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07
（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. 原子核的比结合能随质量数变化的图像如图1，下列说法正确的是( )
图1
A．质量数越大的原子核，核子结合得越牢固
B.H核比He核稳定
C.Kr核的结合能大于U核的结合能
D．两个H核结合成He核时释放能量
【答案】 D
【解析】 中等质量数的原子核比结合能较大，核子结合得牢固，选项 A错误；He核的比结合能比H核
大，则He核更稳定，选项B错误；Kr核的比结合能大于U核的比结合能，但是Kr核的结合能小于U核
的结合能，选项C错误；两个H核结合成He核时释放能量，选项D正确．
2. 如图，某同学观察肥皂膜干涉现象．将有肥皂膜的铁丝圈挂在酒精灯右侧，在火焰中分别加入不同金属
元素，火焰会呈现不同的颜色．下列说法正确的是( )
A．条纹形状是相互平行的竖直线
B．从上向下，条纹的间距越来越小
C．紫光的条纹数比黄光要少一些D．干涉条纹是由一束反射光和另一束入射光叠加产生的
【答案】 B
【解析】 条纹形状是相互平行的水平线，A错误；肥皂膜在重力作用下，从上向下肥皂膜的厚度逐渐增
加，假设薄膜前后两个面间的夹角为θ，两相邻的亮条纹或两相邻的暗条纹间的距离为L＝，入射光不变，
肥皂液的折射率不变，重力作用下θ变大，则两相邻条纹的间距越来越小，B正确；根据L＝，因为紫光
的波长比黄光的波长短，折射率大，则条纹间距小，所以紫光的条纹数比黄光要多一些，C错误；干涉条
纹是由膜的前后两个表面反射的两列光叠加产生的，D错误．
3. 某压敏电阻的阻值R随压力F变化的规律如图甲所示，将其水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电
路中，在其受压面上放一物体m，即可通过电路中电流表A的示数I来研究电梯的运动情况．已知电梯静
止时电流表的示数为I.下列说法正确的是( )
0
A．若示数I＝I，则电梯一定处于静止状态
0
B．若示数I保持不变，则电梯一定做匀速运动
C．若示数I在增大，则电梯的速度在增大
D．若示数I>I，则电梯可能在减速向下运动
0
【答案】 D
【解析】 若电流表示数为I ，说明m对压敏电阻的压力与静止时相同，即m受到的合外力为零，则电梯
0
可能处于静止状态也可能处于匀速运动状态，故A错误；由题图可知压敏电阻的阻值与受到的压力有关，
若示数I不变，则压敏电阻的阻值保持不变，说明压敏电阻受到的压力不变，m受到的支持力不变，m受
到的合外力恒定，故m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动或静止不动，则电梯可能做匀变速直线
运动，也可能做匀速运动或静止不动，故 B错误；若示数I在增大，说明压敏电阻的阻值在减小，由题图
可知，压力越大，阻值越小，所以压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的
合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故 C错误；当对应电流表示数
为I 时，压敏电阻受到的压力等于m的重力，当I＞I 时，电路中电流比静止时变大，说明压敏电阻阻值变
0 0
小，受到的压力增大，受到的压力大于m的重力，m受到的合外力向上，故加速度方向向上，如果电梯正
在上升，则为加速上升运动，如果电梯正在下降，则为减速下降运动，故D正确．
4. 如图为运动员在水平冰面上的某次训练照片，根据该照片，我们可推知( )A．地面对运动员竖直向上的支持力大于运动员的重力
B．地面对运动员的作用力与重力大小相等
C．若运动员正做匀速圆周运动，则他所受合力保持不变
D．转弯时，速度越大，冰刀与冰面所成的锐角越小
【答案】 D
【解析】 运动员在竖直方向上处于平衡状态，则地面对运动员竖直向上的支持力等于运动员的重力，A
错误；运动员做曲线运动时，地面对运动员有竖直方向的支持力及水平方向的力，它们的合力大于重力，
B错误；做匀速圆周运动，合外力等于向心力，大小不变，但方向一直变化，C错误；设地面对运动员作
用力与水平方向夹角为θ，即＝m，可知，速度越大，冰刀与冰面所成的锐角越小，D正确．
5. 氧气分子在不同温度下的速率分布规律如图6所示，横坐标表示速率，纵坐标表示某一速率的分子数占
总分子数的百分比，由图可知( )
图6
A．在①状态下，分子速率大小的分布范围相对较大
B．两种状态氧气分子的平均速率相等
C．随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增大
D．①状态的温度比②状态的温度低
【答案】 D
【解析】 由题图可知，②中速率大的分子占据的比例较大，则说明②对应的平均速率较大，故②对应的
温度较高，温度高则分子速率大的占多数，即高温状态下分子速率大小的分布范围相对较大，故 A、B错
误，D正确；由题图可知，随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例减小，故C错误．
6. 如图所示，A、B两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，O为地心，在两卫星运行过程中，AB连线和OA连
线的夹角最大为θ，则A、B两卫星( )
A．做圆周运动的周期之比为2
B．做圆周运动的周期之比为
C．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为D．与地心O连线在相等时间内扫过的面积之比为
【答案】 C
【解析】 夹角最大时，OB与AB垂直，根据几何关系有r ＝r sin θ，由开普勒第三定律可得＝，则＝，
B A
A、B错误；t时间内，卫星与地心连线扫过的面积S＝·πr2，则＝·＝，C正确，D错误．
7. 如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ水平．一质量为m
的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N
时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所
做的功，则( )
A．W＝mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>mgR，小球不能到达Q点
C．W＝mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W0，所以小球到达
Q N Q
Q点后，继续上升一段距离，选项C正确．
8. 如图所示，两块平行金属板M、N通过导线、开关与电源相接，其中N板接地．板间用绝缘细线悬挂一
带负电的小球．闭合开关S，把细线拉开一小角度(小于10°)后，自A点静止释放小球，小球摆动经过最低
点B.则( )
A．小球在A点的电势能大于在B点的电势能
B．只将M板向下移动时B点电势保持不变
C．只断开开关则小球将停止摆动
D．只把电源正负极对调则小球摆动周期变小
【答案】 D
【解析】 M板与电源正极相连，两板间电场方向由M板指向N板，故A点电势比B点电势高，小球带负电，则小球在A点的电势能小于在B点的电势能，A错误；只将M板向下移动时，则根据E＝可知，电场
强度变大，根据U ＝φ －φ ＝－Ed ，可知B点电势减小，B错误；只断开开关，两板所带电荷量保持
BM B M BM
不变，电场强度保持不变，受力保持不变，仍然做单摆运动，C错误；只把电源正负极对调，静电力由竖
直向上变为竖直向下，等效重力场的等效重力加速度变大，由小球摆动的周期表达式为T＝2π，知周期变
小，D正确．
9. 已知LC振荡电路(如图甲所示)中电容器极板1上的电荷量随时间变化的曲线如图乙所示，则( )
A．a、c两时刻电路中电流最大，方向相同
B．a、c两时刻电容器的电场能最大
C．b、d两时刻电路中电流最小，方向相反
D．b、d两时刻线圈的磁场能最小
【答案】 B
【解析】 由LC振荡电路中电磁振荡规律可知，电容器充、放电过程中，当电容器极板上的电荷量最大
时，电路中电流为零，电容器的电场能最大，故A错误，B正确；b、d两时刻，电容器极板上的电荷量为
零，此时电路中电流最大，线圈的磁场能最大，故C、D错误．
10. 如图所示，波源O、O 以相同的频率垂直纸面振动激发出横波在纸面内沿着各个方向传播，A、B、C
1 2
三点在O 、O 连线的中垂线上，t＝0时刻O 、O 同时沿相同方向开始振动，经过4s的时间，与O 相距
1 2 1 2 1
6m的A点开始振动，此后A点每分钟上下振动10次，且当A位于波峰时，B、C两点也同时位于离A点最
近的两个波峰，则下列说法正确的是（ ）
A．波源O 激发的横波波长为9m B．波源O 激发的横波波长为18m
1 1
C．O 与B之间的距离为12m D．t＝12s时C点开始振动
1
【答案】A
【解析】AB．波的传播速度
由题意得，振动的周期波长
故A正确，B错误；
C．当A位于波峰时，B、C两点也同时位于离A点最近的两个波峰，所以O 与B之间的距离
1
故C错误；
D．O 与C之间的距离
1
波传到C点用时
故D错误。
故选A。
11. 如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，足够长的光滑平行金属导轨水平放
置，导轨左右两部分的间距分别为 l、2l；质量分别为 m、2m 的导体棒 a、b 均垂直导轨放置，导体棒
a 接入电路的电阻为 R，其余电阻均忽略不计； a、b 两棒分别以 v 、2v 的初速度同时向右运动，两棒
0 0
在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳
定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．a棒加速度大于b棒的加速度
B．稳定时a棒的速度为1.5v
0
C．电路中产生的焦耳热为mv2
0
D．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为
【答案】 C
【解析】 分别计算a、b棒的加速度，由F ＝BIL和F ＝ma，可得a＝，a、b棒串联，电流相等，a、b
安 安
棒长度分别为 l、2l，质量分别为 m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A错误；因为导轨光滑只受到
安培力作用，对 a棒，根据动量定理有 ·t＝Bl·t＝mv －mv ，同理，对 b棒有－ t＝－B×2l·t＝2mv －
a a 0 b b
2m·2v ，稳定时无电流，即Blv ＝B·2lv ，得v ＝2v ，联立解得v ＝2v ，v ＝v ，故B错误；由能量守恒可
0 a b a b a 0 b 0
知，动能的损失量等于焦耳热，初动能E ＝mv2＋×2m×(2v)2，末动能E ＝m×(2v)2＋×2m×v2，则电路中
k0 0 0 k 0 0
产生的焦耳热为E －E ＝mv2，故C正确；对a应用动量定理有Bl·Δt＝mv －mv ，又q＝·Δt，v ＝2v ，解
k0 k 0 a 0 a 0
得q＝，故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. 如图甲为桶装水电动抽水器，某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q（单位时间流出水
的体积）。
为
（1）如图乙， 了方便测量取下不锈钢出水管，用游标卡尺测量其外径D，读数为_____________mm；
（2）重新安装出水管如图甲，为了使水能够沿水平方向流出，下列哪种方法更合理_____________；
A．用力把出水管前端掰至水平
B．转动出水管至出水口水平
C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平
（3）接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差 和管口到落点的水平距离
；已知重力加速度 ，则水流速度v＝______m/s（保留两位有效数字）；
（4）已知出水管管壁的厚度为d，该抽水器的流量Q的表达式为_______（用物理量D、d、v表示），根
据测得的流量可算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是______（写出一个原
因）；
（5）抽水时若电机的输出功率恒定，当桶内水面降低时，抽水器的流量Q________（选填“不变”、
“减小”或“增加”）。
【答案】 ①. 7.0##7.1 ②. B ③. 1.0m/s ④. ⑤. 测量h偏小（或者L偏⼤、
D偏⼤、d偏⼩） ⑥. 减⼩【解析】
（1）[1]该游标卡尺为10分度，其精度为0.1mm，游标卡尺的读数为
D=7mm+1×0.1mm=7.1mm
（2）[2]出水管可以旋转，比较方便地改变出水方向，因此可以转动出水管至出水口水平，故B正确，AC
错误。
故选B。
（3）[3]水的运动为平抛运动，竖直方向为自由落体运动
水平方向为匀速直线运动
解得水流速度
（4）[4]出水管的半径为
该抽水器的流量
[5]装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，从流量大小的相关量分析可能是测量h偏小或者L偏
大、D偏大、d偏小等。
（5）[6]抽水时若电机的输出功率恒定，单位时间内电机对水做功相同，当桶内水面降低时，水上升的高
度变大，增加的重力势能增大，增加的动能减小，在出水口水的速度减小，所以抽水器的流量减小。
13. 有一截面为正方形物体ABCD静止浮在水面上，刚好有一半在水下，正方形边长 ， AB侧前
方 的水面处有一障碍物。一潜水员从障碍物前方 的水面处竖直下潜到深度为 的P
处时，看到A点刚好被障碍物挡住。已知水的折射率 。求：
（1）深度h；
1
（2）在P点下方 处的Q点有一点光源，其发出的光恰好不能从CD右侧水面射出，则h 为多少？
2【答案】（1） ；（2）
【解析】
（1）根据题意，设过P点光线恰好被障碍物挡住时，入射角、折射角分别为 、 ，画出光路图，如图
所示
则由折射率定义式可得
由几何关系式可得
，
联立解得
（2）根据题意可知， 点光源和 点连线，延长后相交于水面，它与竖直方向的法线夹角恰好为临界角
，则有
由几何关系有联立解得
14. 压力锅（也称高压锅）是二种常见的厨房锅具，其工作原理是通过增大气压来提升液体沸点，以达到
加快烹煮食物效率的目的。如图为某燃气压力锅的结构简图，某厨师将食材放进锅内后合上密封锅盖，并
将压力阀套于出气孔后开始加热烹煮。当锅内气体压强增大到一定程度时，气体就把压力阀顶起来，这时
水蒸气就从排气孔向外排出。已知锅内的总容积为V ，食材占锅内总容积的 ，加热前锅内温度为T ，大
0 0
气压强为p= 1.0 × 105Pa。忽略加热过程水蒸气和食材（包括水）导致的气体体积变化，气体可视为理想
0
气体，g取10m/s2。
（1）若T= 293K，压力阀的质量为0.024kg，要使锅内温度达到393K，求排气孔的面积的最小值（保留
0
一位有效数字）；
（2）高压锅内气体温度达到1.25T 后保持不变，打开出气孔稳定后，求高压锅内气体密度与打开前的比值。
0
【答案】（1）7 × 10-6m2；（2）
【解析】
（1）选锅内气体为研究对象，则有，初状态
T= 293K，p= 1.0 × 105Pa
1 1
末状态
T= 393K
2
由查理定律得
代入数据有
p= 1.34 × 105Pa
2对限压阀受力分析可得
mg = pS－pS
2 1
联立解得
S = 7 × 10-6m2
（2）打开阀门前气体下强为p′，体积为V，气体密度ρ，气体升温过程，由查理定律
1 1 1
,
、打开密封阀稳定后，气体压强等于大气压强为p ，气体密度为ρ ，此过程为等温变化，根据玻意耳定律
0 2
可得
p′V= pV
1 1 0 2
ρV= ρV
1 1 2 2
解得
15. 如图，一倾角为 的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速
带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车
通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速
带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s
后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满
足什么条件？【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v，到达第31个减速带时的速度为v，则有
1 2
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一
个减速带均为v 和v；经过每一个减速带时损失的机械能为
1 2
联立以上各式解得
(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v，则在水平地面上根据动能定理有
1
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
(3)由题意可知
可得
16. 如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和
Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能 E 从圆b上P点沿径向进入电
k0
场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆 a与圆b之间电势差为U，圆b半径为
R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当E ＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最
k0
终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时
间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当E ＝keU时，要保证电子从出射区域
k0
出射，求k的最大值．
【答案】 (1) 8eU (2)
【解析】 (1)电子在电场中加速有2eU＝mv2，①
在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R②
根据洛伦兹力提供向心力有Bev＝m③
1
联立①②③解得B＝④
1
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝⑤
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝π⑥
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T⑦
联立①②⑤⑥⑦解得t＝⑧
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为E＝8eU⑨
k
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为r ，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，
m
由几何关系可得2＝R2＋r 2⑩
m
解得r ＝R⑪
m
根据洛伦兹力提供向心力有Bev ＝m⑫
1 m
2eU＝mv 2－keU⑬
m
联立④⑪⑫⑬解得k＝.⑭
