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【赢在高考·黄金8 卷】备战2024 年高考物理模拟卷（新七省专用）
黄金卷01
（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。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．
经一系列
衰变后会生成稳定的
，科学家依此发明了超高空间分辨率铀—铅定年技术。
已知
的比结合能为
，
的比结合能为
，
粒子的比结合能为
，则
衰变为
共释放
的能量为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据质量数、电荷数守恒可知，
经
衰变次数
次
衰变次数为
次
后变成稳定的
，衰变方程为
则衰变过程释放的能量为
故选C。
2．一列简谐横波沿
轴传播，
时的波形如图1 所示，图2 是
处质点
的振动图像，下列说法
中正确的是（ ）
1
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A．该波的波长是
B．该波的周期是
C．该波沿
轴正方向传播
D．
，质点
沿
轴正方向振动
【答案】D
【详解】A．由图1 可知，该波的波长为4m，A 错误；
B．由图2 可知，该波的周期是0.4s，B 错误；
CD．由图可知，
时
处质点
沿
轴正方向振动，根据同侧法可知，该波沿
轴负方向传播，
C 错误，D 正确。
故选D。
3．如图为用频闪相机拍摄的苹果自由下落的局部照片，A、B、C、D 为照片中苹果对应的四个位置，苹果
运动的实际位移与照片中对应的高度之比为k，已知频闪相机每隔相等时间T 闪光一次，苹果的运动可看
成匀变速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．照片中各段位移关系为
B．照片中各段位移关系为
C．苹果运动的加速度大小为
D．运动至B 位置时，苹果的瞬时速度大小为
2
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【答案】B
【详解】A．由于不清楚图中A 位置苹果的速度是否为零，故无法确定图中x1，x2，x3的比例关系，故A 错
误；
B．已知频闪相机每隔相等时间闪光一次，根据匀变速直线运动规律知
可得
整理得
故B 正确；
C．苹果运动的加速度大小为
故C 错误；
D．根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，运动至B 位置时，苹果的瞬时速度大小
为
故D 错误。
故选B。
4．“天宫课堂”第四课于2023 年9 月21 日15 时45 分开课，神舟十六号航天员景海鹏，朱杨柱、桂海潮
在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用
水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是（ ）
A．击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对平衡力
C．梦天实验舱内，水球体积越大其惯性越大
D．梦天实验舱内可进行牛顿第一定律的实验验证
3
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【答案】C
【详解】A．击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故A 错误；
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是作用力与反作用力，故 B 错误；
C．梦天实验舱内，水球体积越大，水球质量越大，其惯性越大，故C 正确；
D．牛顿第一定律是理想情况，不可用实验直接验证，故D 错误。
故选C。
5．旋转木马可以简化为如图所示的模型，a、b 两个小球分别用悬线悬于水平杆上的A、B 两点，
。装置绕竖直杆稳定匀速旋转后，a，b 在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖直方向的
夹角分别为
，
，则
，
关系满足（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设OA 段长为L，OB 段长为3L，匀速旋转小球到悬点的高度均为h，由于a、b 两球做圆周运动的
角速度相同，且都满足
则有
解得
故选B。
6．如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为R
的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链固定于圆环最低点，当圆环以角速度
绕竖直直径
转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为（ ）
4
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A．
沿杆向上
B．
沿杆向下
C．
沿杆向上
D．
沿杆向下
【答案】B
【详解】设轻杆与竖直直径夹角为
，由几何关系可得
解得
则小球作圆周运动的半径为
作圆周运动所需向心力为
小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，有平衡条件
可知
解得
故选B。
7．当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的
力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但
5
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自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表
显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气
团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可
以证明地球在自转。1851 年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长67m、直径约30cm、质量为28kg 的
铁球制成的单摆（傅科摆）间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，判断下列说法正确的是（
）
A．在北半球，物体由南向北运动过程中，它随地球自转的线速度相对地表显得快了，会向前进方向的左
侧偏转
B．在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左轨压力小于对右轨的压力
C．在南半球，傅科摆在振动过程中，振动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转
D．“地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
【答案】C
【详解】A．由题意，地球自西向东自转，在北半球，物体由南向北运动的过程中，由于高纬度的自转线
速度比低纬度的小，所以物体随地球自转的线速度相对地表变慢了，它会向前进方向的右侧偏转，故A 错
误；
B．在南半球，物体向南运动，在“地球偏向力”的作用下会向前进方向的左侧偏转，为了保持直线运动，
火车在前进方向上对左侧轨道的压力大于右侧轨道的压力，故B 错误；
C．在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，所以傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向（俯
视）不断偏转，故C 正确；
D．“地球偏向力”改变物体运动的方向，由向心力公式
可得物体偏转的半径
所以物体沿南北方向相对地表运动的速度越大，“地转偏向力”对其运动的影响越小，故D 错误。
故选C。
8．如图所示，电子枪产生的初速度为零的电子经过
的电场加速，沿中央进入平行板电容器，板
间电压
，板长L 和板间距离d 均为
，距板右侧
处有一竖直圆筒，圆筒外侧
6
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粘贴涂有感光材料的荧光纸，圆筒以角速度
转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，
电子打到荧光纸上留下印迹．然后从圆筒上沿轴线方向剪开荧光纸并展开，剪开位置不同，得到的图像形
状也不同，以下图像可能正确的是（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】设电子的电量为e，质量为m，出加速电场的速度为
，在加速电场的运动过程，由动能定理得
解得
电子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设离开电场时速度方向与水平方向的夹角为
，竖直方向的分速度为
，竖直方向的位移为y，则有
7
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电子打在圆筒上时的竖直位移
代入数据解得
可知若电子打到平面的白纸上留下黑色印迹随时间是按正弦规律变化的，峰值为20cm。
圆筒以
转动，其周期为T=0.5s，而
变化的周期为1s，即圆筒转一周只能在白纸上留下半个
周期的正弦图像印迹。
AB．若在
处沿轴线剪开，在展开的白纸上会看到两个
周期的正弦图像上下对称分布，故A 错误，
B 正确；
CD．若在
最大为20cm 处沿轴线剪开，在展开的白纸上会看到两个
周期的正弦图像交叉分布，故C 错
误，D 正确；
故选BD。
9．据报道ACF 极限缓震材料，是一种集缓冲、减震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收90%以上
的机械能并瞬间把它转化为不明显的热能。为了验证该报道，某同学找来一个ACF 缓震材料置于水平地面，
将质量为m 的钢球置于缓震材料上方H1处静止释放，通过相机测出钢球与缓震材料的接触时间为t 及钢球
反弹的最大高度H2，假设钢球始终在竖直方向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．冲击时机械能转为热能百分比为
B．冲击时机械能转为热能百分比为
C．钢球与缓震材料接触过程中，始终处于超重状态
8
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D．缓震材料受到钢球的平均冲力为
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知，冲击前钢球的机械能为
冲击后钢球的机械能为
由能量守恒定律可得，转化内能的机械能为
冲击时机械能转为热能百分比为
故A 错误，B 正确；
C．钢球与缓震材料接触过程中，先加速下降再减速下降，然后加速上升，再减速上升，则钢球先失重后
超重再失重，故C 错误；
D．以向上为正方向有，对钢球，根据动量定理有
缓震材料受到钢球的平均冲力为
故D 正确。
故选BD。
10．近日根据国际报道，光纤通信速率创造出了新的记录，每秒可以传达1.84Pbit，这相当于每秒可以传
输约236 个1TB 硬盘的数据。目前正常的网速想要传输1TB 硬盘的数据，需要花费四到八小时以上，如果
这项技术能大规模商用，网速将得到大幅提升。光纤通讯中信号传播的主要载体是光纤，它的结构如图甲
所示，一束激光由光导纤维左端的点O 以
的入射角射入一直线光导纤维内，恰好在光导纤维的侧
面（侧面与过O 的法线平行）发生全反射，如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
9
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A．光纤内芯的折射率比外套的小
B．光从左端空中进入光纤内芯后，其频率不变
C．频率越大的光在光纤中传播的速度越大
D．内芯对这种激光的折射率
【答案】BD
【详解】A．激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤内
芯的折射率比外套的大，故A 错误；
B．光从左端空中进入光纤内芯后，波长和波速会发生变化，但频率和周期不变，故B 正确；
C．频率越大的光，介质对它的折射率越大，根据
光在光纤中传播的速度越小，故C 错误；
D．根据折射定律
根据全反射公式
联立解得
故D 正确。
故选BD。
第Ⅱ卷
二、实验题：本题共2 小题，共14 分。
11．为了验证机械能守恒定律，物理实验小组设计了如下方案：
（1）A 组同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从
10
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静止开始自由下落。
①本实验中，不同学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是 。
A．
B．
C．
D．
②进行正确操作后，打出的纸带如图乙所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为
T，则纸带的 （选填“左”或“右”）端与重物相连。设重物质量为m，根据测得的x1、x2、
x3、x4，可得在打点计时器打B 点到D 点的过程中，重物动能增加量的表达式为 。
③换用两个质量分别为m1、m2的重物P、Q 进行实验，多次实验记录下落高度h 和相应的速度大小v，作
出的v2-h 图像如图丙所示。对比图像分析正确的是 。
A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零 C． m1可能等于m2 D．m1一定小于m2
（2）B 组同学按照图丁组装实验器材，调整定滑轮位置，使连接滑块与托盘的轻绳与气垫导轨平行，接通
电源，由静止释放托盘与砝码，并测得遮光条宽度d，遮光条到光电门的距离l，遮光条通过光电门的时间
，托盘与砝码质量m3，滑块与遮光条质量m4，已知重力加速度大小为g，若表达式 成立，即
可验证机械能守恒。
11
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【答案】 B 左
BC/CB
【详解】（1）①[1]打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时
器。
故选B。
[2] [3]
②
纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打B 点时的速度大
小为
打D 点时的速度大小为
在打B 点到D 点的过程中，重物动能增加量的表达式为
[4] AB
③
．根据题意，设阻力大小为f，由动能定理有
整理可得
若阻力为零，则两次实验的
图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，故A 错误，B 正
确；
CD．虽然斜率不相等，但不知道两重物所受阻力的情况，则两重物的质量关系不确定，即m1可能等于
m2，故C 正确，D 错误。
故选BC。
12
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（2）[5]若机械能守恒成立，有
12．某学习小组进行“充电宝不同电量时的电动势和内阻研究”，设计实验电路图如图1 所示。
（1）滑动变阻器R 用于改变电路中的电流，R0是定值电阻，R0的主要作用是
（2）两只数字多用表分别作为电压表和电流表，电路中的电源为充电宝，通过充电宝的连接线接入电路
剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为负极，其余两根导线
空置不用。若用多用电表直流电压档粗测其电动势，多用电表的红表笔应与充电宝的 （“红
导线”或“黑导线”）连接。
（3）图2 为实物图，请用笔代替导线根据实验电路图将实物图补充完整。
（4）记录被测充电宝实验时的电量百分比（开始时的电量百分比为100%）。将滑动变阻器电阻调至最大。
闭合开关，依次减小滑动变阻器的阻值，记录每次操作的电流表和电压表的示数，根据数据作出U-I 图像
如图3，由图像可得充电宝的电动势 V（保留两位小数），内阻 Ω。（保留两位小
数）
13
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（5）当充电宝电量为80%、60%、40%、20%、5%时重复上述实验操作，得到不同电量下各组U、I 的实
验数据，算出对应的电动势和内阻如下表
电量/%
100
80
60
40
20
5
充电宝电动
势/V
5.04
5.00
5.04
5.14
5.08
充电宝内阻/Ω
0.21
0.20
0.21
0.25
0.15
（6）研究表明，如果使用所测试的充电宝供电， （“不必”“需要”）考虑充电宝的电量百
分比以及电流大小对输出电压的影响。
【答案】 作为保护电阻，以防止滑动变阻器调节过度导致短路 红导线
5.06/5.07/5.08 0.10/0.11 不必
【详解】（1）[1]R0为定值电阻，在电路中作为保护电阻，以防止滑动变阻器调节过度导致短路；
（2）[2]根据多用电表电流“红表笔进黑表笔出”，可知多用电表的红表笔应与充电宝的正极，即红导线
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连接；
（3）[3]根据实验电路图可得实物图如下
（4）[4]根据闭合回路欧姆定律可得
可得
根据图像在纵轴上的截距可得
5.06V~5.08V 均算正确；
[5]由图像的斜率大小可得
0.10
~0.11
均算正确；
（6）[6]由表格数据可知，充电宝的电动势受充电宝电量影响很小，基本保持不变，而充电宝的内阻很小，
充电宝的内电路对输出电压的影响很小，故使用所测试的充电宝供电不必考虑充电宝的电量百分比以及电
流大小对输出电压的影响。
三、计算题：本题共3 小题，共40 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。
13．2021 年5 月15 日7 时18 分，我国火星探测器“天问一号”的着陆巡视器（其中巡视器就是“祝融
号”火星车）成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，这标志着我国是继美国、苏联之后第三个成功
进行火星探测的国家，展示了中国在航天技术领域的强大实力，为中国乃至国际航天事业迈出了历史性的
一大步。 “天问一号”的着陆巡视器从进入火星大气层到成功着陆经历了气动减速段、伞系减速段、动
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力减速段、悬停避障与缓速下降段，其过程大致如图所示。已知火星质量为
（约为地球质量
的0.11 倍）、半径为
（约为地球半径的0.53 倍），“天问一号”的着陆巡视器质量为
，地球
表面重力加速度为
。
试根据图示数据计算说明下列问题：
（1）着陆巡视器在动力减速段做的是否为竖直方向的匀减速直线运动？
（2）设着陆巡视器在伞系减速段做的是竖直方向的匀减速直线运动，试求火星大气对着陆巡视器的平均
阻力。（结果保留1 位有效数字）
【答案】（1）不是；（2）
【详解】（1）设动力减速阶段着陆巡视器初速度为
，末速度为
，若此过程为匀减速直线运动，则有
代入数据得
所以此过程不是匀减速直线运动。
（2）着陆巡视器在地球表面时，有
着陆巡视器在火星表面时，有
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由题意得，有
解得
设竖直向下为正方向，伞系减速过程着陆巡视器初速度为
，时间
，其质量
，此过程加
速度
解得
设火星大气对着陆巡视器的平均阻力为f
由牛顿第二定律知
解得
14．如图所示，在
的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向：在
的空间中，存在匀强磁场，
磁场方向垂直
平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上
处
的点
时速率为
，方向沿x 轴正方向；然后，经过x 轴上
处的
点进入磁场，并经过y 轴上
处的
点。不计重力。求：
（1）电场强度的大小；
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（2）粒子到达
时的速度；
（3）磁感应强度的大小。
【答案】（1）
；（2）
，方向与x 轴成45°角指向右下方；（3）
【详解】（1）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律得
qE = ma
根据运动学公式得
2h =v0t
h =
at2
联立以上解得
（2）粒子到达P2时速度沿x 方向速度分量为v0，以v1为速度沿y 方向速度分量的大小，v 表示速度的大小，
θ 为速度与x 轴的夹角，则有
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由图可得
θ = 45°
有
v1 = v0
联立以上各式解得
方向与x 轴成45°角指向右下方。
（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
r 是圆周的半径，与x 轴、y 轴的交点为P2、P3，由几何知识可知，连线P2P3为圆周的直径，由几何关系可
求得
联立解得
15．如图甲所示，水平面上固定着间距为l=1m 的两条平行直轨道，其中CE、DF 段轨道是绝缘的，其它
轨道均为不计电阻的导体，AB 之间有一个“3V 9W”的灯泡L，CD 的右侧轨道内分布着垂直导轨平面竖直
向上的匀强磁场，该磁场的磁感应强度的大小B1随时间的变化情况如图乙所示，EF 的左侧轨道内分布着
垂直导轨平面竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为B2=2T。t=0 时刻，质量为m1=2kg、电阻为r1=1Ω
的a 棒静止在距离导轨右端d1=2m 处，质量为m2=1kg、电阻为r2=3Ω 的b 棒在距离EF 左侧d2=2m 处被一
种特定的装置锁定，两棒均长为l=1m，且与轨道接触良好。CD 右侧的轨道与棒间的动摩擦因数为μ=0.2，
CD 左侧的轨道光滑且足够长，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑轨道连接处的阻碍。t=1s 时，
对a 棒施加水平向左、大小为F=8N 的恒力，在离开B1磁场区域时已达到稳定的速度，过CD 后撤去恒力。
当a 棒接触到b 棒时，b 棒的锁定装置迅速解除，随后两棒碰撞并粘在一起成为一个整体。不考虑灯泡阻
值的变化。求：
（1）t=1s 时，灯泡L 的功率及a 棒所受摩擦力的大小；
（2）a 棒刚进入B2磁场时，b 棒两端的电势差U；
19
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（3）b 棒在整个过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）4W，4N；（2）3V；（3）2.25J
【详解】（1）
内，磁场增强，由楞次定律判断，
棒的电流方向为向上，由法拉第电磁感应定律可
知
灯泡的电阻为
由闭合电路欧姆定律可知，感应电流大小为
灯泡
的功率为
时，
棒的安培力大小为
因为最大静摩擦力为
故
棒不动，此时
棒所受静摩擦力大小为
。
（2）
棒离开
时已达到稳定速度，此时有
其中
联立解得
20
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棒以
的速度冲入
的匀强磁场，产生的感应电动势大小为
棒两端的电势差为
（3）设
棒与
棒碰撞前瞬间的速度大小为
，以
棒为研究对象，由动量定理有
可得
棒在与
棒相撞前的速度大小为
由能量守恒定律，从
棒刚进入磁场开始到
、
棒碰撞前瞬间，
棒减少的动能转化为焦耳热，则
所以
棒在整个过程中产生的焦耳热为
21
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22
