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08
（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. 中国运动员谷爱凌在2022年北京冬奥会中获得“自由式滑雪女子U型场地技巧”金牌．不计空气阻力
且把其视为质点，则谷爱凌在空中运动过程( )
A．可能处于超重状态
B．速度、加速度均可能为零
C．速度改变量的方向总是竖直向下
D．只要有速度，重力的功率就不可能为零
【答案】 C
【解析】 谷爱凌在空中运动过程中只受重力作用，加速度一直为重力加速度，处于完全失重状态，A、B
错误；由于谷爱凌在空中运动过程中的加速度为g，根据Δv＝gt可知，速度改变量的方向与重力加速度的
方向相同，即速度改变量的方向总是竖直向下，C正确；谷爱凌在空中运动到最高点的速度处于水平方向
时，由于速度方向与重力方向垂直，此时重力的功率为零，D错误．
2. 两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示，则（ ）
A. 该现象不是毛细现象
B. 该液体对玻璃是浸润的
C. 减小管的直径，管中液面会下降
D. 液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强
【答案】C
【解析】B．当液体与固体接触时，液体的附着层将沿固体表面收缩的现象叫不浸润，当液体与固体接触时，液体
的附着层将沿固体表面延伸的现象叫浸润，根据图像可知，液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩，则该液
体对玻璃是不浸润的，B错误；
A．浸润液体在细管中上升的现象与不浸润液体在细管中下降的现象叫毛细现象，根据上述，该现象是毛
细现象，A错误；
C．毛细现象中，细管叫毛细管，毛细管直径越小，毛细现象越明显，即不浸润液体中，减小管的直径，
管中液面会进一步下降，C正确；
D．在不浸润现象中，液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱，附着层内有一部分液体分子
进入液体内部，附着层内里的分子比液体内部稀疏，附着层内的液体分子间表现出相互作用的引力效果，
使得液体的附着层将沿固体表面收缩，D错误。
故选C。
3. 已知普朗克常量 ，电子的质量为 ，一个电子和一滴直径约为
的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
根据德布罗意波长公式 解得
由题意可知，电子与油滴的动能相同，则其波长与质量的二次方根成反比，所以有
代入数据解得 所以C正确；ABD错误；故选C。
4. 风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。一平板三角形风
筝（不带鸢尾）悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为 ，风筝受到空气的作用
力F垂直于风筝平面向上。若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉线受到风的作用力，一段时间后，风力
增大导致作用力F增大，方向始终垂直于风筝平面，夹角 不变，再次平衡后相比于风力变化之前（
）A. 风筝距离地面的高度变大 B. 风筝所受的合力变大
的
C. 拉线对风筝 拉力变小 D. 拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小
【答案】A
【解析】
如下图所示为风筝受力示意图，风力为F时，重力为G，拉线拉力为F；当风力变大为F 时，重力不变，
2 1
拉线拉力变为F，矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力为零，保持不变，拉线拉
3
力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角α变大，设拉线长为L，则风筝距地面高度为
则风筝距离地面的高度变大。
故选A。
5. 增透膜是一种表面镀层，它利用光的干涉原理，减少反射光来增加光在表面的透过率．某同学的眼镜片
上镀有一层材料为氟化镁的增透膜，反射光呈现蓝紫色，已知绿光的频率为5.45×1014 Hz，光在真空中的
波速为3×108 m/s，氟化镁对绿光的折射率为1.38，为增加绿光的透过率，该增透膜的最小厚度约为( )
A．100 nm B．200 nm
C．300 nm D．400 nm
【答案】 A
【解析】 由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿
光干涉相消，但薄膜的厚度不宜过大，只需使其厚度为绿光在膜中波长的，使绿光在增透膜的前、后两个
表面上的反射光互相抵消．设绿光在真空中的波长为λ ，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系
0
和光速与波长及频率的关系得n＝＝，化简得λ＝，联立解得增透膜厚度d＝λ≈1×10－7 m＝100 nm，故选A.
6. x轴上固定着两个点电荷A、B，两点电荷分别位于x ＝0，x ＝4d处，两者所在区域为真空，在两者连
A B
线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示．选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势
为零．以下说法正确的是( )A．点电荷A、B分别带正电和负电
B．A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶3
C．x＝d处电势最高且为零
D．将电子从x＝5d处无初速度释放，其电势能一直减小
【答案】 D
【解析】 若点电荷A、B带异种电荷，则在x轴上0～4d区间的电场方向唯一不变化，即水平向右或水平
向左，故A错误；由题图可知在x＝d处电场强度为零，即＝，解得＝，故B错误；0～d区域，电场方向
沿x轴负方向，d～4d区域电场方向沿x轴正方向，可知0～4d区域，从x＝d处沿两侧电势降低，无限远
处电势为零，故x＝d处电势大于零；x≥4d的区域内，电场方向指向x轴负方向，所以沿x轴负方向电势逐
渐降低，无限远处电势为零，故x≥4d的区域内的电势都小于零，所以x＝d处电势最高且大于零，故C错
误；x≥4d的区域内电场方向沿x轴负方向，所以将电子从x＝5d处释放后受水平向右的力，静电力一直做
正功，电势能一直减小，故D正确．
7. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，A、B为电容器的两个极板，电容器内虚线ab与两板平行且到
两板的距离相等，取虚线ab的电势为0。一个电荷+q固定C点，另一个电荷-q固定在D点，C、D两点到
ab的距离相等，闭合电键k，两个小灯泡发光。现把R的滑片向下移动一些，整个过程两个小灯泡均未超
出额定功率，以下说法正确的是( )
A．小灯泡L 变亮，L 变暗 B．小灯泡L 变亮，L 变暗
1 2 2 1
C．两个电荷的电势能之和变小 D．两个电荷的电势能之和不变
【答案】A
【解析】AB．变阻器滑片向下移动，电阻变大，总电阻变大，干路电流变小，电源内压降变小，路端电压
变大，即L 两端电压变大，所以L 变亮，通过L 的电流变大，而干路电流变小，所以小灯泡L 的电流变
1 1 1 2
小，L 变暗，A正确，B错误；
2
CD．对于电荷q的电势能E =qφ，在C点q为正，C点电势为正，在D点电荷为-q，D点电势为负，当路
p
端电压变大时，C点电势升高，D点电势降低，所以两个电荷的电势能都变大，C错误，D错误。
故选A。8. 如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A为地球同步卫星，A、B两卫星
的轨道半径的比值为k，地球自转周期为T.某时刻A、B两卫星距离达到最近，从该时刻起到A、B间距离
0
最远所经历的最短时间为( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 由开普勒第三定律得＝，设两卫星至少经过时间t距离最远，即B比A多转半圈，－＝n －n
B A
＝，又由A是地球同步卫星知T＝T，联立解得t＝，故选C.
A 0
9. 如图所示是LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是( )
A．电容器正在放电
B．电容器正在充电
C．电感线圈中的电流正在增大
D．电容器两极板间的电场能正在减小
【答案】 B
【解析】 由题图电感线圈中的磁感线方向可以判定此时LC电路正在沿逆时针方向充电，A错误，B正确；
充电时电流正在减小，电感线圈中的磁场能正在减小，电容器两极板间的电场能正在增大，C、D错误．
10. 某节水喷灌系统如图所示，水以v ＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg.喷出的水是
0
从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电
压为220 V，输入电流为2.0 A．不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率．
已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，重力
加速度g取10 m/s2，则( )
A．每秒水泵对水做功为75 JB．每秒水泵对水做功为225 J
C．水泵输入功率为440 W
D．电动机线圈的电阻为10 Ω
【答案】 D
【解析】 每秒喷出水的质量为m ＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W
0
＝mgH＋mv2＝300 J，故A、B错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则 P ＝＝300 W，而水泵的
0 0 0 出
抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，则P ＝＝400 W，故C错误；电动机的输出功率等于
入
水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为 P ＝P ＝400 W，而电动机的电功率为P ＝UI＝440
机 入 电
W，由能量守恒定律可知P ＝I2R＋P ，联立解得R＝10 Ω，故D正确．
电 机
11. 将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝ON＝R，圆弧MN的圆心为O点，
将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，
其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.从t＝0时刻开
始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为
正，则导线框中的电流i随时间t的变化规律正确的是( )
【答案】 B
【解析】 在0～t 时间内，线框沿逆时针方向从题图所示位置开始(t＝0)到转过90°的过程中，产生的感应
0
电动势大小为E ＝Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流大小为I ＝＝，根据楞次定律判断可知，
1 1
线框中感应电流方向为正方向(沿ONM方向)；在t～2t 时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电
0 0
流方向为负方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势大小为E ＝Bω·R2＋×2Bω·R2＝BωR2＝3E ，感应
2 1
电流大小为I ＝3I ；在2t ～3t 时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为正方向(沿ONM
2 1 0 0
方向)，回路中产生的感应电动势大小为E＝Bω·R2＋×2Bω·R2＝BωR2＝3E，感应电流大小为I＝3I；在3t
3 1 3 1 0～4t 时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为负方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应
0
电动势大小为E＝Bω·R2，回路电流大小为I＝I，故B正确，A、C、D错误．
4 4 1
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. 某实验小组测量一新材料制成的粗细均匀金属丝的电阻率，金属丝的长度已知。
（1）用螺旋测微器量金属丝的直径，示数如图所示，其直径为___________mm。
（2）用多用电表粗测金属丝的阻值。当用电阻“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，进行一系列正确
操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为___________Ω。
（3）为了精确地测量金属丝的电阻 ，实验室提供了下列器材：
A.电流表 （量程 ，内阻1kΩ）
B.电流表 （量程0.3A，内阻约0.1Ω）
C.滑动变阻器 （0~5Ω，额定电流1.0A）
D.滑动变阻器 （0~1Ω，额定电流1.0A）
E.电阻箱R（阻值范围为0~9999.9Ω）
F.电源（电动势3.0V，内阻约0.2Ω）
G.开关S、导线若干
的
①实验小组设计 实验电路图如图丙所示。由于没有电压表，需要把电流表 串联电阻箱R改为量程为
3V的电压表，则电阻箱的阻值调为___________Ω。滑动变阻器应选择___________（选填“ ”或“
”）
②正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器测得5组电流表 、 的值 ， ，数据见下表。请根据表中的数据，在方格纸上作出 图像___________，并由图像求出 ___________Ω（结果保留
2位有效数字），进而可以求出金属丝的电阻率。
0.121 0.165 0.218 0.266 0.306
0.100 0.150 0.190 0.230 0.280
③关于本实验的误差，下列说法正确的是___________。
A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.用 图像处理实验数据求出金属丝阻值可以减小偶然误差
C.需要将得到的几组电表示数取平均值以减小误差
的
D.为减小读数时 误差，电表读数时应多估读几位数
【答案】 ①. 1.700（1.698~1.702） ②. 6.0 ③. 5000.0 ④. ⑤.
⑥. 6.8（6.6~7.6） ⑦. B
【解析】
（1）[1]根据螺旋测微器的读数规则可知
（2）[2]由题意，当用“ ”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻很小，应该换用低倍率电阻挡，
即“ ”挡，由题图乙可知读数为6.0Ω（欧姆挡不需要估读）。
（3）①[3]当电流表 满偏时，两端电压为因此需要把电阻箱的阻值调为
[4] 滑动变阻器 和 的最大阻值都小于待测金属丝的阻值，则用分压式接法，当选择 时，回路中的
最大电流
约等于滑动变阻器 的额定电流。
当选择 时，回路内的最小电流约为
超过滑动变阻器 的额定电流，因此选择 。
②[5]根据表格中数据作出 图像如下
[6]根据电路图，有
因为 远大于 ，故
得根据图像的斜率可得
解得
③[7]
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；
B．用 图像处理实验数据求出金属丝阻值可以减小偶然误差，B正确；
C．得到的几组电表示数后，应先分别用对应电表示数求出待测电阻，再求电阻的平均值，或者根据几组
电表示数作出对应图像，以减小误差，C错误；
D．读数时只需估读到分度值的下一位，多估读几位数没有意义，不可以减小误差，D错误。
故选B。
13. 湖面上停着A、B两条小船，两船平衡位置连线的中点有个浮标，一列波速为 的水波在湖面
上沿 连线从A向B传播，每条小船每分钟上下浮动20次。 时，A船位于波峰，B船恰好在平衡
位置，且正在向下运动，已知两船间只有一个波谷，求：
（1）两船平衡位置间的距离x；
（2）浮标恰好位于平衡位置的时刻。
【答案】（1）9m；（2）t=0.375s时
【解析】
（1）由题意知，每条小船每分钟上下浮动20次，则每秒振动
次
则波的频率为
由得
时，A船位于波峰，B船恰好在平衡位置，且正在向下运动，已知两船间只有一个波谷，则两船之间
的距离等于 个波长，两船平衡位置间的距离为
（2）浮标位于两船平衡位置连线的中点，即距A、B的距离都为4.5m、 个波长， 时，A船位于波
峰，水波从A向B传播，说明浮标距波源侧的平衡位置的距离为 个波长，浮标回到平衡位置的时间为
即浮标恰好位于平衡位置的时刻为t=0.375s时。
14. 花岗岩、砖砂、水泥等建筑材料是室内氡的最主要来源．人呼吸时，氡气会随气体进入肺脏，氡衰变
放出的α射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．一静止的氡核 Rn
发生一次α衰变生成新核钋(Po)，此过程动量守恒且释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能．已知m
氡
＝222.086 6 u，m ＝4.002 6 u，m ＝218.076 6 u,
α 钋
1 u相当于931 MeV的能量．(结果均保留3位有效数字)
(1)写出上述核反应方程；
(2)求上述核反应放出的能量ΔE；
(3)求α粒子的动能E .
kα
【答案】 (1)Rn→Po＋He (2)6.89 MeV(3)6.77 MeV
【解析】 (1)根据质量数和电荷数守恒有Rn→Po＋He
(2)质量亏损
Δm＝222.086 6 u－4.002 6 u－218.076 6 u＝0.007 4 u，
ΔE＝Δm×931 MeV，解得ΔE≈6.89 MeV
(3)设α粒子、钋核的动能分别为E 、E ，动量分别为p 、p ，
kα k钋 α 钋
由能量守恒定律得ΔE＝E ＋E
kα k钋由动量守恒定律得0＝p ＋p ，又E＝
α 钋 k
故E ∶E ＝218∶4
kα k钋
解得E ≈6.77 MeV.
kα
15. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC
和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道
CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A点以v＝4 m/s的速度水平滑出，
在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道 BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，
然后返回．已知运动员和滑板的总质量为 m＝60 kg，B、E两点距水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m
和H＝3 m，忽略空气阻力．(g＝10 m/s2)
(1)运动员从A点运动到B点的过程中，求到达B点时的速度大小v ；
B
(2)求水平轨道CD的长度L；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小．如果不能，
求出最后停止的位置距C点的距离．
【答案】 (1)8 m/s (2)5.5 m (3)见【解析】
【解析】 (1)运动员从A点运动到B点的过程中做平抛运动，到达B点时，其速度沿着B点的切线方向，
可知运动员到达B点时的速度大小为v ＝，
B
解得v ＝8 m/s
B
(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－mv 2
B
代入数值得L＝5.5 m
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH－μmgL
－mgh′＝0
解得h′＝0.8 m<2 m
故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由动能定理得
mgH－μmgs＝0
解得总路程s＝7.5 m
由于L＝5.5 m
所以可得运动员最后停止的位置在距C点2 m处．
16. 如图所示，在 平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和 、 、 点，
其中圆弧 的半径为R。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，
其间的电势差为U。圆弧 上方圆周外区域，存在着上边界为 的垂直纸面向里的足够大匀强磁
场，圆弧 内无电场和磁场。O点处有一粒子源，在 平面内向x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为 ，被辐射状的电场加速后进入磁场，
不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。求：
（1）粒子被电场加速后的速度v；
（2）要使粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值 ；
（3）当磁场中的磁感应强度大小为第（2）问中 的 倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度
L。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
为
（1）设粒子被电场加速后速度 v，由动能定理可得
解得
（2）垂直磁场上边界射出的粒子的圆心 必在磁场上边界上，设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为
r，满足磁感应强度有最大值，即r有最小值，又因为当r有最小值时， 取最小值， 最小值为O点到磁场上边界的距离 ，故
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动
联立解得
（3）当 时，根据
可得带电粒子在磁场中的运动半径
由几何知识可知，当粒子从 沿x轴正方向进入磁场，粒子从磁场上边界的射出点，为粒子能够到达上边
界的最右端，粒子能够到达上边界的最右端y轴的距离
当粒子与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达上边界的最左端，如图由几何关系可知，粒子能够到达上边界的最左端距y轴的距离为
可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度
