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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（北京卷专用）
黄金卷07
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
1．用a、b两种不同的单色光分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所示。对于这两种单色
光，下列说法正确的是（ ）
A．在真空中a光的波长较短
B．在水中a光的传播速度较大
C．经同一双缝干涉装置后a光的条纹间距较小
D．a光从水中射向空气发生全反射时的临界角较小
【答案】B
【详解】A．在狭缝宽度与波长相差不多或者狭缝宽度比波长更小的情况下，会发生明显的衍射现象，由
题图可知甲图衍射现象更明显，故在真空中a光波长更长，即λ >λ ，A错误；
a b
c
B．因为λ >λ ，故折射率n λ ，Δx= λ可知经同一双缝干涉装置后a光的条纹间距较大，C错误；
a b d
1
D．由n E
A B A B
C．同一粉尘在A点和B点电势能大小关系：E >E
pA pB
D．同一粉尘在A点和B点受电场力大小关系：F φ ，A错误；
A B
B．由图可知，A点的电场线更密集，则E >E ，B正确；
A B
C．根据E =qφ，由于粉尘带负电，则E F ，D错误。
A B
故选B。7．如图甲所示装置是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量m=10kg的石块，装在与转
轴O相距L=4.8m的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角α=30°，发射时对短臂施力使长臂
转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上、若石块落地位置与抛出位置间
的水平距离x=19.2m，不计空气阻力，g取10m/s2，正确的选项是（ ）
A．石块抛出后运动时间为12s
B．石块被抛出瞬间的速度大小为12m/s
C．石块即将落地时重力的瞬时功率为1200W
D．石块落地的瞬时速度大小为16m/s
【答案】C
【详解】A．石块被抛出时，做平抛运动，竖直方向的高度
ℎ
=L+Lsinα=7.2m，则石块在空中运动的
√2ℎ
时间为t= =1.2s，故A错误；
g
BD．石块水平方向速度为v ，则v t=x，解得v =16m/s，石块落地时，竖直方向速度为v =>=12m/s，
0 0 0 y
则落地瞬间速度为 ，故BD错误；
v=√v 2+v 2=20m/s
0 y
C．块即将落地时重力的瞬时功率为P=mgv =1200W，故C正确。
y
故选C。
8．如图所示为电视显像管的原理示意图。显像管中有一个电子枪，工作时它能发射高速电子，撞击荧光
屏就能发光，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点，为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生
偏转磁场。要使电子束（ ）A．打在屏上A点，偏转磁场的方向应水平向右
B．打在屏上B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外
C．打在屏上的位置由A点逐渐向B点移动，磁场大小应先减小，再反向增大
D．打在屏上的位置由B点逐渐向A点移动，磁场大小应先增大，再反向减小
【答案】C
【详解】A．由左手定则可知，打在屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，A错误；
B．由左手定则可知，打在屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里，B错误；
mv2 mv
C．粒子在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力qvB= ，解得r= ，打在屏上的位置由A点逐渐向B点
r qB
移动，电子做圆周运动的半径先变大后变小，故磁场大小应先减小，再反向增大，C正确；
D．由C选项分析可知，打在屏上的位置由B点逐渐向A点移动，磁场大小应先减小，再反向增大，D错
误。
故选C。
9．研究小组的同学用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系之后，对此实验又做了进一步
的分析：在实验前通过垫块已经平衡了摩擦力，且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，由
静止释放小车后，下列说法中正确的是（ ）
A．若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成个系统，系统动量守恒
B．若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统（包括地球），系统机械能守恒
C．砂和砂桶减少的重力势能等于车和砝码增加的动能
D．小车和砝码增加的动量大小等于对应过程中细绳对小车拉力的冲量大小
【答案】D
【详解】A．在砂桶向下运动的过程中，系统受到了合外力（砂桶重力）的作用，它们的动量越来越大，
动量不守恒，故A错误；
B．若将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统（包括地球），在向下运动时受到摩擦力作用，
除了摩擦力外还有重力、斜面的支持力，摩擦力做负功，支持力不做功，故系统的机械能不守恒，故B错
误；C．对系统根据动能定理可知砂和砂桶减少的重力势能转化为摩擦力做功、砂和砂桶与车和砝码增加的动
能，故C错误；
D．在实验前通过垫块已经平衡了摩擦力，所以根据动量定理可得小车和砝码增加的动量大小等于细绳对
小车拉力的冲量大小，故D正确。
故选D。
10．手机微信运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧
连接，只能按图中标识的“前后”方向运动．则手机（ ）
A．由向前匀速突然减速时，电容器带电量增大
B．匀速运动时，电流表示数不为零且保持不变
C．由静止突然向前加速时，电流由a点流向b点
D．保持向后的匀加速运动时，M、N之间的电场强度增大
【答案】A
ε S
【详解】A．由向前匀速突然减速时，N板由于惯性向前移动，则d减小，由C= r ，Q=UC可知电容
4πkd
器带电量增大，故A正确；
B．匀速运动时加速度为0，电容C不变，线路中无电流。故B错误；
C．由静止突然向前加速时，N板由于惯性向后移，d增大、C减小、Q减小，所以有放电电流，电流b向
a，故C错误；
D．保持向后的匀加速运动时，a不变，弹簧形变不变，两板间距离d不变，所以MN之间的电场强度不变。
故D错误。
故选A。
11．如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹
角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有
阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动Δt时间后做匀速运
动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动
B．导体棒稳定的速度大小 mg(R+r)
v=
B2L2
C．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R产生的焦耳热
q(R+r)
D．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为
BL
【答案】D
BLv
【详解】A．导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得mgsinθ−BIL=ma，其中I= ，
R+r
解得 B2L2v ，由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，故
a=gsinθ−
m(R+r)
A错误；
B．导体棒稳定时的加速度为零，则有 B2L2v ，解得 mg(R+r)sinθ，故B错误；
gsinθ− =0 v=
m(R+r) B2L2
C．根据能量守恒定律可知，导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R与导体
棒产生的焦耳热之和，故C错误；
ΔΦ BS BLx q(R+r)
D．根据电荷量的计算公式可得q=It= = = ，解得x= ，故D正确。
t(R+r) R+r R+r BL
故选D。
12．2023年2月26日，中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物馆举行，展示了中国载人航天发
展历程和建设成就。载人航天进行宇宙探索过程中，经常要对航天器进行变轨。如图所示是某次从轨道1
变轨到轨道3的示意图，点火变速在轨道P、Q两点，轨道1和轨道3为圆轨道，轨道2为椭圆轨道。设轨
道1、轨道2和轨道3上航天器运行周期分别为T、T 和T，P为轨道1和轨道2的交点，Q为轨道2和轨
1 2 3
道3的交点。下列说法正确的是（ ）A．在P点应该点火加速变轨，在Q点应该点火减速变轨
B．轨道3上Q点的速度大于轨道2上P点的速度
C．轨道2上从P到Q的过程中，机械能减少
D．运行周期关系满足
√3 T2+√3 T2=2√3 T2
1 3 2
【答案】D
【详解】A．在P点由圆周运动变为做离心运动，在Q点由近心运动变为做匀速圆周运动，都应该点火加速，
A错误；
√GM
B．由A项可知v >v ，又根据v= ，可知v >v ，则有v mg，则有mg+F =qv B，滑动过程中，摩擦力阻碍环的运动，环做减速运动，速度
0 N 0
越小，洛伦兹力越小，则F 减小，由μF =ma可知，加速度减小，即做加速度减小的减速运动，当速度
N N
减小到某个值使得qvB=mg时，有F =0，无摩擦力，不再减速，接下来做匀速直线运动，选项D错误。
N
故选A。
14．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，图中的CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）
是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有
一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场，经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向
前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示），将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A．M接加速电压的正极
B．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
C．仅减小M、N之间的加速电压，可使P点左移
D．仅增大偏转磁场磁感应强度的大小，可使P点右移
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，
则M接加速电压的负极，故A错误；
B．由电子运动轨迹粒子，电子进入磁场时受到向下的洛伦兹力作用，根据左手定则可知偏转磁场的方向
垂直于纸面向里，故B错误；1
CD．电子在加速电场中加速，由动能定理得eU= mv2−0，电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向
2
v2 1 √2mU
心力，由牛顿第二定律得evB=m ，解得电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r= ，如减小
r B e
M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径r减小，电子出磁场时的速度偏角变大，P点左移；
增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，
P点左移，故C正确，D错误。
故选C。第Ⅱ卷（非选择题）
15．物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）如图1所示，在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，下列实验操作中说法正确的是
。
A．判断感应电流的方向时，需要先确定线圈的绕向
B．实验中将条形磁铁快速插入或快速拔出时，指针偏转将更加明显
C．实验中将条形磁铁插入时，插入快慢对实验现象不产生影响
D．将条形磁铁N极向下插入线圈或S极向下插入线圈，电流表的偏转方向相同
（2）在“利用单摆测重力加速度”的实验中
①如图2所示，某同学先用游标卡尺测量单摆1的摆球直径为 mm，然后用秒表记录了此单摆
振动30次所用的时间为 s。
②另一同学将单摆2固定在铁架台上，使其做小角摆动（摆动路径如图中虚线所示），通过位移传感器得
到了摆球位移随时间的变化曲线，已知摆长0.64m，根据图3中的信息可得，重力加速度g=
m/s2（结果保留两位有效数字，π2=9.86）【答案】（1）AB/BA；（2）21.25；58.5；9.9
【详解】（1）[1]A．用楞次定律判断感应电流的方向时，需要先确定线圈的绕向，故A正确；
BC．实验中将条形磁体的磁极快速插入或快速拔出，磁通量的变化率更大，产生的感应电流大，指针的偏
转幅度大，产生的现象将更加明显，故B正确，C错误；
D．将N极向下插入线圈或将S 极向下插入线圈，磁通量都增大，但两种原磁场的方向相反，由楞次定律
得出的感应电流方向相反，电流表的偏转方向相反，故D错误。
故选AB。
（2）①[2]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知摆球直径为d=21mm+5×0.05mm=21.25mm
[3]由图示秒表可知，秒表读数为t=58.5s
√ l
②[4]由x−t图像可知周期为T=1.6s，根据单摆周期公式T=2π 可得，
g
4π2l
g= =9.86m/s2≈9.9m/s2
T2
16．图1是多用表的示意图，同学们用它来进行如下实验：（1）如图2中的实线所示，为一正在测量中的多用电表表盘读数。如果用电阻挡“×100”测量，则读数
为 Ω；如果用“直流5 V”挡测量，则读数为 V。
（2）甲同学利用多用电表测量电阻。他用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较
准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为 （填写选项前的字母）。
A．将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置
B．将选择开关旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”
（3）乙同学用已调好的多用电表欧姆挡“×100”挡来探测一只完好的二极管的正、负极。当两表笔分别
接二极管的正、负极时，发现表针指在如图2中的虚线的位置，此时红表笔接触的是二极管的 极
（选填“正”或“负”）。
（4）丙同学按图3所示电路图连接元件，已知电源电动势约为1.5V，闭合开关S后，发现A、B灯都不亮。
该同学在断开开关S的情况下，先用多用电表的欧姆挡检查电路故障，检查结果如下表所示；之后该同学
将开关闭合，又用多用电表的电压挡去检测电路故障，对于接不同位置时电压表示数，下列结果可能正确
的是 。测试点 b、f b、e b、d d、e
多用电表示数 无穷大 无穷大 500 Ω 无穷大
A．U =1.0V B．U =1.4V C．U =1.0V D．U =0V
bf be bd de
（5）丙同学注意到多用电表电阻的刻度线是不均匀的，而直流电流、电压的刻度线是均匀的。他在课本
上查阅到多用电表欧姆表的电路示意图，如图4所示。请根据欧姆表的电路示意图，结合所学知识分析电
阻的刻度线不均匀的原因 。
【答案】（1）600；3.50；（2）ADC；（3）正；（4）B；（5）见解析
【详解】（1）[1][2]由图2中的实线可知，如果用电阻挡“×100”测量，则读数为6×100Ω=600Ω
如果用“直流5 V”挡测量，分度值为0.1V，需要估读到下一位，则读数为3.50V。
（2）[3]用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，说明待测电阻比较大，为了得到比较准确的测
量结果，将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0
Ω”， 将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量。故操作顺序为：ADC。
（3）[4]由图2中的虚线位置可知，此时测的是二极管的反向电阻，此时红表笔接触的是二极管的正极。
（4）[5]由表格数据可知d、e两点断路，则用多用电表的电压挡去检测电路故障，对于接不同位置时电压
表示数，则有U ≈E，U ≈E，U =0，U ≈E，故选B。
bf be bd de
E
（5）[6]欧姆调零时，将两表笔短接，则有I = ，测电阻R 时，根据闭合电路欧姆定律可得
g R +r+R x
g 1E E E E
I= ，可得R = −(R +r+R )= − ，R 与I不是线性关系，故电阻的刻度线不均匀。
R +r+R +R x I g 1 I I x
g 1 x g
17．如图所示，某迫击炮发射炮弹的发射角为θ，发射速率为v，重力加速度为g，忽略一切阻力。
0
（1）若以O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，求炮弹飞行的轨迹方程。
（2）炮弹飞行的最大高度h 和离发射点的最远距离x
m m
（3）若在山脚下向倾角为α=37°的山坡（图中虚线）上发射炮弹，炮弹的发射角θ=53°，初速度
v =200m/s，g取10m/s2，求炮弹落点到发射点的距离L。
0
【答案】（1）
y=xtanθ−
gx2 ；（2）
=
(v
0
sinθ) 2 ，
x=
2v2
0
sinθcosθ；（3）
L=2100m
2v2cos2θ ℎ m 2g g
0
1
【详解】（1）将运动分解在水平方向上和竖直方向上，可得x=v cosθ⋅t，y=v sinθ⋅t− gt2 ，
0 0 2
解得
gx2
y=xtanθ−
2v2cos2θ
0
2v sinθ
（2）根据竖直方向上运动公式可得(v sinθ) 2=2gℎ ，水平方向上运动学公式可得x=v cosθ⋅ 0
0 m 0 g
解得 (v sinθ) 2 ， 2v2sinθcosθ
= 0 x= 0
ℎ
m 2g g
（3）由y
=tanα
，
y=xtanθ−
gx2
解得
x=1680m
，且
L=
x
=2100m
x 2v2cos2θ cosα
0
18．在一范围足够大的水平向右的匀强电场中，一带正电的小球系于长为L的不可伸长的绝缘细线一端，
细线的另一端固定在O点。现先把小球拉到图中的P 处，使细线水平拉直，然后由静止释放小球，小球在
1
经过O点正下方时细线恰好又被拉直，在该点因受线的拉力作用。小球速度的竖直分量突变为零，水平分
量没有变化。已知小球的质量为m，电场强度为E，重力加速度为g，求：
（1）小球所带电荷量的大小q；（2）小球速度的竖直分量变为零后瞬间，小球对细线的拉力大小T；
（3）小球从P 点到达O点右侧等高的P 点的过程中，所受合力的冲量大小I。
1 2
mg
【答案】（1） ；（2）3mg；（3）I=m√2gL
E
【详解】（1）由于小球在经过O点正下方时细线恰好又被拉直，表明重力与电场力的合力方向由P 指向
1
mg
O点正下方的最低点，对小球分析则有qE=mgtan45∘，解得q=
E
（2）小球水平方向做匀加速直线运动，在水平方向有 ，
qE=ma v2=2a L
x x x
小球速度的竖直分量变为零后瞬间，对小球进行分析有
v2
，结合上述，解得
T−mg=m x T=3mg
L
（3）小球从O点右侧等高的P 点的过程中，
2
1 1
根据动能定理有qEL−mgL= mv2− mv2，解得v =v =√2gL
2 1 2 x 1 x
根据动量定理有I=mv −0，解得I=m√2gL
1
19．如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一轻弹簧套
在光滑杆上。一圆环套在杆上，圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形
变始终在弹性限度内。已知圆环的质量为m，支架的质量为4m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，
不计空气阻力。取圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，竖直向下为正方向，建立x轴。
（1）在圆环压缩弹簧的过程中，圆环所受合力为F，请在图中画出F随x变化的示意图；
（2）借助F-x图像可以确定合力做功的规律，在此基础上，求圆环在下落过程中最大速度v 的大小；
m
（3）试论证当圆环运动到最低点时，底座对地面的压力F > 6mg。
N【答案】（1）见解析 ；（2） √mg2 ；（3）见解析
v = +2gH
m k
【详解】（1）在圆环压缩弹簧的过程中F=mg−kx，可得F随x变化的示意图如右图所示
（2）在运动过程中当合力为零时，圆环的速度有最大值，设圆环速度最大时弹簧的形变量为x，根据牛顿
第二定律有mg−kx=0
1
在此过程中，根据F- x图线与x轴围成的面积可求得圆环所受合力做的功W =S = mgx
1 1 2
1
从圆环开始下落到圆环速度达到最大的过程中，根据动能定理有W +mgH= mv2−0
1 2 m
可得 √mg2
v = +2gH
m k
（3）当圆环运动到最低点时圆环速度为零，弹簧的弹力最大（设为N ），底座对地面的压力F 最大。设
m N
从平衡位置到最低点的过程中，圆环所受合力做的功为W。
2
1 1
根据动能定理，从接触弹簧到平衡位置的过程中有W = mv2− mv2
1 2 m 2 A
1
从平衡位置到最低点的过程中有W =0− mv2，根据公式可知|W |>|W |，即S 2mg
m m
设地面对底座的支持力大小为F，取底座为研究对象，根据牛顿第二定律有F−4mg−N =0，可得
m
F>6mg
20．为寻找可靠的航天动力装置，科学家们正持续进行太阳帆推进器和离子推进器的研究。太阳帆推进器
是利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器则是利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速
航天器。
ℎ
（1）由量子理论可知每个光子的动量为p= （h为普朗克常量，λ为光子的波长），光子的能量为
λ
ε= ℎv(v为光子的频率），调整太阳帆使太阳光垂直照射，已知真空中光速为c，光子的频率v，普朗克常
量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质
量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，求：
①时间t内作用在太阳帆的光子个数N；
②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小。
（2）离子推进器的原理如图所示：进入电离室的气体被电离，其中正离子飘入电极A、B之间的匀强电场
（离子初速度忽略不计），A，B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速正离子束的过程中所消耗
F
的功率为P，推进器获得的恒定推力为F．为提高能量的转换效率，即要使 尽量大，请通过论证说明可
P
行的方案。设正离子质量为m，电荷量为q。
ES 2ES F √2m
【答案】（1）① ；② ；（2） = ，为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电
ℎν Mct P qU
量少的离子、减小加速电压。
【详解】（1）①时间t内，作用在太阳帆的光子的总能量为E =ES
总
E ES
时间t内作用在太阳帆的光子个数为N= 总=
ε ℎν
2Np 2ES ℎ 2ES
②根据动量定理得Ft=2Np，故太阳光对飞船的推力为F= = ⋅ =
t ℎνt λ ctF 2ES
根据牛顿第二定律可知，在太阳光压下宇宙飞船的加速度为a= =
M Mct
（2）正离子飘入匀强电场，电场力做功功率为P=UI
正离子在电场中做匀加速直线运动，则有qU=
1
mv2 ，P=
1
F′v，联立可得F′=I
√2mU
2 2 q
√2mU
根据牛顿第三定律，可知引擎获得的推力F的大小为F=F'=I
q
F √2m
可知 = ，为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电量少的离子、减小加速电压。
P qU
