黄金卷05-【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05（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．国际单位制中电阻的单位符号是Ω，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，下列选项正确的是（）A．kg⋅m2s⋅AC．kg⋅ms【解答】解：结合电阻的定义、电压的定义、电流的定义、功的定义和牛顿第二定律公式可得：R=U故1Ω=A、B、C错误，D正确。故选：D。2．理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律。以下实验中属于理想实验的是（）A．验证力的平行四边形定则实验 B．伽利略的对接斜面实验 C．用打点计时器测物体加速度的实验 D．测定反应时间的实验【解答】解：A、验证平行四边形定则是采用等效替代的方法，验证互成角度两力的合成规律，是验证性实验，故A错误；B、伽利略的斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理想实验，故B正确；C、用打点计时器测加速度度是在实验室进行的，是测量性的实际实验，故C错误；D、利用自由落体运动测定反应时间是可以实验室进行是实际实验，故D错误；故选：B。3．在平直公路上匀速行驶的自行车所受阻力为车和人总重量的0.02倍，如图所示。自行车在平直公路上匀速行驶，估算骑行者克服自行车所受阻力做功的功率最接近于（）A．0.2kW B．2×103kW C．2kW D．20kW【解答】解：设人和自行车的总质量约为100kg，骑车匀速行驶的速度约为10m/s，所受阻力约为f＝0.02mg＝0.02×100×10N＝20N骑行者克服自行车所受阻力做功的功率约P＝Fv＝fv＝20×10W＝200W＝0.2kW故A正确，BCD错误。故选：A。4．如图甲所示，磁铁将一张厚纸片压在竖直磁性黑板上保持不动，若将这张厚纸片两次折叠后仍能被该磁铁压在黑板上保持不动，如图乙所示，在这两种情况下相同的是（）A．黑板对厚纸片的弹力 B．磁铁对厚纸片的弹力 C．黑板对厚纸片的摩擦力 D．黑板与厚纸片间的最大静摩擦力【解答】解：纸片折叠后变厚，则磁铁距离黑板的距离变大，则黑板对磁铁的吸引力减小，则黑板对厚纸片的弹力减小，磁铁对厚纸片的弹力减小，黑板与厚纸片间的最大静摩擦力减小，但黑板对厚纸片的摩擦力仍保持不变，还是等于纸片和磁铁的重力之和，故C正确，ABD错误；故选：C。5．图甲为电影《流浪地球2》中的太空电梯，又称为“斯科拉门德快速电梯”是电影中一种可以在地球表面和太空空间站来回运输人员和物资的巨型结构。图乙为其模型简易图，固定在空间站和地球间的刚性“绳索”与空间站一起和地球保持相对静止，电梯可沿“绳索”升降，若“太空电梯”停在距地面高度为h的绳索上的某处，h大于零小于同步卫星轨道距地面的高度，已知，地球的自转不能忽略且地球视为均质球体，地球的第一宇宙速度为7.9km/s。对“太空电梯”里的航天员，则下列说法正确的是（）​A．航天员处于平衡状态 B．航天员绕地心做圆周运动的线速度大于7.9km/s C．航天员绕地心做圆周运动的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度 D．若此时“绳索”断了，“太空电梯”会留在距地面h高处，绕地球做圆周运动，成为地球的一颗“卫星”【解答】解：A、“太空电梯”里的航天员绕地球做匀速圆周运动，加速度时刻指向圆心，处于非平衡状态，故A错误；B、“太空电梯”随地球一起旋转，其运行角速度等于地球自转角速度，根据v＝ωr可知，“太空电梯”的线速度小于地球同步卫星的线速度。因第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大环绕速度，可知地球同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，所以，“太空电梯”的线速度小于第一宇宙速度，可知航天员绕地心做圆周运动的线速度小于7.9km/s，故B错误；C、根据向心加速度的表达式a＝ω2r可知，因航天员与地球同步卫星具有相同的角速度，可知航天员绕地心做圆周运动的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度，故C正确；D、据B项分析可知，“绳索”断之前“太空电梯”的速度小于同步轨道卫星的速度，若此时“绳索”断了，“太空电梯”所受的引力将大于做圆周运动的需要的向心力，则会做近心运动，不会留在距地面h高处绕地球做圆周运动，故D错误。故选：C。6．2019年4月20日，我国成功发射了第44颗北斗导航卫星。该卫星是倾斜地球同步轨道卫星，它的轨道平面与地球赤道平面有一定的夹角，离地面的高度和处于赤道平面内的地球同步轨道卫星相等。仅考虑卫星与地球间的作用，下列说法正确的是（）A．该卫星的角速度与地球同步轨道卫星的角速度一样大 B．该卫星的环绕速度介于7.9km/s和11.2km/s之间 C．该卫星的周期大于地球同步轨道卫星的周期 D．该卫星可以始终处在地面某点的正上方【解答】解：A、根据ω=GMB、第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星的环绕速度一定小于7.9km/s，故B错误；C、根据T=4D、倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，所以倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的，故该卫星不可能始终位于地球表面某个点的正上方，故D错误；故选：A。7．某个智能玩具的声响开关与LC电路中的电流有关，如图所示为玩具内的LC振荡电路部分。已知线圈自感系数L＝2.5×10﹣3H，电容器电容C＝4μF，在电容器开始放电时（取t＝0），上极板带正电，下极板带负电，则（）A．LC振荡电路的周期T＝π×104s B．当t＝π×10﹣4s时，电容器上极板带正电 C．当t=π3×10D．当t=2π3×【解答】解：A．由公式T=2πLC得LC振荡电路的固有周期为：T＝2π2.5×10−3×4×1B．t＝π×10﹣4s时，电容器反向充满电，所以上极板带负点，故B错误；C．t=π3×10﹣4D．t=2π3×1故选：C。8．如图所示，虚线a、b、c、d、e代表电场中的五个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，其中φC＝0。实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点恰好在等势面c上，据此可知（）A．a、b、c、d、e五个等势面中，a的电势最高 B．P、R、Q三点中，该质点在R点的电势能最小 C．该质点在P点的加速度比在Q点的加速度小 D．该质点在R点受力方向竖直向下【解答】解：A、根据轨迹的弯曲方向确定正电荷受力方向，而正电荷受力方向与场强方向相同，再根据电场线总是与等势面垂直，画出电场线如图，因为沿电场线电势降低，故a的电势最低，故A错误。B、P、R、Q三点中，P点的电势最低，由正电荷在电势低处电势能小可知，该电荷在P点电势能最小。故B错误。C、由于相邻等势面之间的电势差相等，所以等势线密的地方电场线密场强大，P点处等势面比Q点处稀疏，则P点电场强度小于Q点电场强度，根据F＝qE知，该电荷在P点受到的电场力比在Q点受到的电场力小，根据第二定律F＝ma可知，该电荷在P点的加速度比在Q点的加速度小，故C正确。D、因为R点的场强方向与等势面垂直，即水平向左，故该正电荷在R点的受力方向水平向左，故D错误。故选：C。9．将小球竖直上抛，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图像如图所示，则物体所受的重力和空气阻力之比为（）A．3：5 B．5：3 C．5：7 D．7：5【解答】解：以向上为正，根据动量定理得：上升过程：﹣（G+f）t＝0﹣m2v0下降过程：﹣（G﹣f）2t＝﹣mv0则：G：f＝5：3。故ACD错误，B正确；故选：B。10．两个轻核结合成质量较大的核称为核聚变，一个氘核和一个氚核的聚变方程为12H+13H→A．X粒子带正电 B．一次上述聚变反应亏损质量为1.02755u C．一次上述聚变反应放出能量约为2.8×10﹣12J D．氘核的比结合能大于氦核的比结合能【解答】解：A．根据质量数与电荷数守恒，可知X的质量数与电荷数分别为2+3﹣4＝1，1+1﹣2＝0可知，X为中子，X不带电，故A错误；B．一次上述聚变反应亏损质量为Δm＝2.01410u+3.01605u﹣4.00260u﹣1.00867u＝0.01888u故B错误；C．根据上述可知，一次上述聚变反应放出能量约为ΔE＝Δmc2代入数据解得：ΔE＝2.8×10﹣12J故C正确；D．聚变过程释放出核能，说明氦核比氘核更加稳定，可知，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故D错误。故选：C。11．A，B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示二者发生碰撞前后的v﹣t图线，由图线可以判断正确的是（）A．A、B的质量比为2：3 B．A、B碰撞前后总动量减小 C．A、B碰撞前后总动能不变 D．A、B碰撞前后总动能减小【解答】解：B、A、B两物体在光滑水平面上运动，系统所受合外力为零，系统动量守恒，A、B作用前后总动量守恒，故B正确，C错误；A、由图示图象可知，碰撞后A、B的速度方向相同，碰撞前，A的速度vA1＝6m/s，B的速度vB1＝1m/s，碰撞后，A的速度vA2＝2m/s，B的速度vB2＝7m/s碰撞过程系统动量守恒，规定A的方向为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA1+mBvB1＝mAvA2+mBvB2，解得：mA：mB＝3：2，故A错误；CD、设A的质量为3m，则B的质量为2m，碰撞前总动能：E1=12mAvA12+1碰撞后的总动能：E2=12mAvA22+1则：E1＝E2，即A、B碰撞前后总动能不变，故C正确，D错误。故选：C。12．如图1所示，O点是一半径为R的匀质玻璃半球体的球心，平面水平放置，有一束光线从距离O点为r=33R的P点入射至玻璃半球内，光线与竖直方向的夹角为θ，当A．玻璃的折射率为33B．若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，则θ＝30° C．改变夹角θ，光线在半球中传播的最长时间为(3+3D．如图2所示，若半球球面区域均有光线竖直向下入射，则平面有光出射的面积为(2+2)8【解答】解：注意题设：本题只考虑第一次射到各表面的光线A、当θ＝0°时光线恰好在球面发生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C，光路图如图1所示：根据几何关系可得：sinC=根据全反射临界角C满足的条件可得：sinC=解得：n=3B、若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内，且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图1所示，出射点必在O点的正上方。根据几何关系可得：tanβ=rR=33C，要使光线在半球中传播的时间最长，因只考虑第一次射到各表面的光线，当θ临界等于90°时，光线在半球中传播路程最长，光路图如图3所示，其中路程s满足要求。因入射角临界为90°，故折射角等于C，由余弦定理得：R2＝r2+s2﹣2r•s•cos（90°﹣C），解得：s=(光在介质中传播速度为：v=cn，最长时间为：t=sD、能从平面出射的临界光路图如图4所示，光线在平面的B点恰好发生全反射，以OB的长L为半径的圆形区域有光出射。设临界光线在A点入射角为α，折射角为γ，在B点出射时入射角等于全反射临界角C。由折射定律得：sinα由几何关系得：α＝C+γ联立由三角函数知识，结合sinC=33，解得：tanγ=1在ΔAOB中，由正弦定理得：R解得：L=可得平面有光出射的面积为：S＝πL2，解得S=(2+2)8故选：D。13．如图所示，为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用供电系统输电电路简图如图甲所示，矩形交流发电机匝数为n＝50，线圈、导线的电阻均不计，在匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO'为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ中随时间t的变化图像如图乙所示，ΦmA．电压表的示数为502B．该交流电的方向每秒改变50次 C．变压器的原副线圈匝数比为5：22 D．当副线圈的医疗设备负载增加时，发电机的输出功率变小【解答】解：AC、由图像得：T＝0.02s线圈的角速度ω=2πT=线圈产生的电动势的峰值为Em＝nBSω＝nΦmω＝50×2×10−2π则电压表的示数为U1变压器的匝数比n故A错误，C正确；B、因为交变电流的周期为0.02s，一个周期内交流电的方向改变两次，所以每秒内该交流电的方向改变的次数为k=故B错误；D、当副线圈的医疗设备负载增加时，副线圈的总电阻减小，副线圈消耗的功率为P因为副线圈电压U2不变，则副线圈消耗的功率增大，理想变压器原副线圈功率相同，则发电机的输出功率增大，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．如图，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是t2＝（t1+1）s时刻的波形图。已知该横波沿x轴负方向传播，质点M的平衡位置距O点5m。下列说法正确的是（）A．该波的周期可能为411B．波速一定为3m/s C．质点M在t1时刻沿y轴负方向运动 D．若波的周期为415s，质点M在t1到t【解答】解：A、波沿x轴负方向传播，则v=xt=4n+31B、根据波的速度定义可知，波向右传播时，v=ΔxΔt=C、波沿负方向传播，根据上下坡法可知质点M在t1时刻沿y轴负方向运动，故C正确；D、若波的周期为415s，从t1到t2故选：ACD。15．研究光电效应现象的实验装置如图（a）所示，用光强相同的紫光和蓝光照射光电管阴极K时，测得相应的遏止电压分别为U1和U2，产生的光电流I随光电管两端电压U的变化规律如图（b）所示。已知电子的质量为m，电荷量为e，紫光和蓝光的频率分别为ν1和ν2，且ν1＞ν2。则下列判断正确的是（）A．U1＞U2 B．图（b）中的乙线是对应蓝光照射 C．根据题述条件无法算出阴极K金属的极限频率 D．用蓝光照射时，光电子的最大初动能为eU2【解答】解：B、根据光电效应方程及遏止电压和最大初动能的关系，有：eUc＝Ek＝hν﹣W0，由于紫光的频率ν1大于蓝光的频率ν2，则有U1＞U2，所以图（b）中的乙线是对应紫光照射，故A正确，B错误；C、根据光电效应方程及遏止电压和最大初动能的关系：eU1＝hν1﹣W0，而W0＝hνc，可得阴极K金属的极限频率νc＝ν1−eD、由eUc＝Ek，蓝光对应的遏止电压为U2，用蓝光照射时，光电子的最大初动能为eU2，故D正确。故选：AD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）Ⅰ．（1）为了探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”，甲、乙两同学设计了如图1所示的实验装置。其中带小滑轮的小车的质量为M，小滑轮的质量为m0，砂和砂桶的质量为m。力传感器可测出轻绳的拉力大小。①实验时，需要进行的操作是A。A．将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力B．用天平测出砂和砂桶的质量C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M②甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电。根据纸带可求出小车在C点的瞬时速度为0.80m/s，加速度为4.0m/s2。（结果均保留两位有效数字）（2）某同学用智能手机测自由落体加速度的实验步骤如下：a．在水平地面上铺设软垫；b．打开手机中的加速度传感器，让手机在离软垫一定高度处由静止开始自由下落；c．手机落到软垫后，关闭传感器，得到全过程中加速度绝对值随时间变化图像如图3所示。根据图像回答下列问题：①t1与t3时刻加速度方向相反（选填“相同”或“相反”）；②从t1时刻到t2时刻加速度逐渐减小的原因是受到空气阻力；③当地重力加速度约为9.76m/s2。【解答】解：（1）①A．实验是将拉力作为小车的合力，所以应将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，故A正确；B．实验中拉力是通过力传感器测量，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故B错误；C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故C错误；D．实验中拉力是通过力传感器测量，实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。故选：A。②相邻计数点间的时间间隔为：T=5×匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度，则小车在C点的瞬时速度为：v根据逐差法可得小车加速度为：a=xAE（2）①物体先做自由落体运动，接触软垫后向上的弹力逐渐增大，加速度向下，当弹力与重力相等时，速度最大，之后弹力大于重力，加速度竖直向上，直到速度为零。可知t1与t3时刻加速度方向相反；②从t1时刻到t2时刻加速度逐渐减小的原因是受到空气阻力；③由图像可知当地重力加速度约为9.76m/s2故答案为：（1）①A；②0.80，4.0；（2）①相反；②受到空气阻力；③9.76。Ⅱ．大雄得到一个由两节干电池串联组成的电池组，他想尽可能准确的测定该电池组的电动势和内阻，实验器材如下：电流表（0～0.6A，内阻约为0.6Ω）；电压表（0～3V，内阻约为3kΩ）；滑动变阻器（0～10Ω）；开关和导线若干。（1）大雄绘制了两种实验原理图，他应该选择的实验电路是甲（选填“甲”或“乙”），闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移至a（选填“a”或“b”）端。（2）大雄改变滑动变阻器的滑片的位置，测得多组数据，在坐标纸上画出U﹣I图像，如图丙所示，可得出该电池组的电动势E＝2.9V，内阻r＝2.0Ω。（结果均保留2位有效数字）（3）分析大雄应选择的实验电路图可知，实验系统误差是由电压表表（选填“电压表”或“电流表”）分流（选填“分压”或“分流”）引起的。【解答】解：（1）由于两节干电池串联组成的电池组的内阻比较小，远小于电压表内阻，故电流表应采用相对于电池组外接法，故应该选择的实验电路是甲；闭合开关前，为了保护电路安全，滑动变阻器接入电路阻值应最大，应将滑动变阻器的滑片移至a端。（2）根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir，可得U＝E﹣Ir，可知U﹣I图像的纵轴截距等于该电池组的电动势，则有E＝2.9V，U﹣I图像的斜率绝对值等于内阻，则有r=ΔUΔI=（3）根据图甲电路可知，实验系统误差是由电压表分流引起的。故答案为：（1）甲，a（2）2.9，2.0（3）电压表，分流17．如图所示，用导热性能良好的汽缸和活塞封闭一定质量的理想气体，活塞厚度及其与汽缸缸壁之间的摩擦力均不计，现将汽缸放置在光滑水平面上，活塞与水平轻弹簧连接，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。已知汽缸的长度为2L，活塞的面积为S，此时封闭气体的压强为p0，封闭气体的热力学温度为T1＝300K，活塞到缸口的距离恰为L，大气压强恒为p0。现用外力向左缓慢移动汽缸（该过程中气体温度不变），当汽缸的位移为L时活塞到缸口的距离为13L（1）求弹簧的劲度系数k；（2）在上述条件下，保持汽缸静止，并缓慢加热封闭气体，直到弹簧恢复原长，求此时封闭气体的热力学温度T2。【解答】解：（1）以气缸内气体为研究对象，气体发生等温变化，气体初状态的参量：p1＝p0，V1＝LS气体的末态参量：V2＝（2L−13L）S由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2对活塞根据平衡得：p2S+k×13L＝p解得：k=（2）弹簧恢复原长时气体的体积为V3＝2LS设此时封闭气体的压强为p3，对活塞根据受力平衡有p3S＝p0S根据一定质量的理想气体状态方程有p0解得：T2＝600K18．如图所示，一质量为m＝1kg可看成质点的滑块以初速度v0＝2m/s，从P点与水平方向成θ＝37°抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab轨道长为xab＝10m，斜面ab与半径R＝1.25m的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角θ＝37°。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为L＝3.4m，以v＝5m/s的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量m0＝2kg。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。不计一切空气阻力，求：（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间t0；（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小；（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小；（4）2个小球最终获得的总动能。【解答】解：（1）滑块从P点抛出时竖直方向的分速度为：vy＝v0sinθ滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间为：t0（2）从开始运动到c点的过程中，根据动能定理可得：mgxsinθ+mgR(1−cosθ)−μmgxcosθ=1在c点，根据牛顿第二定律可得：Nc联立解得vc＝7m/s；Nc＝49.2N根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小Nc'＝Nc＝49.2N（3）滑块在传送带上的加速度a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2滑块速度与传送带速度相等的所需的时间为：t1此过程滑块的位移为：x1所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间为t2匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小I＝μmgt1＝0.5×1×10×0.4N•s＝2N•S（4）滑块第一次与小球发生弹性碰撞，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：mv＝mv1+m0u112解得：v由于小球质量相等均为m0，且发生的都是弹性碰撞，他们之间将进行速度交换，分析可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到v1，再与小球1发生弹性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物块和小球的速度大小分别为：v2u2则2个小球的总动能为E代入数据解得：Ek=19．如图所示，两根竖直放置的平行光滑金属导轨，上端接阻值R＝3Ω的定值电阻．水平虚线A1、A2间有与导轨平面垂直的匀强磁场，磁场区域的高度为d＝0.3m．导体棒a的质量ma＝0.2kg，电阻Ra＝3Ω；导体棒b的质量mb＝0.1kg，电阻Rb＝6Ω．它们分别从图中P、Q处同时由静止开始在导轨上向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时a正好进入磁场．设重力加速度为g＝10m/s2，不计a、b之间的作用，整个过程中a、b棒始终与金属导轨接触良好，导轨电阻忽略不计．求：（1）在整个过程中，a、b两棒克服安培力做的功分别是多少；（