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08
（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．狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速行驶，图为四个关于雪橇受到的牵引力F及摩
擦力f的示意图（图中O为圆心），其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由题意可知，雪橇做匀速圆周运动，合力即为向心力，所以滑动摩擦力与牵引力F
的合力要指向圆心，而滑动摩擦力的方向和相对运动方向相反，故滑动摩擦力向后且与圆轨
道相切，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
2．下列四幅图涉及不同的物理知识，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图甲，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子
B．图乙，1为α射线，它的电离能力较弱，可用于消除静电C．图丙，处于基态的氢原子可吸收能量为10.4eV的光子发生跃迁
D．图丁，汤姆孙通过电子的发现，揭示了原子还可以再分
【答案】D
【解析】A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验的大角度偏转现象，提出了原子的核式结构，A
不符合题意；
B．根据左手定则，1粒子的运动方向与四指指向相同，表明1射线带正电，即1射线是α射
线，它的电离能力很强，可用于消除静电，B不符合题意；
C．若处于基态的氢原子吸收了能量为10.4eV的光子，根据波尔理论，设跃迁后的能级为
E，则E−(−13.6eV)=10.4eV；解得E=−3.2eV；对比图中氢原子的能级图，不存在该能
级，C不符合题意；
D．汤姆孙通过分析阴极射线管中的射线，发现该射线带负电，从而发现了电子，电子的发
现，揭示了原子还可以再分，D符合题意。
故答案为：D。
3． 某正弦式交变电流随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．此交变电流的有效值为5A
B．t=1.0×10−2s时，线圈位于中性面
C．t=1.5×10−2s时，穿过线圈的磁通量最大
D．t=2.0×10−2s时，穿过线圈的磁通量变化率最大
【答案】B
I 5√2
【解析】A、由i-t图知道，交流电的峰值为5A，故有效值为I = m = A，A错误；
有 √2 2
B、 t=1.0×10−2s时，感应电流为零，即此时感应电动势为零，说明此时线圈的磁通量最
大，线圈处于中性面，B正确；
C、 t=1.5×10−2s时，感应电流最大，即此时感应电动势最大，说明此时线圈的磁通量为零，线圈垂直于中性面，C错误；
D、t=2.0×10−2s时，感应电流为零，即此时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量变化率最
小，为零。D错误。
故答案为：B。
4． 下列说法正确的是（ ）
A．声波从空气传入水中时波长变长是因为波速不变但声波的频率变小了
B．两列波发生干涉现象时振动加强的点总是处于波峰，振动减弱的点总是处于波谷
C．火车靠近时汽笛声音逐渐变大是因为发生了多普勒效应
D．“闻其声而不见其人”说明此时声波比光波发生了更明显的衍射现象
【答案】D
【解析】A、由于波的频率由波源决定，因此波无论在空气中还是在水中频率都不变；又因
波在水中速度较大，由公式v=λf；可知，波在水中的波长变长，故A错误；
B、两列波发生干涉现象时，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动始终加强，振幅等
于两列波振幅之和；当波峰与波谷相遇时振动始终减弱，振幅等于两列波的振幅之差，加强
点和减弱点都做周期性振动，但振动加强的点不一定总是处于波峰，振动减弱的点不一定总
是处于波谷，故B错误；
C、根据多普勒效应可知，火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率比声源发出的频率
高，但火车汽笛的频率是保持不变的，故C错误；
D、声波的波长远大于光波的波长，更容易发生明显的衍射，“闻其声而不见其人”就是因
为声波比光波更容易发生衍射现象，故D正确。
故答案为：D。
5． 如图所示，一束激光照向光屏P，留下光斑S 。保持激光方向不变，在屏前放一块与P平
1
行的玻璃砖，发现光斑移到S 处。若改用相同材料但宽ab更小的玻璃砖，则（ ）
2A．光斑移到S 右侧 B．光斑移到S 左侧
2 1
C．光斑移到S 与S 之间 D．光屏上没有光班出现
1 2
【答案】C
【解析】由于光的折射时出射光线平移。如图，若改用相同材料但宽ab更小的玻璃砖，光线
平移的距离减小，则光斑移到S 与S 之间。
1 2
故答案为：C。
6．如图所示的汽车轮胎内有一定质量的理想空气。入秋后胎内气体的温度降低，假设此过程
气体的体积视为不变。下列轮关于胎内空气说法正确的是（ ）
A．每个分子运动的动能都减小 B．速率大的区间的分子数减少
C．气体的压强增大 D．气体从外界吸收热量
【答案】B
【解析】A.温度是分子平均动能的标志，温度降低，分子的平均动能减小，但不是每个分子
运动的动能都减小，A不符合题意；
B.根据气体分子速率分布规律可知，温度降低，速率大的分子占比减小，即速率大的区间的
分子数减少，B符合题意；
p
C.根据题意可知，气体体积不变，由查理定律 =C可知，温度降低，气体压强降低，C不符
T
合题意；
D.气体温度降低，内能减小，体积不变，则气体与外界不做功，由热力学第一定律
∆U=W+Q可知，气体放热，D不符合题意。
故答案为：B。
7．人类首次发现了引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞(质量分别为26个和39个
太阳质量)互相绕转最后合并的过程。设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，
如图所示。黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞间的距离为L，其运动周期为T，则（ ）
A．黑洞A的质量一定小于黑洞B的质量
B．黑洞A的向心力一定小于黑洞B的向心力
C．两个黑洞间的距离L一定时，M越大，T越大
D．两个黑洞的总质量M一定时，L越大，T越小
【答案】A
【解析】解：设 黑洞A、B 质量分别为M 、M ，则M +M =M，黑洞A、B 间的万有引力提
1 2 1 2
GM M
供向心力，可得： 1 2=M R ω2=M R ω2 ，可得：M R =M R ，
L2 1 1 2 2 1 1 2 2
A：黑洞A的质量一定小于黑洞B的质量 B：黑洞A的向心力一定小于黑洞B的向心力 C：两
个黑洞间的距离L一定时，M越大，T越大 D：两个黑洞的总质量M一定时，L越大，T越小
8．如图所示，AB是圆的直径，长为 √3 m，O为圆心。有一匀强电场（图中未画出），电
场方向与圆周在同一平面内，从圆周上A点向圆面内各个方向发射出动能相同的电子，电子
经过O点时和经过C点时动能均为4eV，电子经过B点时动能为2eV，∠COA=60°，取O点
电势为零，电子电荷量的绝对值为e，不计电子重力，则（ ）
A．B点的电势为2V
B．电子从A点射出的初动能为6eV
C．匀强电场的电场强度大小为3V/m4√3
D．圆周上电势最高点的电势为 V
3
【答案】B,D
【解析】A．根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，根据动能定理-
eUOB=2eV-4eV；解得UOB=2V；取O点电势为零 U =φ −φ =−φ ；因此B点电势为
OB O B B
φ =−2V；A不符合题意；
B
B．根据匀强电场电势分布特点，可知在任意方向上电势降落都是均匀的，则 U =U =2V
OB AO
得 φ =2V；根据动能定理 −eU =E −E ；解得 E =6eV；B符合题意；
A AB kB kA kA
C．根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，所以O、C两点电势相等，
√3 3
过B点作CO延长线的垂线，则垂线长为 d= sin60∘m= m；因此匀强电场的电场强度大
2 4
U 8
小为 E= OB= V /m；C不符合题意；
d 3
8 √3 4√3
D．圆周上电势最高点的电势 φ=ER= × V = V；D符合题意。
3 2 3
故答案为：BD。
9．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，
当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外
加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下
列说法中正确的是（ ）
A．此过程中磁感应强度B逐渐增大
B．此过程中磁感应强度B先减小后增大
mgsinα
C．此过程中磁感应强度B的最小值为
IL
mgtanα
D．此过程中磁感应强度B的最大值为
IL【答案】A,C
【解析】对导体棒受力分析，受重力G、支持力 F 和安培力 F ，三力平衡，合力为零，
N A
将支持力 F 和安培力 F 合成，合力与重力相平衡，如图所示
N A
从图中可以看出，安培力 F 一直变大，由于 F =BIL ，其中电流I和导体棒的长度L均不
A A
变，故磁感应强度渐渐变大；由图可以看出当 F 平行于斜面时有最小值 B IL=mgsinα
A min
mgsinα
解得 B =
min IL
mg
此过程中安培力竖直向上时最大为mg，B的最大值为 B =
max IL
故答案为：AC。
10．如图所示，一质量为M=2kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的小
滑块（可视为质点）静止放在长木板上。从t=0时刻开始，长木板受到向左的逐渐增加的水
平拉力F，小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，下列说法不正
确的是（ ）
A．当F=12N时，小滑块的加速度大小为5m/s2
B．当F=18N时，小滑块的加速度大小为6m/s2
C．当F=18N时，长木板的加速度大小为6.5m/s2
D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大
【答案】A,B,D
【解析】当木板和物块恰好发生滑动时，根据整体的牛顿第二定律有：（m+M）a=F，对
于滑块有：ma=μmg，联立可得此时水平拉力为：F=15N，a=5m/s2，此时可以判别A错；由于滑块的最大加速度为a=5m/s2，所以B错；当滑块到达5m/s2，此时滑动摩擦力最
大，则接下来F增大，滑块的加速度保持不变，所以D错；当F=18N>15N时，木板和传送
带分开运动，根据木板的牛顿第二定律有：Ma=F−μmg，此时a=6.5m/s2，所以C对；正
确的答案选ABD
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．某个实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律” 实验，方案如 图甲所示，步骤
如下：
①用两个相同的弹簧测力计互成角度的拉细绳套，使橡皮筋伸长，结点达到纸面上某一位
置，记为 O1；
②记录两个弹簧测力计的拉力 F1和 F2的大小和方向；
③只用一个弹簧测力计，仍将结点拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F'的大小和方向；
④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F'；
⑤根据力的平行四边形定则，作出F1和 F2的合力 F；
⑥比较 F和F'的一致程度。
（1）本次实验需要用到带细绳套的橡皮条，图乙中最合适的是 ；
（2）若步骤②中两绳夹角小于90°，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一
半。这样的操作 （选填“合理”或“不合理”）；
（3）步骤②中某个弹簧测力计指针位置如图丙1所示，其读数为 N。另一实验小
组所用的弹簧测力计在某次实验中指针位置如图丙2所示，其读数为 N；
（4）如图丁所示，步骤⑥中，方向一定沿 AO1方向的是 （选填“F”或“F'”）；
（5）关于此实验，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧测力计的外壳与白纸之间的摩擦对实验不会造成影响B．弹簧测力计的弹簧与外壳之间的摩擦对实验不会造成影响
C．改变F1和 F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验， 记下的结点位置O2必须与位置 O1
相同
D．完成试验后应整理实验器材
【答案】（1）C；（2）不合理；（3）2.70；7.4；（4）F；（5）A；D
【解析】 （1）为了减小拉力方向的误差，应使用细绳套适当长一些的。
故答案为：C。
（2）由于两绳夹角小于90°，合力大小一定大于任一分力；一个弹簧测力计示数接近量程，
另一个超过量程的一半，则当只用一个弹簧测力计拉橡皮筋获得合力时，会超过弹簧的量
程，所以这样的操作不合理。
（3）图丙1中弹簧测力计的分度值为0.1N，由图可知其读数为2.70N；
图丙2中弹簧测力计的分度值为0.2N，由图可知其读数为7.4N。
（4）由图丁可知F是通过平行四边形作图得到的，存在一定误差，方向不一定沿AO 方向；
1
F'是由一个弹簧测力计拉橡皮筋时得到的，根据二力平衡可知，方向一定沿AO 方向。
1
（5）A、弹簧测力计的外壳与白纸之间的摩擦不会影响拉力的测量，对实验不会造成影响，
故A正确；
B、弹簧测力计的弹簧与外壳之间的摩擦会影响拉力的测量，对实验会造成影响，故B错
误；
C、改变F 和F ，重复步骤①至⑥进行第二次实验，由于不同次的实验，所以记下的结点位
1 2
置O 不需要与位置O 相同，故C错误；
2 1
D、完成试验后应整理实验器材，故D正确。
故答案为：AD。
12．要测一个待测电阻Rx（190Ω--210 Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：
电源E：电动势3.0V，内阻不计；
电流表A1：量程0~10mA，内阻r1约50 Ω ；
电流表A2：量程0~500μA，内阻r2为1000 Ω ；
滑动变阻器R1：最大阻值20 Ω，额定电流2A；
定值电阻R2=5000Ω；定值电阻R3=500Ω；电键S及导线若干．要求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：
（1）为了测定待测电阻上的电压，可以将电流表 （选填“A1”或“A2”）串联定值
电阻 （选填“R2”或“R3”），将其改装成一个量程为3.0V的电压表．
（2）如图（1）所示，同学们设计了测量电阻Rx的甲、乙两种电路方案，其中用到了改装后
的电压表和另一个电流表，则应选电路图 （选填“甲”或“乙”）．
（3）若所选测量电路中电流表的读数为I=6.2mA，改装后的电压表读数如图（2）所示，则
电压表读数是 V．根据电流表和电压表的读数，并考虑电压表内阻，求出待测电阻
Rx= Ω．
【答案】（1）A ；R ；（2）甲；（3）1.20；200
2 2
【解析】（1）[1][2]根据题意可知，可以将已知内阻的电流表A 串联一个定值电阻，从而起
2
U−U 3−5×10−5
到分压的作用，其串联的定值电阻为R= g= Ω=5000Ω；所以选择定值电阻
I 5×10−4
g
R 。
2
（2）[3]由于改装后电压表的阻值为R =1000Ω+5000Ω=6000Ω；由于待测电阻的阻值
V
R <√R R ；故应采用电流表的外接法测量电阻，以减小误差。故应选择甲图。
x V A
（3）[4]由图（2）知电压表的最小分度值为0.1V，可读出图中电压表的示数为1.20V。根据
U 1.20
R = = Ω=200Ω
欧姆定律可知，待测电阻的阻值为 x U 1.20
I− 6.2×10−3−
R 6000
V
三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题8分，第二小题14分，第三小题18分）
13．如图所示，质量m=0.40kg的物体（可视为质点）在粗糙水平桌面上以初速度
v =3.0m/s做直线运动，飞离桌面后做平抛运动，最终落在水平地面上．已知物体与桌面间
0
的动摩擦因数μ=0.25，在桌面上滑行的长度L=1.0m，桌面离地面高度ℎ =0.80m，取重力加
速度g=10m/s2。求：
（1）物体落地点与桌面边缘的水平距离s；
（2）物体落地时的速度大小v；
（3）物体平抛过程中重力的冲量I。
1 1
【答案】（1）解：设物体离开桌面时的速度大小为v′，根据动能定理−μmgL= mv′2− mv2
2 2 0
解得v′=2.0m/s
1
设物体平抛运动的时间为t：ℎ = gt2
2
解得t=0.4s
解得s=v′t=0.80m
（2）解：设物体落地时竖直方向的速度为v v =>=4.0m/s
y y
物体落地时的速度大小v=√v′2+v2=2√5m/s
y
（3）解：物体平抛过程中重力的冲量I=mgt=1.6N⋅s
方向竖直向下。
14．小区需要安装供小朋友玩游戏的滑道，滑道由光滑曲面滑梯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，如图所示。
为保证小孩玩要安全，工程师们进行了模拟测试：坐在塑料滑篮里的“小孩”从距离地面高
h＝1.8m处由静止开始下滑，滑篮和“小孩”总质量mA＝10kg，下滑后与静止于O点的橡1
胶块B发生碰撞。碰撞后瞬间橡胶块的速度vB1＝2m/s，橡胶块向右移动x = m时的速度
1 3
2√6
v= m/s。已知水平轨道OM长度L＝1.0m，滑篮和橡胶块与OM段之间的动摩擦因数相
3
同，其余部分光滑，滑篮和橡胶块均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，弹簧始终在弹性限度
内，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）橡胶块的质量mB；
（2）橡胶块与OM段之间的动摩擦因数；
（3）弹簧最大的弹性势能Ep。
【答案】（1）解：滑篮和“小孩”由静止从P点下滑到O点，由机械能守恒定律，则有
1
m gℎ = m v2
A 2 A 0
滑篮和“小孩”与橡胶块B发生弹性碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律，则有
m v =m v +m v
A 0 A A B B1
1 1 1
根据能量守恒定律有 m v2= m v2 + m v2
2 A 0 2 A A 2 B B1
联立解得v ＝−4m/s，m ＝50kg
A B
（2）解：橡胶块B与滑篮和“小孩”第一次碰后向右做匀减速运动，由速度位移关系公式可
得v2−v2 =2ax
B1 1
由牛顿第二定律可得−μm g=m a
B B
联立解得μ＝0.2
1
（3）解：橡胶块B从O点运动到M点过程，由动能定理可得−μm gL=E − m v2
B k1 2 B B1
解得E ＝0
k1
可知橡胶块B运动到M点静止。
滑篮和“小孩”碰撞后向左运动，返回从O点运动到M点过程，设运动到M点的速度为v1 1
＇，根据动能定理有−μm gL= m v′2− m v2
A 2 A 2 A A
解得v'＝2√3m/s
滑篮和“小孩”与橡胶块B再次发生弹性碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械
能守恒定律可得m v′＝m v +m v ′
A A A1 B B1
1 1 1
m v′2= m v2 + m v ′2
2 A 2 A A1 2 B B1
滑篮和“小孩”碰撞后被弹回；弹簧压缩最短时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律，可
1
知最大弹性势能为E = m v ′2
p 2 B B1
100
代入数据联立解得E = J
p 3
15．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=1m，其电阻不计，两导轨
及其构成的平面均与水平面成θ=30°角，N、Q两端接有R=1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨
放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m=0.2kg，电阻r=1Ω，整个装置处在
垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。ab在平行于导轨向上的拉力作
用下，以初速度v =0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v=2m/s。运动过程中拉
1
力的功率恒定不变，重力加速度g=10m/s2。
（1）求金属棒速度最大时所受安培力F 的大小，及拉力的功率P；
A
（2）ab开始运动后，经t=0.09s速度达到v =1.5m/s，此过程中电阻R中产生的焦耳热为
2
0.03J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x；
（3）金属棒速度达到v 后，立即撤去拉力，棒回到出发点时速度大小v =1.0m/s，求该过程
2 3
中棒运动的时间t 。
1
【答案】（1）解： 在ab棒运动过程中，由于拉力功率恒定，ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为F，安培力大小为F 。
A
由平衡条件得F=mgsinθ+F
A
此时ab棒产生的感应电动势为E=BLv
E
设回路中感应电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I=
R+r
ab棒受到的安培力大小为F =BIL
A
拉力的功率：P=Fv
联立以上各式解得：F =1N，P=4W。
A
1 1
（2）解：ab棒从v 到v 的过程中，由动能定理得Pt−W−mgxsinθ= mv2− mv2
1 2 2 2 2 1
电阻R中产生的焦耳热为Q=0.03J，因R=r，则金属棒产生的焦耳热也为Q=0.03J，则此过
程中ab克服安培力做功W =2Q=2×0.03J=0.06J
解得：x=0.1m。
（3）解：设撤去拉力后，金属棒上滑的位移大小为x ，所用时间为t '，下滑时所用时间为t
1 1 2
。
撤去拉力后，金属棒上滑的过程，取沿导轨向.上为正方向，由动量定理得
−mgsinθ⋅t′ −BI L⋅t =0−mv (1)
1 1 1′ 2
BLv t BLx ❑
此过程中通过金属棒的电荷量为q =I ⋅t′ = 1 1= 1 (2)
1 1 1 R+r R+r
B2L2x
将②代入①得：mgsinθ⋅t′ + 1=mv∞❑ (3)
1 R+r 2
金属棒下滑的过程，取沿导轨向下为正方向，由动量定理得mgsinθ⋅t −BI L⋅t =mv − (4)
2 2 2 3
BLv t BL(x+x )
此过程中通过金属棒的电荷量为q =I ⋅t = 2 2= 1
2 2 2 R+r R+r
所求的棒运动的时间：t =t′ +t
1 1 2
联立解得：t =0.55s。
1
