 V I R−U
1 2 2
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．篮球是中学生喜欢的一项体育运动。如图所示，初始篮球内部气压等于标准大气压
，某同学使用简易充气筒给篮球充气，该充气筒每次可以将压强为 、体积为 的空气打
p p V
0 0 0
进篮球，用充气筒向篮球打了20次，篮球内部空气的气压升至p 。已知篮球的容积V =nV ，
1 0
空气可视为理想气体，忽略所有过程中温度及篮球容积的变化。
（1）求篮球内部的气压p ；
1
（2）若篮球内部的气压p =Ν p >p ，可以采取缓慢放气的办法使篮球内部的气压恢复到
2 1 1
p ，求放出的空气质量与放气前篮球内空气质量的比值k。
1n+20 N−1
【答案】（1）p = p ；（2）k=
1 n 0 N
【详解】（1）篮球内原有气体以及打入的20V 体积的气体经历等温压缩过程，根据玻意
0
耳定律有p V +20p V =p V；
0 0 0 1
由于V =nV ；
0
n+20
解得p = p
1 n 0
（2）设篮球内空气压强从p 下降到p 的等温膨胀过程，放出压强为p 的空气体积为V′，
2 1 1
对应的质量为 ，根据玻意耳定律有
m′ p V =p V +p V′
2 1 1
m′ V′ ；
k= =
m V +V′
N−1
解得k=
N
14．如图所示，滑道由光滑的曲面滑梯PO和一条与其平滑连接的水平轨道ON构成，水
平轨道右侧固定有一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于M点。若质量为m =20kg的滑块A从距离
A
地面高ℎ =1.25m处由静止开始下滑，下滑后与静止于O点的滑块B发生碰撞。若碰撞后A、B
粘在一起，两者以2m/s的速度向右移动0.5m停下。已知水平轨道OM长度L=1.0m，两滑块
与OM段之间的动摩擦因数相同，其余部分光滑，两滑块均可视为质点，弹簧始终在弹性限
度内，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块B的质量m ；
B
（2）滑块与OM段之间的动摩擦因数；
（3）若A、B两滑块发生弹性碰撞，求弹簧最大的弹性势能E 。
P【答案】（1）30kg；（2）0.4；（3）120J
1
【详解】（1）从P到O，对由动能定理m gℎ = m v2
A 2 A 0
得v =5m/s
0
滑块A与静止于O点的滑块B发生碰撞后共同运动，由动量守恒m v =(m +m )v
A 0 A B
得m =30kg；
B
（2）若滑块A、B一起运动，由运动学公式v2=2μgx
得μ=0.4；
（3）若滑块A、B发生弹性碰撞，由系统动量守恒和能量守恒
m v =m v +m v ；
A 0 A A B B
1 1 1
m v2= m v2+ m v2；
2 A 0 2 A A 2 B B
m −m 2m
得v = A Bv =−1m/s，v = A v =4m/s
A m +m 0 B m +m 0
A B A B
1
压缩弹簧到速度为0时，弹簧最大的弹性势能，且E = m v2−μm gL=120J
P 2 B B B
当弹簧将B弹回后−μm gL=−120J=−E
B P
即B恰好返回原静止位置，A下滑再次下滑的速度小于第一次速度，即第一次B压缩弹
簧的弹性势能最大E =120J
P
15．如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜
部分导轨的倾角与水平面的夹角为θ=30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁
场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分垂直斜面向下（图中未画出），两个磁场区互
不叠加；将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物体c连接，
已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电
阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b始终不会碰到滑轮，重力加速
度大小为g．（1）求锁定a，释放b的最终速度v ；
m
（2）使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上的恒力F=1.5mg，求任意
时刻a、b加速度之比；
（3）使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上的恒力F=1.5mg，求达到
稳定状态时a、b的速度；
（4）若（2）中系统从由静止开始经时间t达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳
热。
2mgR 4mgR 2mgR
【答案】（1）v = ；（2）2：1；（3）v = ，v = ；（4）
m B2L2 1 3B2L2 2 3B2L2
4m3g2R2
Q=3mgℎ−
3B4L4
【详解】（1）当b和c组成的系统做匀速运动时，最大速度为v mg-BIL=0
m；
BLv
根据闭合电路欧姆定律可得I= m
2R
2mgR
解得v =
m B2L2
（2）施加F后，a棒沿斜面向上运动，对a棒运动过程中某一瞬间应用牛顿第二定律F-
mgsinθ-BiL=ma
1
对b和c组成的系统同一瞬间应用牛顿第二定律：mg-BiL=2ma
2
因F=1.5mg，所以任意时刻a棒和b棒的加速度之比为a ：a =2：1
1 2
（3）当a棒和b棒加速度为零时，达到稳定状态，设此时a、b棒速度分别为v 、v ，此
1 2
时电路中的电流为 BL(v +v )
I= 1 2
2R
由于a、b棒运动时间相等，所以任意时刻a、b棒的速度之比为v ：v =2：1
1 24mgR 2mgR
解得v = ；v =
1 3B2L2 2 3B2L2
（4）由（2）中过程分析可确定任意时刻v ：v =2：1，由于运动时间相等，那么从由静
1 2
止开始到达恰好稳定状态，a、b棒的位移大小之比也为2：1．即c物块下落h，则b棒的位
移大小为x =h
2
a棒沿着斜面向上移动的位移大小为x =2h
1
1 1
对于a、b和c系统，由功能关系得(F−mgsinθ)x +mgℎ = mv2+ ×(2m)v2+Q
1 2 1 2 2
解得 4m3g2R2
Q=3mgℎ−
3B4L4
