文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（河北卷专用）
黄金卷08
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目
要求。
1.2023年8月，日本福岛核电站将核废水排放大海，核废水中的主要污染物是氚、锶-90、碳-14等放
射性物质，它们可以通过食物链损害人类DNA，氚核的衰变方程为 ，下列说法正确的是
（ ）
A．氚在衰变过程中释放能量 B．X是
C． 比 更稳定 D．高温可以适当降低 的半衰期
【答案】A
【解析】A．氚在衰变过程中存在质量亏损，释放能量，故A正确；
B．衰变过程根据质量数和电荷数守恒可知，X是 ，故B错误；
C．衰变后的新核比衰变前的原子核更稳定，则 比 更稳定，故C错误；
D．半衰期只由原子核自身决定，与外部环境的温度无关，则高温不可以降低 的半衰期，故D错
误。
故选A。
2.某同学自己动手为手机贴钢化膜，贴完后发现屏幕中央有不规则的环形条纹，通过查询相关资料得
知，这是由钢化膜内表面未与手机屏幕完全贴合引起的，关于这个现象，下列说法正确的是（ ）
A．这是由钢化膜内、外表面的反射光叠加形成的
B．条纹宽度越大，说明该处钢化膜越厚
C．条纹宽度越大，说明该处钢化膜内表面与手机屏幕间空气隙越厚
D．同一条纹上，钢化膜内表面与手机屏幕间空气隙的厚度相同
【答案】D
【解析】A．干涉条纹是由钢化膜内表面与手机屏幕间空气隙上、下表面的反射光叠加形成的，故A错误。BC．条纹宽度越大，说明该处钢化膜内表面与手机屏幕间空气隙厚度变化得越慢（几乎不变），并不
能反映该处空气隙的厚度，故BC错误。D．同一条纹上，钢化膜内表面与手机屏幕间空气隙上、下表面反
射光的光程差相同，空气隙的厚度相同，故D正确。
故选D。
3.一列简谐波沿x轴正方向传播，t＝0时的波形如图所示，质点B恰好在波谷，且经过0.1s第一次回
到平衡位置，质点A在B的左侧．则（ ）
A．质点A正在向下运动
B．质点B正在向上运动
C．t＝0.5s时，质点A在向上运动
D．t＝0.5s时，质点B在向下运动
【答案】C
【解析】简谐波沿x轴正方向传播，根据峰前质点上振，可知质点A正在向上运动，故A错误；质点B
恰好在波谷，瞬时速度为零，故B错误；t=0时，质点B恰好在波谷，且经过0.1s第一次回到平衡位置，
可知波的周期为T=0.4s，根据周期性可知 时，质点A在向上运动，故C正确；根据周期性可
知 时，质点B刚好在平衡位置向上振动，故D错误．所以C正确，ABD错误．
故选C
4. 如图所示，人们用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过
轻绳对质量为m的重物各施加一个大小为F、与竖直方向夹角为θ的拉力，重物离开地面上升H时两人停
止施力，最后重物下落将地面砸下的深度为h。重物对地面的冲击力可视为恒力。重力加速度为g。不计空
气阻力。则（ ）A. 重物上升过程中的最大动能为
B. 重物刚落地时的动能为
C. 仅根据题中信息可以推算出重物对地面的冲击力大小
D. 仅根据题中信息无法推算出一次打夯过程中重物所受重力的冲量大小
【答案】C
【解析】A．当重物上升到高为H时动能最大，根据动能定理得 故A错误；
B．重物从开始上升到落回地面，全过程动能定理有 故B错误；
C．重物从地面到将地面砸下的深度为h，根据动能定理有
解得重物对地面的冲击力大小为 故C正确；
D．对第一次打夯过程中，根据动量定理有
又落地时的动能为
联立两式即可求出第一次打夯过程中重物所受重力的冲量大小，故D错误。
故选C。
5.如图所示，A、B、C三点把等量异种点电荷P、Q的连线平均分成了四份，过C点作两点电荷连线的
垂线CD，有 。把另一个带正电的点电荷M沿连线由A点移动至C点，再沿垂线由C点移动至D
点，移动过程中点电荷M的速率不变。不考虑点电荷M对空间电场的影响，下列说法正确的是（
）A．B、D两点的电场强度大小为
B．移动过程中点电荷M所受电场力先减小后增大
C．移动过程中电场力对点电荷M先做正功后做负功再做正功
D．移动过程中点电荷M的电势能先减小后增大
【答案】D
【解析】A．两点电荷P、Q到B点的距离均小于到D点的距离，可知两点电荷P、Q在B点产生的电场
强度均大于在D点产生的电场强度，且两点电荷P、Q在B点产生的电场强度方向相同，故有 ，故
A错误；B．由等量异种点电荷电场分布情况可知 ，所以点电荷M移动过程中所受电场力
先减小后增大再减小，故B错误；
CD．点电荷M由A点移动到C点电场力做正功其电势能减小，由C点移动到D点电场力做负功其电势
能增大，故C错误，D正确。
故选D。
6.如图是某地铁列车从左向右匀速率通过下穿轨道abcd的示意图，其中bc段水平、ab与cd段的倾角
相等。已知整个过程中列车受阻力的大小保持不变（包括摩擦阻力和空气阻力），在ab和bc段，牵引列
车的功率分别为P和P。则在cd段牵引列车的功率为（ ）
1 2
A．2P-P B．P-P C． D．
2 1 2 1
【答案】A
【解析】在ab段，由牛顿第二定律得在bc段，由牛顿第二定律得
在cd段，由牛顿第二定律得
解得
故选A。
7. 如图所示，不可伸长的柔软细绳穿过固定竖直放置的细管，两端拴着质量分别为m和M的小球。当
小球m绕细管的几何轴匀速转动时，m到管口的绳长为l，绳与竖直方向的夹角为θ，小球M处于静止状
态。细管处处光滑，其半径可忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球m的线速度大小
B. 小球m的运动周期
C. 向下缓慢拉动M的过程中，夹角θ变小
D. 向下缓慢拉动M的过程中，系统的机械能减少
【答案】B
【解析】A．小球m在水平面内做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得 ，故A错误；
B．小球m的运动周期为 ，故B正确；
C．根据平衡条件可知 向下缓慢拉动M的过程中，F增大，夹角θ变大，故C错误；
D．向下缓慢拉动M的过程中，拉力对系统做正功，系统的机械能增加，故D错误。
故选B。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
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。
8. 物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀足够长的铜板固定在绝缘支架上。一质量
为m的永磁体放置在铜板的上端，t=0时刻给永磁体一沿斜面向下的初速度，永磁体将沿斜面向下运动，
如图所示。假设永磁体下滑过程中所受的摩擦力f大小不变，且f”），为了保
1 2
证两小球发生对心正碰，两小球的半径__________（填“需相等”或“不需相等”），本实验
___________（填“不需要”或“需要”）测量平抛运动的高度和时间。
（2）在实验误差允许范围内，若满足关系式_________________________，则可以认为两球碰撞前后
在OP方向上的总动量守恒。（用已知量和测量量表示）
（3）实验中小球与斜槽之间存在摩擦力，这对实验结果_________（选填“有”或“没有”）影响。
（4）若实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球A的质量m与被
1
碰小球B的质量m之比为___________。
2
【答案】 ①. > ②. 需相等 ③. 不需要 ④. ⑤. 没有
⑥. 4:1
【解析】（1）[1][2][3]为了保证碰撞时小球A不反弹，两球的质量必须满足m>m，为了保证两小球
1 2
发生对心正碰，两小球的半径需相等，由于小球做平拋运动的高度和时间均相等，在验证动量守恒时可消
除高度和时间，所以本实验不需要测量平抛运动的高度和时间。（2）[4]若在实验误差允许的范围动量守恒，则
小球离开斜槽轨道做平抛运动，竖直方向位移相等，故运动时间相等；水平方向有
； ； ，所以
（3）[5]斜槽不光滑，只要从同一高度释放，两次摩擦力做的负功相同，小球到达轨道末端速度依然
相同，所以实验中小球与斜槽之间存在摩擦力，这对实验结果没有影响。
（4）[6]小球下落的时间相等，则可以用水平位移表示速度的大小，代入题中数据由动量守恒可得
得
四、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后
答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13.（10分）2023年2月4日，美国使用战斗机将失控误入该国境内的“流浪气球”击落，该“流浪
气球”如图所示，首先用聚脂薄膜材料制成气球的球皮，然后对它充以比空气密度小的气体，之后密封好，
气球就可以携带仪器升空探测了。某气象气球升至地球平流层时，平流层的气压为P。从早上至中午，由
于阳光照射，气球内气体的内能增加了 ，气球有微小膨胀，半径由 膨胀到 ，已知早上气球内气体
温度为 。假设气球内的气体压强始终等于平流层气压，求中午时气球内气体的温度 和早上至中午气球
内气体吸收的热量Q。
【答案】 ，
【解析】早上气体体积
中午气体体积从早上至中午，气球内的气体做等压变化
得
气球膨胀过程，气体压强为P，气体对外做功
由热力学第一定律
解得
14.（12分）如图所示，在y>0的区域内存在两个匀强磁场。以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形
区域内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；其余区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大
2
小B。一比荷为k的带电粒子在加速电场的下极板处无初速释放，经加速后从坐标为（-2R，0）的a点进
1
入磁场，又从坐标为（2R，0）的b点离开磁场，且粒子经过各磁场边界时的速度方向均与该边界线垂直。
不计粒子的重力，且不用考虑粒子多次进入B磁场的情况，则加速电场的电压大小可能为（ ）
2
【答案】
【解析】当粒子在电场中加速
当粒子速度较大时，粒子在磁场B中直接从a点经半圆周到达b点，此时粒子运动的轨道半径为
1
r=2R
1
由联立解得
粒子运动的轨迹如图，设进入磁场B的半径为r，则由几何关系
1 2
解得
则θ=37°
则粒子在B中的运动半径为
2
由 ，
联立解得
15.（17分）如图所示，半径为R＝0.4 m的四分之一光滑圆弧轨道PQ固定在水平面上，轨道末端与
一等厚的长木板A紧挨着，木板A长L＝3.2 m，质量M＝0.5 kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1.一
1 1
质量为m＝0.2 kg的小物块以初速度v＝1 m/s从P点沿竖直方向切入轨道，当小物块滑上长木板A时立即
0
受到一个水平向右的恒力F＝1.2 N，当小物块滑到木板A的右端时，木板A恰与一静置于水平面的等厚木
板B发生弹性碰撞，此时撤去恒力F.已知木板B的质量为M＝0.5 kg且足够长，与水平面的摩擦不计，小
2
物块与木板A、B上表面的动摩擦因数均为μ＝0.5.求：(取g＝10 m/s2)
2(1)小物块在Q点时对圆弧轨道的压力；
(2)小物块滑上木板A之前，木板A的右端与木板B的左端的距离；
(3)小物块滑上木板B后因摩擦产生的热量．
【答案】（1） F ＝6.5 N， 方向：竖直向下（2）d＝0.3 m（3）Q＝0.83 J
压
【解析】 (1)小物块在圆弧轨道上滑行时由动能定理有mgR＝mv2－mv2
1 0
在Q点小物块受力分析有 F－mg＝m
N
由牛顿第三定律有 F ＝F＝6.5 N， 方向：竖直向下
压 N
(2)当小物块在木板A上滑行时对小物块受力分析有F－μmg＝ma
2 1
对木板A受力分析有μmg－μ(Mg＋mg)＝Ma
2 1 1 1 2
设小物块在木板A上运行的时间为t，
小物块发生的位移x＝vt＋at2
1 1 1
木板A发生的位移x＝at2
A 2
L＝x－x
1 A
小物块滑上木板A之前，木板A的右端与木板B的左端的距离d＝x＝0.3 m
A
(3)A、B碰撞时小物块速度v＝v＋at＝4 m/s
2 1 1
木板A的速度v＝at＝0.6 m/s
A A
A、B碰撞过程有Mv＝Mv′＋Mv Mv2＝Mv′2＋Mv2
1 A 1 A 2 B 1 A 1 A 2 B
解得v′＝0 v＝0.6 m/s
A B
小物块在B上滑行，最后相对静止，有
Mv＋mv＝(m＋M)v
2 B 2 2 共
mv2＋Mv2＝Q＋(m＋M)v 2
2 2 B 2 共
解得Q＝0.83 J
