黄金卷01-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（广东专用）

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（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
一、单选题(本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合要求)
1．如图所示的火灾自动报警器具有稳定性好、安全性高的特点，应用非常广泛，其工作原理为：放射源处的镅放出的粒子，使壳内气室空气电离而导电，当烟雾进入壳内气室时，粒子被烟雾颗粒阻挡，导致工作电路的电流减小，于是锋鸣器报警。则（ ）
A．发生火灾时温度升高，的半衰期变短
B．这种报警装置应用了射线贯穿本领强的特点
C．发生衰变的核反应方程是
D．发生衰变的核反应方程是
【答案】D
【详解】A．半衰期不因外界环境的温度而改变，A错误；
B．这种报警装置应用了射线电离能力强的特点，B错误；
CD．衰变释放出氦核，故核反应方程是
C错误，D正确。
故选D。
2．如图1所示是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。为了方便问题研究，我们将场景进行模型化处理，如图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A．手臂对篮球的压力可以大于篮球重力
B．篮球对身体的静摩擦力方向竖直向上
C．身体对篮球的作用力方向为垂直身体向外
D．篮球对身体的静摩擦力大小可能等于篮球重力
【答案】A
【详解】A．手臂对篮球的压力可以大于篮球重力，故A正确；
B．篮球对身体的静摩擦力方向竖直向下，故B错误；
C．身体对篮球有竖直向上的摩擦力和水平向右的弹力，合力方向为斜向右上方，故C错误；
D．手臂对篮球的弹力有竖直向下的分量，篮球对身体的静摩擦力大小大于篮球重力，故D错误。
故选A。
3．升降机从井底以5m/s的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过4s升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为40 m/s
D．螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动
【答案】D
【详解】AD．螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动，故A错误，D正确；
C．规定向下为正方向，根据
螺钉落到井底时的速度大小为
故C错误；
B．螺钉下降距离为
因此井深
故B错误。
故选D。
4．关于机械波的描述，下列说法正确的是（ ）
A．当两列波发生干涉时，如果两列波的波峰在某点相遇，则该处质点的位移始终最大
B．当机械波发生反射时，其频率不变，波长、波速均发生变化
C．测速雷达向行进中的车辆发射频率已知的超声波同时测量反射波的频率，根据反射波的频率变化的多少就能得到车辆的速度，这利用的是多普勒效应
D．波长不同的机械波通过宽度一定的狭缝时波长越小衍射越明显
【答案】C
【详解】A．如果两列波的波峰在某点相遇，振动总是加强，但质点的位移有时最大，有时为0，故A错误；
B．波发生反射是在同一种介质中，波的频率、波长和波速均不变，故B错误；
C．测速雷达向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速，这是利用了波的多普勒效应，故C正确；
D．波长不同的机械波通过宽度一定的狭缝时波长越长衍射越明显，故D错误。
故选C。
5．图甲示意我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．由于粒子速度被逐渐加大，则它在形盒中的运动周期越来越小
B．由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小
C．粒子从加速器出来的最大速度与形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关
D．粒子增加的动能来源于磁场
【答案】C
【详解】AB．粒子在磁场中运动的周期，与粒子速度无关，故粒子在形盒中的运动周期不变，所加交流电的周期也相应保持不变，故AB错误；
C．粒子由形盒中飞出时，有
得
结合
可解得粒子的最大速度为
与形盒的半径大小及磁场磁感应强度均有关，故C正确；
D．洛伦力总与粒子的运动方向垂直，不对粒子做功，只改变其方向，粒子增加的动能来源于加速电场，故D错误。
故选C。
6．电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫．如图所示，将直流电压通过转换器转变为正弦交变电压，再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到时可击杀蚊虫，正常工作时（ ）
A．交流电压表的示数为
B．电击网上的高频电压的频率为
C．副线圈与原线圈匝数比需满足
D．将直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作
【答案】C
【详解】A．正弦交变电压的有效值为
交流电压表的示数为，故A错误；
B．电击网上的高频电压的周期为
则电击网上的高频电压的频率为
故B错误；
C．根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比，可知副线圈与原线圈匝数比需满足
故C正确；
D．将直流电压连接在变压器的原线圈两端，副线圈不会产生感应电动势，电蚊拍不可以正常工作，故D错误。
故选C。
7．北斗卫星导航系统（）是我国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（）之后的第三个成熟的卫星导航系统。若导航卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，地球的半径为R，卫星到地面的距离为h，引力常量为G，则卫星的加速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】导航卫星绕地球做匀速圆周运动，圆周半径为，由万有引力提供向心力得
解得卫星的加速度大小为
二、多项选择题：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，有选错的得0分。
8．幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为（g为重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，过B点的切线水平，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（ ）
A．处于先失重后超重状态B．克服摩擦力做功为
C．机械能的减少量大于重力势能的减少量D．在最低点B时对滑道的压力大小为
【答案】AD
【详解】A．小朋友在点时速度为0，加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确；
B．在整个运动过程中，由动能定理得
联立可得克服摩擦力做功为
故B错误；
C．克服摩擦力做功即为机械能的减少量，为，而重力势能的减少量为，故C错误；
D．在B点，根据牛顿第二定律得
解得
结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为
故D正确。
故选AD。
9．我国利用自主研发的电子束焊接技术，成功焊接了4500米载人深潜器的球壳。电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极电势为，A为阳极电势为，仅在电场力作用下电荷量为的电子由静止从K运动到A，则（ ）

A．电子做匀加速直线运动
B．从K到A电势逐渐升高
C．电场力对电子做功为
D．电子电势能增加
【答案】BC
【详解】A．电子束焊接机中为非匀强电场，则电子做变加速运动，故A错误；
B．K为阴极电势低，A为阳极电势高，从K到A电势逐渐升高，故B正确；
CD．电子仅在电场力作用下，从静止开始运动，电场力做正功，电势能减小，由公式可得，电场力做功为
故D错误，C正确。
故选BC。
10．2022年2月4日冬奥会在北京举行，冰雪运动逐渐受到人们喜爱。冰壶运动是运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶的运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。如图甲所示，蓝壶静止在圆形区域内，已知冰壶质量，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的图像如图乙所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后蓝壶运动的加速度大小为
B．碰撞后在冰面上滑行的过程中，蓝壶受到阻力的冲量大小比红壶的大
C．若两壶碰撞时间为，则红壶在碰撞过程中所受的平均作用力为
D．两壶碰撞过程中，系统损失的机械能为
【答案】BC
【详解】A．由红壶和蓝壶组成的系统，碰撞瞬间动量守恒可知
解得
由图乙结合几何知识可知，蓝壶停止的时刻为t=；所以
方向与蓝壶运动方向相反，故A错误；
B．由图乙可知，蓝壶的动量改变量大于红壶的动量改变量，由动量定理可知，蓝壶受到阻力的冲量大小比红壶的大，故B正确；
C．对红球碰撞瞬间由动量定理可知
解得
故C正确；
D．两壶碰撞过程中，系统损失的机械能为
故D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率：

（1）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 （填“大”或“小”）的玻璃砖来测量；
（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是 ；

（3）该实验小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线P1O、折射光线OO'的延长线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示，则玻璃的折射率n= （用图中线段的字母表示）；

（4）在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面aa'、bb'与玻璃砖位置的关系分别如图乙中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其他操作均正确，且均以aa'、bb'为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）；乙同学测得的折射率与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】 大 1.5 偏小 不变
【详解】（1）[1]为了减小折射角的测量误差，应使折射光线适当长些，即应选用宽度大的玻璃砖来测量。
（2）[2]根据折射定律可知图像斜率的倒数等于n，即
（3）[3]玻璃的折射率为
（4）[4]甲同学所作折射光线（蓝色）与实际折射光线（红色）如图所示，此时所测折射角比实际折射角偏大，所以甲同学测得的折射率与真实值相比偏小。
[5]虽然乙同学所用的是梯形玻璃砖，但在操作正确的情况下不影响入射角和折射角的测量，所以乙同学测得的折射率与真实值相比不变。

12．某实验小组测量一段已知长度电阻丝的电阻率，实验操作如下：
（1）用如图甲的螺旋测微器测量电阻丝直径，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋 （选填“①”“②”或“③”），直到听见“喀喀”的声音为止；测量时需要选择电阻丝的不同位置进行多次测量，再取平均值作为电阻丝的直径，目的是减少 误差（选填“偶然”或“系统”）。
（2）用图乙电路图测电阻丝的电阻Rx，请用笔画线代替导线，把丙图实物电路中补充完整 。
（3）第一次测量按乙图的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U和电流I值；第二次测量将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U和电流I值，并作出如图丁的关系图象。由此可知第一次测量得到图线是 （填“M”或“N”），电阻丝的电阻 ，根据电阻定律可得电阻丝的电阻率。
【答案】 ③ 偶然
M 25
【详解】（1）[1][2]用如图甲的螺旋测微器测量电阻丝直径，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋微调旋钮③，直到听见“喀喀”的声音为止；测量时需要选择电阻丝的不同位置进行多次测量，再取平均值作为电阻丝的直径，目的是为了减少偶然误差。
（2）[3]实物电路图如图所示
（3）[4][5]
第一次测量按乙图的电路，根据欧姆定律可得
第二次测量将电压表改接在a、b两端，根据欧姆定律可得
可知
可知第一次测量得到图线是，由图像数据可得
联立可得
13．为摆脱水源条件的限制，宋朝时人们就发明了一种能汲取地下水的装置——压水井。在汕头华侨公园的儿童玩水区，安放着如甲图所示的压水井让孩子们体验。压水井结构如图乙所示，取水时先按下手柄同时带动皮碗向上运动，此时上单向阀门关闭。皮碗向上运动到某个位置时，下单向阀门被顶开，水流进入腔体内。设某次下压手柄前，腔体只有空气，空气的体积和压强分别为和。现研究缓慢下压手柄，直至下单向阀门刚被顶开的过程。已知大气压强为，水的密度为，下单向阀门质量为m，横截面积为S，下单向阀门到水面距离为，重力加速度为g。
（1）简要说明缓慢下压手柄过程，腔内气体是吸热还是放热；
（2）求下单向阀门刚被顶开时，腔体内气体的体积。
【答案】（1）吸热；（2）
【详解】（1）下压手柄带动皮碗向上运动，气体体积变大对外做功。缓慢移动过程中，气体内能不变，根据热力学第一定律，则气体应吸热。
（2）设下阀门恰好要被顶开时，腔内气体压强为，体积为，则
根据玻意耳定律有
联立得
14．饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所示。设线圈的匝数为1200匝，每匝线圈面积均为S＝10-4 m2，线圈的总电阻为r =0.1Ω，线圈连接一电阻R=0.3Ω，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，（垂直纸面向里为正），求：
（1）t=0.05s时线圈产生的感应电动势大小；
（2）0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；
（3）0.1～0.4s时间内，通过电阻R的电荷量。
【答案】（1）0.024V；（2）1.08×10-4J；（3）0.006 C
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有
0～0.1s时间内线圈产生的感应电动势为
则t=0.05s时线圈产生的感应电动势大小为0.024V。
（2）根据闭合电路欧姆定律，则有
根据焦耳定律，可得0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为
（3）0.1～0.4s时间内，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
则通过电阻R的电荷量为
结合图像可得
15．如图所示，一水平传送带以v=3m/s的恒定速度顺时针转动，其上表面左端A点、右端B点分别与一光滑曲面、一光滑水平台面平滑对接。光滑水平台面上距B点d1 =2m处的P点放置有一质量为M=3kg的物块，P点右侧相距d2 =4m处的C点固定有竖直挡板。一质量为m =1kg的物块从光滑曲面距水平面h=1.8m处由静止释放。已知A、B两点相距L=2.5m，物块m与传送带之间的动摩擦因数为µ=0.4，重力加速度为g=10m/s2。假设所有碰撞均是弹性正碰，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点，求
（1）物块m从开始释放至与物块M发生第1次碰撞前的速度；
（2）物块m从开始释放至与物块M发生第2次碰撞的过程中，整个系统因摩擦产生的内能；
（3）在物块M没有滑入传送带前，物块m与物块M第n次（n>1）碰撞结束时，物块m的速度大小（本问不要求写出解答过程，只要求写出结果）。

【答案】（1）4m/s；（2）；（3）见解析
【详解】（1）对m
假设m在传送带上一直减速
解得
所以假设成立，物块m从开始释放至与物块M发生第1次碰撞前的速度为4m/s。
（2）对m
m从A运动至B点，相对路程为
设第1次碰后瞬间，m和M速度分别v1和u1，由动量守恒定律和机械能守恒定律
联立解得
在传送带上m向左运动到速度减为0时，两者相对路程为
m再向右运动到B点时，两者相对路程为
所求的内能为
解得
（3）物块m与物块M第n（n＞1）次碰撞结束时，物块m的速度大小
n=2时，vn=4m/s；n=4，6，8…时，vn=3m/s；n=3，5，7…时，vn=1.5m/s
次数
碰前速度
碰后速度
碰撞位置
1
m
4m/s 方向向右
2m/s 方向向左
P点
M
0
2m/s 方向向右
2
m
2m/s 方向向右
4m/s 方向向左
P点右侧1m处
M
2m/s 方向向左
0
3
m
3m/s 方向向右
1.5m/s 方向向左
P点右侧1m处
M
0
1.5m/s 方向向右
4
m
1.5m/s 方向向右
3m/s 方向向左
P点左侧m处
M
1.5m/s 方向向左
0
5
m
3m/s 方向向右
1.5m/s 方向向左
P点左侧m处
M
0
1.5m/s 方向向右