黄金卷04-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（全国卷专用）（解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（全国卷专用）黄金卷04（考试时间：90分钟试卷满分：100分）第I卷（选择题）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列说法正确的是（）A.分析布朗运动会发觉，悬浮的颗粒越大，温度越高，布朗运动越猛烈B.肯定质量的气体，温度上升时，分子间的平均动能不肯定增大C.分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间引力小于斥力，当r小于r0时，分子间斥力小于引力D.已知铜的摩尔质量为M（kg/mol），铜的密度为ρ（kg/m3），阿伏加德罗常数为NA（mol-1），1m3铜所含的原子数为【答案】D【解析】A．依据布朗运动试验结论，布朗运动是分子无规章热运动的反映，悬浮的颗粒越小，温度越高，布朗运动越猛烈，故A错误；B．肯定质量的抱负气体，温度上升时，分子平均动能必定增大，故B错误；C．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，当r=r0时，F引=F斥，分子力F=0；当r＞r0时，分子间引力大于斥力；当r＜r0时，分子间斥力大于引力，故C错误；D．已知铜的摩尔质量为M（kg/mol），铜的密度为ρ（kg/m3），阿伏加德罗常数为NA（mol-1），1m3铜的质量为ρ，物质的量为故分子数为故D正确；故选D。2．如图，将水平面上一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，使在两玻璃表面之间形成一个倾角很小的劈形空气薄膜，光从上方入射后，从上往下看到的干涉条纹有如下特点：（1）任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；（2）任意相邻明条纹中心位置或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差恒定。由此可以判定在垂直水平面的入射光不变的状况下，相邻明条纹或暗条纹的间距与倾角（单位为rad）的关系图像可能正确的是（）

A. B. C. D.【答案】D【解析】设任意相邻明条纹或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差为，依据几何关系可得由于任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定，又倾角很小，则有可得故选D。3．可变电容器是一种电容可以在肯定范围内调整的电容器，通过转变极极间相对的有效面积或极板间距离，它的电容就相应地变化。通常在无线电接收电路中作调谐电容器用。如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连，初始时开关S闭合，极板间有一带电粒子P恰好处于静止状态。忽视边缘效应，关于两极板组成的电容器下列说法正确的是（）A.保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器电容增大B.保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器所带电荷量不变C.保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器两极板连线中点处电势变小D.断开开关S，只将板间距变为原来的二倍，则带电粒子仍处于静止状态【答案】D【解析】AB．保持开关S闭合，则电容器两极板的电压U保持不变，若将上极板转过30°，两极板的正对面积减小，依据电容的定义式S减小，C减小，Q减小，故AB错误；C．依据电场强度与电势差的关系可得，E不变，则电容器两极板连线中点与下极板间的电势差不变，由于下极板接地，其电势始终为零，所以电容器两极板连线中点处电势不变，故C错误；D．断开开关S，则电容器两极板的带电荷量不变，只将板间距变为原来的二倍，则电容器的电容变为原来的一半，两极板的电压变为原来的二倍，所以电容器内部的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故D正确。故选D。4．如图，在跨过光滑定滑轮的轻绳拉动下，木箱从距滑轮很远处沿水平地面对右匀速运动。已知木箱与地面间的动摩擦因数为，木箱始终在地面上。则整个过程中拉力F的大小变化状况是（）A.先减小后增大 B.先增大后减小 C.始终减小 D.始终增大【答案】A【解析】对物体受力分析，如图所示无论如何变化，支持力与摩擦力的合力方向不变，则有则设两个力的合力为，则由矢量三角形知拉力垂直，拉力最小，此时拉力与水平方向的夹角为，当角由0增加到时，拉力渐渐减小，当角由连续增加时，拉力始终增大，故A正确，BCD错误。故选A。5．如图所示，在绝缘光滑水平面上有一劲度系数为k的绝缘轻弹簧，弹簧左端固定在竖直墙上，右端固定一电荷量为＋q的小球。小球静止在O点，弹簧处于原长。现在整个空间加水平向右的匀强电场，场强为E，小球向右最多运动到B点，弹簧始终在弹性限度内，则（）A.小球在B点时，弹簧弹力大小等于qEB.O、B两点距离为C.小球振动周期与电场强度大小无关D.小球从O点运动到B点过程中，动能与电势能的和在不断增大【答案】C【解析】A．小球在水平面内做简谐运动，故OB两点受力大小相等，方向相反，则小球在B点时，弹簧弹力大小A错误；B．依据胡克定律可得B错误；C．由简谐振动的规律可知，小球振动周期与电场强度大小无关，C正确；D．依据能量守恒，系统的动能、电势能与弹性势能的和不变，小球从O点运动到B点过程中，弹性势能不断增大，故动能与电势能的和在不断减小，D错误。故选C。6．如图所示，2023个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面对右运动，设1和2之间弹簧的弹力为，2和3之间弹簧的弹力为，……，2022和2023之间弹簧的弹力为，则下列说法不正确的是（）A.若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2021∶2022B.若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2000号小球的加速度不变C.若水平面光滑，D.若水平面粗糙，【答案】A【解析】AC．若水平面光滑，以整体为争辩对象，依据牛顿其次定律可得解得分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为争辩对象，依据牛顿其次定律可得以此类推可得由胡克定律可知可知从左到右每根弹簧伸长量之比为但长度之比不满足，故A错误，C正确；B．若水平面粗糙，撤去的瞬间，第2000号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不变，故B正确；D．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为，则以整体为争辩对象，依据牛顿其次定律可得解得分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为争辩对象，依据牛顿其次定律可得以此类推则故D正确。故选A。7．2021年10月16日，“神舟十三号”载人飞船成功与“天和”核心舱对接，3名航天员顺当进入“天和”核心舱。放射载人飞船和空间站对接的一种方法叫“同椭圆轨道法”，简化示意图如图所示，先把飞船放射到近地圆轨道Ⅰ，继而调整角度和高度，经过多次变轨不断靠近空间站轨道，当两者轨道很接近的时候，再从空间站下方、后方缓慢变轨接近。Ⅱ、Ⅲ是绕地球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕地球运行、很接近空间站轨道的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅲ的远地点和近地点，P、Q之间的距离为，地球半径为R。下列说法正确的是（）A.载人飞船在轨道Ⅲ上的机械能比在轨道Ⅱ上大B.载人飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上运动的周期之比为C.载人飞船在轨道Ⅲ上P处与Q处的加速度大小之比为D.载人飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅳ的线速度大小之比为【答案】A【解析】A．载人飞船在Ⅲ轨道和Ⅱ轨道上运行时机械能守恒，在Q点由Ⅱ轨道变到Ⅲ轨道需要点火加速，有其它形式能转化为机械能，所以载人飞船在Ⅲ轨道上的机械能比在Ⅱ轨道上大，故A正确；B．由开普勒第三定律种解得故B错误；C．设地球质量为M，载人飞船的质量为m，万有引力常量为G，由牛顿其次定律得解得载人飞船在Ⅲ轨道P处与Q处的加速度大小之比为故C错误；D．由万有引力供应向心力得解得载人飞船在Ⅰ轨道和Ⅳ轨道的线速度大小之比为故D错误。故选A。8．如图所示，一个抛出的桔子在空中飞过墙上的六扇窗户，桔子通过窗户所用的时间分别为、、、、和，桔子通过窗户的平均速率分别为、、、、和。不计空气阻力，以下关系正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】CD．如图所示，不计空气阻力，抛出的桔子做斜抛运动，其任意时刻的速度可以分解成水平方向的匀速运动，和竖直方向的竖直上抛运动。由题图可知，其经过1、2、3窗户处于上升阶段，经过4、5、6窗户处于下降阶段。上升阶段竖直方向速度随时间关系为所以1窗户的竖直方向平均速度大小大于2窗户的竖直方向的速度大小大于3窗户的竖直方向速度大小，又由于其水平方向速度大小不变，所以依据运动的合成学问可知有同理，下降阶段竖直方向速度随时间关系为所以4窗户的竖直方向平均速度大小小于5窗户的竖直方向的速度大小大于6窗户的竖直方向速度大小，又由于其水平方向速度大小不变，所以依据运动的合成学问可知有故CD错误。AB．由上述分析可知，经过1、2、3窗户处于上升阶段，且1窗户的竖直方向平均速度大小大于2窗户的竖直方向的速度大小大于3窗户的竖直方向速度大小。其通过窗户的高度相等，依据运动学学问点可知经过4、5、6窗户处于下降阶段，其通过窗户的水平距离相等，而在桔子水平方向上其做匀速直线运动，所以有故A错误，B正确。故选B。二、多项选择题（本题包含4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）9．红外测温具有响应时间快、非接触、平安精确     的优点，在新冠疫情防控中发挥了重要作用。红外测温仪捕获被测物体电磁辐射中的红外线部分，将其转变成电信号。图甲为红外线光谱的三个区域，图乙为氢原子能级示意图，已知普朗克常量，光在真空中的速度，，下列说法正确的是（）A.红外线光子能量的最大值约为B.氢原子从能级向能级跃迁时释放出的光子能被红外测温仪捕获C.大量氢原子从能级向低能级跃迁时，红外测温仪可捕获到2种频率的光子D.大量处于激发态的氢原子吸取能量为的光子后，辐射出的光子可能被红外测温仪捕获【答案】AD【解析】A．红外线最短波长和最长波长分别为依据光子能量代入数据可得光子最大和最小能量分别为，，A正确；B．氢原子从能级向能级跃迁时释放出的光子能量因此不会被红外测温仪捕获到，B错误；C．大量氢原子从能级向低能级跃迁时，放出的能量为由此可得，只有从向能级跃迁时放出的光子能量在红外区，因此红外测温仪可捕获到1种频率的光子，C错误；D．大量处于激发态的氢原子吸取能量为的光子后跃迁到的能级，再从该能级向回跃迁时，放出的能量有由此可得辐射出的光子可能被红外测温仪捕获，D正确。故选AD。10．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块与轴心O、O′的间距RA＝2RB。若轮盘乙由静止开头缓慢地转动起来；且转速渐渐增加，则下列叙述正确的是()A．滑块A和B均与轮盘相对静止时，角速度之比为ωA∶ωB＝1∶3B．滑块A和B均与轮盘相对静止时，向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9C．转速增加后滑块B先发生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动解析：选ABC由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v＝ωr可知，ω甲∶ω乙＝1∶3，所以两滑块均与轮盘相对静止时，A、B的角速度之比为ωA∶ωB＝1∶3，故A正确；两滑块均与轮盘相对静止时，依据a＝Rω2，得A、B的向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9，故B正确；依据题意可得滑块的最大静摩擦力为f＝μmg，转动中所受的静摩擦力之比为fA′∶fB′＝maA∶maB＝2∶9，可知滑块B先达到最大静摩擦力，先开头滑动，故C正确，D错误。11．现代科技中经常利用电场来把握带电粒子的运动。某把握装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，如图所示。加速电场可以供应需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为、，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足（为半径），已知处的电场强度大小为，带电粒子的质量为，电荷量为，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则（  ）A.加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直PB飞入电场，就肯定能做匀速圆周运动B.要使粒子由静止加速后能从A点沿半径的圆形轨迹1到达点，则加速电场的电压为C.若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动的周期与轨迹对应半径应满足的关系式D.若粒子从B点垂直于方向射入，对应的轨迹2为椭圆【答案】CD【解析】A．设加速电场电压U，粒子垂直PB飞入电场，做匀速圆周运动，则联立两式得故A错误；B．带电粒子在电场中加速，有粒子在偏转电场中做匀速圆周运动，由电场力供应向心力，可得又联立上式解得故B错误；C．若粒子在偏转电场中做圆周运动的半径为，由电场力供应向心力可得又联立解得故C正确；D．若粒子从B点垂直于方向射入，且恰能从右侧处D点垂直于OD方向射出，其轨迹如图中轨迹2所示，粒子在轨迹2的位置离的距离为时，粒子受到的电场力为对比万有引力表达式可知粒子在偏转电场中运动的受力特点与行星绕太阳转动的受力特点相像，故粒子在偏转电场中运动特点与行星的运动特点相像，粒子在偏转电场中的轨迹为椭圆，故D正确。故选CD。12．如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则（）A.导体棒PQ从开头做加速度渐渐减小的减速运动，直至匀速运动B.整个运动过程中，系统产生的焦耳热为C.PQ速度为时，PQ两端的电压为D.导体棒MN速度由的过程中，通过导体棒MN的电荷量为【答案】AD【解析】A．时刻，PQ平行于导轨向右的初速度，则产生的感应电动势为此时回路中的电流大小为两导体棒受到的安培力大小为则有由于安培力方向水平向左，与运动方向相反，故导体棒PQ做减速运动，导体棒PQ速度减小，则PQ加速度减小，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有两棒达到共速，则得此后两棒以这个速度做匀速直线运动，故导体棒PQ从开头做加速度渐渐减小的减速运动，直至匀速运动，故A正确；B．导体棒PQ和MN是串联关系，即可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为则有由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的削减量，因此有故B错误；C．时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为故C错误；D．导体棒MN速度由的过程中，对导体棒MN依据动量定理可得解得故D正确。故选AD。三、填空、试验探究题（本题包含2个小题，共24分。请按题目要求作答，并将答案填写在答题纸上对应位置。）13．一试验小组用某种导电材料制作成电阻较小(约小于3Ω)的元件Z，并通过试验争辩该元件中的电流随两端电压从零渐渐增大过程中的变化规律。(1)该小组连成的实物电路如图(a)所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”，并在原图上用笔画出正确的连线__________。(2)在试验中应选用的滑动变阻器是_________。A.滑动变阻器R1(0～5Ω额定电流5A)B.滑动变阻器R2(0～20Ω额定电流5A)C滑动变阻器R3(0～100Ω额定电流2A)(3)图(b)中的点为试验测得的元件Z中的电流与电压值，请将点连接成图线__________。(4把元件Z接入如图(c)所示的电路中，当电阻R的阻值为2Ω时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为3.6Ω时，电流表的读数为0.8A。结合图线，可求出电池的电动势E为______V，内阻r为______Ω。【答案】①.电源负极与滑动变阻器a端相连②.A③.④.4.1⑤.0.45【解析】(1)[1]因Z电阻较小，电流表应接受外接法；由于要求电压从零开头变化，滑动变阻器选用分压接法，错误连线标注及正确接法如图：(2)[2]分压接法中，为了便于调整，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的，故选：A；(3)[3]依据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示：(4)[4][5]当电流为1.25A时，Z电阻两端的电压约为1.0V；当电流为0.8A时，Z电阻两端的电压约为0.82V；由闭合电路欧姆定律可知：E=1.25(r+2)+1=1.25r+3.5E=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7联立解得：E=4.1Vr=0.44Ω14．某试验小组利用如图甲所示的试验装置探究加速度与力的关系。甲图中小车A的质量为M，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码B的质量为m，C为力传感器（与计算机连接可以直接读数）。试验时转变B的质量，登记力传感器的对应读数F，不计绳与滑轮的摩擦。（1）在试验过程中，___________（选填“需要”或“不需要”）满足“小车A的质量M远大于钩码B的质量m”这一条件。（2）该同学在试验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器接受的是频率为的沟通电，依据纸带可求出小车的加速度为___________（结果保留两位有效数字）。（3）该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线，如图丙所示，图线与横坐标轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为___________。A．B．C．D．【答案】①.不需要②.0.51③.C【解析】（1）[1]拉力传感器可以直接测量出小车受到了拉力，不需要满足“小车A的质量M远大于钩码B的质量m”这一条件。（2）[2]相邻计数点时间间隔为小车加速度为（3）[3]依据牛顿其次定律得则小车质量为假如坐标轴的标度选择不同，则图线与横坐标轴的夹角也不同，故图线的斜率不能用表示。故选C四、计算题（本题包含3小题，共28分。解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤。只写出最终答案的不得分。有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位。请将解答过程书写在答卷纸相应位置。）15．如图甲所示，一不行伸长的绝缘细绳上端固定在铁钉上，下端系在质量为m、半径为r的由粗细均匀导线制成的圆形硬质金属框上，圆形金属框静止在倾角为θ的绝缘光滑固定斜面上，细绳与斜面平行。金属框的下半部分处于垂直于斜面对上的匀强磁场中，上半部分位于磁场外。已知构成金属框的材料的电阻率为ρ，金属框的总体积为V。在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g。求：（1）时，金属框所受绳拉力大小；（2）从到时间内，金属框产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）【解析】（1）由法拉第电磁感应定律有磁通量的变化率为磁场穿过金属框的有效面积为由于构成金属框的材料的电阻率为ρ，金属框的总体积为V，圆形金属框的半径为r，因此导线的横截面积为金属框的电阻为由闭合电路欧姆定律可得时金属框所受的安培力为有效长度由平衡条件知联立解得（2）0~时间内金属框产生的焦耳热解得16．已知夯锤的质量M＝450kg，桩料的质量m＝50kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0＝5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料