黄金卷06-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（浙江卷专用）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages2222页【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（浙江卷专用）黄金卷06（考试时间：90分钟试卷满分：100分）一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列各组物理量，在国际单位制中属于基本量的是（）A．速度、质量、长度 B．质量、长度、时间 C．加速度、长度、速度 D．质量、加速度、力【解答】解：在国际单位制中属于基本量的是：质量、长度、时间。故ACD错误，B正确；故选：B。2．关于如图四幅图像，下列说法正确的是（）A．图甲中，洒水车在洒水过程中惯性变小 B．图乙中，篮球在空中上升时处于超重状态 C．图丙中，离心机分离血液时，血液受到离心力作用 D．图丁中，行进火车上向前射出的光，其速度大于光速c【解答】解：A．由于洒水车在洒水过程中质量变小，因为惯性只与物体的质量有关，质量越小，惯性越小，即洒水车在洒水过程中惯性变小，故A正确；B．篮球在空中上升时加速度竖直向下，则篮球处于失重状态，故B错误；C．离心机分离血液时，是由于血液受到的作用力不足以提供血液所需要的向心力而发生离心运动，不会受到离心力作用，故C错误；D．由于光速不变原理可知，行进火车上向前射出的光，其速度仍等于光速c，故D错误。故选：A。3．如图所示，一种古老的舂米装置，使用时以O点为支点，人用脚踩踏板C，另一端的舂米锤B上升，松开脚后，B回落撞击谷槽A中的谷米。已知OC＜OB，忽略一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）A．B、C的线速度关系满足vB＞vC B．B、C的向心加速度大小相等 C．踩下踏板的过程中，脚对踏板做的功等于B增加的重力势能 D．B回落过程中减少的重力势能全部转化为B的动能【解答】解：A．B、C属于同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr由于rOC＜rOB，则vB＞vC，故A正确；B．根据a＝ω2r由于rOC＜rOB，可知，B的向心加速度大于C的向心加速度，故B错误；C．踩下踏板的过程中，脚对踏板做的功等于B增加的重力势能、B增加的动能与踏板增加的动能与重力势能之和，故C错误；D．B回落过程中减少的重力势能等于为B的动能、踏板的动能与重力势能的变化量之和，故D错误。故选：A。4．在2023年世界泳联锦标赛女子10米台决赛中，陈芋汐、全红婵以领先第三名超过一百分的巨大优势包揽冠亚军。以离开跳板为计时起点，陈芋汐比赛时其竖直分速度随时间变化的图像如图所示（忽略空气阻力），其中0～t2时段图线为直线，其后的图线为曲线。则下列说法正确的是（）A．研究陈芋汐在空中的动作时可以把她看成质点 B．陈芋汐在t2时刻开始入水 C．陈芋汐在t3时刻达到水下最深处 D．在t1～t3时间内陈芋汐的平均速度v【解答】解：A．研究陈芋汐在空中的动作时，其形状和大小不能忽略，故不可以作为质点，故A错误；BC．根据v﹣t图图像的斜率表示加速度，图像与时间轴所围的面积大小等于位移，可知：陈芋汐在0～t1时间段内做竖直上抛运动，t1～t2时间段内做自由落体运动，t2时刻开始入水，之后在t2～t4时间段在水中做变加速运动，在t4时刻速度为0，则t4时刻达到水下最深处，故B正确，C错误；D．若在t1～t3时间内陈芋汐做匀变速直线运动，则此时间内v=v32，但是陈芋汐t1～t2时间段内做自由落体运动，t2时刻开始入水，后在t2～t3做变加速运动，故在t1～t故选：B。5．如图，小明在倾斜的路面上使用一台没有故障的体重秤，那么测出来的体重示数比他实际体重（）A．偏大 B．偏小 C．准确 D．不准确，但无法判断偏大偏小【解答】解：设路面的倾角为θ，人的质量为m，测出来的体重示数就是小明对台秤的正压力，即为FN＝mgcosθ＜mg，故测出来的体重示数比他实际体重偏小，故B正确、ACD错误。故选：B。6．2021年9月17号下午，载着三名航天员的神舟十二号载人飞船返回舱成功在“东风”着陆场着陆，创造了中国航天的新记录神舟十二号载人飞船是在16号上午与“天和”号空间站核心舱分离后返回地球的，分离后核心舱的轨道可视为不变。关于神舟十二号飞船和“天和”号核心舱的运动，以下说法正确的是（）A．与飞船分离后，核心舱受到的向心力将减小 B．与飞船分离后，核心舱运行的线速度将增大 C．只需要测量地面的重力加速度和核心舱的运行周期即可算出核心舱的轨道高度 D．飞船需要通过制动减速以返回地球【解答】解：A、万有引力提供向心力，由万有引力公式F＝GMmrB、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得；GMmr2=mvC、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=m(2πTD、飞船制动减速做向心运动，轨道半径减小可以返回地球，故D正确。故选：D。7．图甲是研究光电效应的电路图，K极金属的逸出功为2.25eV，图乙为氢原子能级图，巴耳末系的四种可见光，是分别从n＝3、4、5、6能级跃迁到n＝2能级产生的。下列说法正确的是（）A．当P置于C端时，电流表示数一定为0 B．当氢原子从激发态跃迁到基态时，由于能级降低，电子的动能减小 C．上述的四种可见光中有两种能让图甲中的K极发生光电效应 D．处在n＝2能级的氢原子能吸收动能为2.75eV的自由电子的能量而向高能级跃迁【解答】解：A．当P置于C端时，AK间的电压虽然为0，但由于从光电管K逸出的光电子具有初动能，光电子可能到达A形成光电流，则电流表的示数可能不为0，故A错误；B．当氢原子从激发态跃迁到基态，能级降低，电子的轨道半径减小根据库仑力提供向心力k电子的动能E联立解得E由于电子的轨道半径较小，因此电子的动能增大，故B错误；C．从能级n＝3跃迁至n＝2产生的光的光子能量为ΔE1＝E3﹣E1＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV，小于逸出功，不能使K极金属发生光电效应；从能级n＝4跃迁至n＝2产生的光的光子能量为ΔE2＝E4﹣E2＝0.85eV﹣（﹣3.4eV）＝2.55eV，大于逸出功，可以使K极金属发生光电效应；同理可得，从能级n＝6、5跃迁至n＝2产生的光的光子能量大于2.55eV，大于逸出功，能使K极金属发生光电效应；所以氢原子光谱中有3种可见光能让图甲中K极金属发生光电效应，故C错误；D．处在n＝2能级的氢原子可以吸收动能为2.75eV的自由电子的一部分动能1.89eV或2.55eV而向高能级跃迁，故D正确。故选：D。8．如图甲所示，每年夏季我国多地会出现日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，发生折射或反射形成的。一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上发生折射，其光路图如图乙所示，a、b为其折射出的光线中两种单色光，下列说法正确的是（）A．在冰晶中，a光的折射率较大 B．在冰晶中，b光的传播速度较大 C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大 D．a、b光在真空中传播时，b光的波长较长【解答】解：A．设入射角为α，折射角为β，由图乙，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根据折射定律n=可知，a光折射率小于b光折射率，故A错误；B．b光折射率大，又因为v=cC．由全反射临界角的公式有sinC=由之前的分析可知，b光的折射率大，所以a光的临界大于b光的临界角，故C正确；D．由于a光的折射率小于b光的折射率，所以a光频率小于b光频率，根据c＝λf可知，a光的波长大于b光的波长，故D错误。故选：C。9．如图所示电路，理想变压器的原线圈接u＝2202sin100πt（V）的交流电，原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：1，电阻R1＝2R2＝10Ω，D1、D2均为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则副线圈电路中理想交流电流表的读数为（）A．10A B．3A C．3A 【解答】解：根据理想变压器电压特点可知，副线圈两端电压U因为二极管具有单向导电性，电阻R1、R2半个周期有电流，另半个周期电流为0，根据欧姆定律：I1=U设通过电流表的电流为I，根据热效应有：U代入数据解得：I＝3A，即为副线圈电流表的示数为3A，故C正确，ABD错误。故选：C。10．下列说法正确的是（）A．如图所示，ABC构成等边三角形，若两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是3B0 B．小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图所示电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向外转动 C．如图所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则此时通过线框的磁通量为BS D．如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，将线框绕PQ轴转动时线圈中会产生感应电流【解答】解：A、根据安培定则判断两导线在C点产生的磁感应强度方向，将两通电导线A、B在C处产生的磁感应强度方向画出，两导线在C点产生的磁场磁感应强度大小相同，如下图所示：则由矢量合成求出C处磁场的总磁感应强度大小为B合=3B0B、根据安培定则得，导线在小磁针处产生垂直于纸面向内的磁场，小磁针N极受力方向与磁场方向相同，所以小磁针的N极将会垂直纸面向内转动，故B错误；C、因线框平面与磁场方向平行，所以此时通过线框的磁通量为0，故C错误；D、线框绕PQ轴转动时，通过线圈的磁通量未发生变化，所以线圈中不会产生感应电流，故D错误。故选：A。11．如图所示是某一直流电动机提升重物的示意图。重物质量m＝50kg，电源提供给电动机的电压为U＝110V。当电动机以v＝0.9m/s的恒定速率向上提升重物时，通过电动机的电流为I＝5.0A。不计各种摩擦，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．电动机输出的功率为450W B．电动机输入的功率为500W C．电动机损耗的功率为50W D．电动机线圈的电阻为22Ω【解答】解：A、提升重物的功率P出＝mgv＝50×10×0.9W＝450W，故A正确；B、电动机的输入功率P入＝UI＝110×5.0W＝550W，故B错误；CD、由P入＝P出+P损和热功率P损＝I2R线解得：P损＝100W，R线＝4Ω，故CD错误。故选：A。12．在真空中A、B两点分别放有异种点电荷+Q和﹣2Q，以AB连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，则下列说法正确的是（）A．电场强度大小关系有Ea＝Eb、Ec＝Ed B．电势高低关系有φa＞φb、φc＝φd C．选择合适零势面，φb可能大于φc D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变【解答】解：A、由于QA＜QB，a点处电场线比b点处电场线疏，a点场强小于b点场强。而cd两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误。B、由题，电场线方向由A指向B，沿电场线方向电势降低，则有φa＞φb、由于电荷从c点移到d点，电场力做功为零，所以两点电势相等。故B正确。C、由题，电场线方向由A指向B，沿电场线方向电势降低，则有φc＞φb，与零势面选取无关，故C错误。D、将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中，根据电场强度的叠加可知，在c点电场力方向与速度方向夹角小于90°，而在d点的电场力方向与速度方向夹角大于90°，所以电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大。故D错误。故选：B。13．风力发电将为2023年杭州亚运会供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速m转/秒，并形成半径为r的圆面，通过1：n转速比的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，忽略线圈电阻，则（）A．单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为12B．经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mn C．变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSmn：UD．高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好【解答】解：A．单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V＝Sh＝Sv⋅Δt＝πr2v气体质量M＝ρV＝ρπr2v动能EkB．发电机线圈转速为mn，则ω＝2πmn频率f=变压器不改变交流电的频率，经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为mn，故B错误；C．变压器原线圈两端电压最大值Um＝NBSω＝2πNBSmn有效值U根据理想变压器电压与匝数比的关系，则变压器原、副线圈的匝数比为n1D．电网的电压越高，要求的安全性能越高，投资成本也会增加很多，电网的输电电压并非越高越好，故D错误。故选：C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，最后经等压过程回到初态a，其p﹣V图像如图所示，下列说法正确的是（）A．a→b过程中所有气体分子的动能都在增加 B．b→c过程中气体对外做的功大于它吸收的热量 C．c→a过程中气体向外界释放的热量大于它减小的内能 D．从a到b到c再回到a的整个过程中气体从外界吸收热量【解答】解：A.根据理想气体状态方程：PVTB.b经过等温过程到达状态c，根据热力学第一定律ΔU＝0＝W+Q，体积膨胀气体对外做功，故气体对外做的功等于它吸收的热量，故B错误；C.根据理想气体状态方程：PVTD.从a到b到c再回到a的整个过程中，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝0＝W+Q＝0，由b→c气体对外做功大于由c→a外界对气体做功，故整个过程为气体对外做功，即W＜0，故Q＞0，故整个过程中气体从外界吸收热量，故D正确；故选：CD。15．一列机械波在t＝0时刻第一次形成的波形如图所示，质点A、P、B、C、Q在x轴上的位置分别为1cm、1.5cm、3cm、4cm、19cm。从此时开始，质点B到达波峰的时间比质点C早了0.5s。下列说法正确的是（）A．t＝0时刻，质点P向上振动 B．振源振动的频率为0.5Hz C．该波的波速为2m/s D．t＝9s时，质点Q处于波峰位置【解答】解：A、质点B到达波峰的时间比质点C早了0.5s，说明t＝0时刻，质点C向下振动，根据同侧法可知波沿x轴正方向，质点P向上振动，故A正确；B、B点比C点超前振动了14周期，即14T＝0.5s，则周期T＝2s，频率为fC、由题图知波长λ＝4cm＝0.04m，则该波的波速为v=λD、质点Q左侧最近的波峰传到Q点经历的时间为t=s故选：ABD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）Ⅰ．图甲为“探究小车的加速度与物体受力的关系”的实验装置图，图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电磁打点计时器，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上。B为沙桶和沙，质量为m2。不计绳与滑轮间的摩擦，改变沙的质量，测量多组数据，并在坐标系中作出了如图丙所示的a﹣F图像，其中F＝m2g。（1）下列说法正确的是BD。A.电磁打点计时器正常工作时使用220V的交流电B.实验时应先接通电源，后释放小车C.平衡摩擦力时，应将沙桶用细绳通过定滑轮系在小车上D.为了减小误差，实验中一定要保证m2远小于m1（2）图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的五个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出，各点间的距离如图所示，则小车的加速度大小为0.40m/s2（交流电的频率为50Hz，结果保留两位有效数字）。（3）图丙所示的a﹣F图像中，图线不过坐标原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。【解答】解：（1）A．电磁打点计时器使用的是低压交流电源，且为8V以下，故A错误；B．为防止打不上点，要先通电再释放小车，故B正确；C．平衡摩擦力，不需要挂上沙桶，让小车带着纸带能在木板上做匀速直线运动，故C错误；D．据牛顿第二定律表示出拉力F＝m1a＝m1×m2gm1+m故选：BD。（2）由逐差法可求小车运动的加速度，a=（3）由图像可知，当拉力为零时，加速度不为零，为负值，说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。故答案为：（1）BD；（2）0.40；（3）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足Ⅱ．某实验小组用如图甲所示的装置来探究气体等温变化的规律。（1）下列实验操作中，有助于减小实验误差的有AC；A．实验中缓慢推动活塞，改变空气柱的体积，读出对应的压强B．推动活塞时，为了保持装置稳定，用手握住注射器C．在注射器活塞上涂上润滑油，防止漏气（2）若实验中没有做好密封，导致空气柱漏气，则实验所得的p−1V图像可能是图乙中的③（选填①、②或【解答】解：（1）A．实验中缓慢推动活塞，以免操作动作快使空气柱的温度发生改变，故A正确；B．实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，故B错误；C．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，保持封闭气体的质量不发生变化，故C正确。故选：AC。（2）若实验中没有做好密封，导致空气柱漏气，则pV减小，即p−1V图像的斜率减小，是图乙中的故答案为：（1）AC；（2）③。17．一根两端开口、粗细均匀的足够长直玻璃管横截面积为S＝2×10﹣3m2，竖直插入水面足够宽广的水中，管中有一个质量为m＝0.4kg的密闭活塞，封闭一段长度为L0＝49cm的气体，气体温度T0＝300K，如图所示。开始时，活塞处于静止状态，不计活塞与管壁间的摩擦。水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2。求：（1）图示时刻管内封闭气体的压强；（2）若用竖直向上的力F缓慢地拉动活塞。当活塞上升到某一位置时停止移动，此时F＝8N，活塞相较之图中位置向上移动了多少距离？（设气体温度保持不变）（3）若缓慢对气体加热，同时在活塞上放入适量的沙粒，以保持封闭气体的长度仍为L＝49cm的气体，当气体的温度变为42℃时，管内外水面的高度差h3和放入沙粒的总质量Δm。【解答】解：（1）图示时刻，活塞处于静止状态，对活塞，根据平衡条件得p1S＝p0S+mg可得管内封闭气体的压强为：p1＝p0+解得p1＝1.02×105Pa（2）图示时刻，管内外液面高度差为h1=解得h1＝0.2m＝20cm（管内液面比管外低20cm）当F＝8N，管内封闭气体的压强为：p2＝p0+解得p2＝9.8×104Pa管内外液面高度差为h2=解得h2＝0.2m＝20cm（管内液面比管外高20cm）设F＝8N时管内封闭气体的长度为L1，根据玻意耳定律得p1L0S＝p2L1S解得L1＝51cm故F＝8N时活塞相较之图中位置向上移动距离为s＝（L1﹣L0）+（h1+h2）解得s＝42cm（3）当气体的温度变为42℃时，热力学温度为T3＝（42+273）K＝315K设此时管内气体的压强为p3。根据查理定律得p解得p3＝1.071×105Pa内外水面的高度差h3=解得h3＝0.71m＝71cm对活塞，由平衡条件得p3S＝p0S+（m+Δm）g解得Δm＝1.02kg18．如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝0.1kg的小滑块P（视为质点）从空中的A点以v0＝22m/s的初速度水平向左抛出，经过65s后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知CD＝DF＝1m，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为μ（1）BO连线与水平方向的夹角α的大小；（2）小滑块P到达与O点等高的O'点时对轨道的压力；（3）弹簧的弹性势能的最大值；（4）试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。【解答】解：（1）滑块从A到B做平抛运动，滑块经过B点时的竖直分速度为vy＝gt＝10×65m/s＝2滑块恰好从B点进入轨道，如图所示，由平抛运动的规律有v0＝vBsinα＝vytanα解得：α＝30°，vB＝42m/s（2）由B→O'，由动能定理可知mgRsin30°=解得v滑块经过O'点时受轨道的支持力大小FN，由牛顿第二定律有F解得FN＝5N由牛顿第三定律可得滑块在O'点时对轨道的压力大小F压＝5N，方向向左。（3）设CD＝DF＝L，从B到F，由动能定理及功能关系有mg（R+Rsinα﹣Lsinθ）﹣μmgL﹣μmgLcosθ﹣Ep＝0−代入数据可解得弹簧的弹性势能的最大值：Ep＝2.02J（4）设滑块返回时能上升的高度为h，由功能关系有mgLsinθ+Ep＝μmgLcosθ+μmgL+mgh解得h＝2.44m＞1.2m则滑块返回时能从B点离开。运动到B点时，有：mgℎ=mg(R+Rsinα)+1在B点，对滑块，由牛顿第二定律得mgsinα+解得：FN＝2.6N由牛顿第三定律可知对B点的压力为F'N＝2.6N19．如图所示，电阻为2r、半径为R的单匝圆形导体线圈两端与导轨ME、NH相连，处于竖直向下磁场中，其磁感应强度B随时间t变化规律为：B=B0t0t，(0≤t≤t0)B=（1）0～t0和t0～3t0内，分别比较棒CD两端的电势高低，并分别求使棒CD保持静止的水平外力F大小；（2）在3t0以后的某时刻，撤去右侧圆形磁场，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下全部从区域Ⅰ以速度v0匀速运动到区域Ⅱ时，导体棒CD速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒CD产生的焦耳热为Q，求金属棒CD与区域Ⅰ左边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；（3）在（2）前提下，若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒CD运动到FI时的速度v。【解答】解：（1）根据楞次定律和安培定则可知，在0～t0内，CD中的电流由C到D，即：φC＞φD感应电动势为：E=感应电流为：I=则外力：F=在t0～3t0，匝圆形导体线圈内磁通量不变