黄金卷04-【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．微光夜视仪可以在极低亮度的环境下，利用火光、月光、星光、大气辉光等微弱光线或者发射红外探测光照射物体，物体反射的光通过像增强器放大后转变成人眼可清晰观察的图像，从而实现在夜间对目标进行观察。微光夜视仪的核心部件是像增强器，它主要由光电阴极、微通道板、荧光屏幕三个部分组成（如图所示）。光电阴极将微弱的原始光信号通过光电效应转化成光电子，再通过微通道板对电子进行倍增，利用二次发射的电子能将光电子数量增加数百上千倍，最后在荧光屏幕（阳极）上将增强后的电子信号再次转换为光学信号，让人眼可以看到。在整个过程中，电子会被外加的静电场加速，进一步增强信号，下列说法正确的是（ ）

A．原始光信号无论频率多少，都能使光阴极发生光电效应
B．原始光信号频率越大，则经过光阴极发生光电效应后光电子的最大初动能越大
C．原始光信号转化而成的光电子就是光子
D．电子被外加静电场加速、说明该电场方向与电子运动方向相同
【答案】B
【详解】A．原始光信号频率必须大于极限频率，才能发生光电效应，选项A错误；
B．原始光信号频率越大，则经过光阴极发生光电效应后光电子的最大初动能越大，选项B正确；
C．原始光信号转化而成的光电子是电子，而非光子，选项C错误；
D．电子被外加静电场加速．说明该电场方向与电子运动方向相反，选项D错误。
故选B。
2．如图甲所示，是设置有七个卡位用来调节角度的笔记本电脑散热底座。王老师将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4，即如图乙所示由虚线位置调整至实线位置，电脑始终处于静止状态，则（ ）

A．支撑面板对电脑的支持力变大
B．防滑挡板对电脑的支持力变大
C．散热底座对电脑的作用力变大
D．电脑受到支撑面板的支持力与防滑挡板的支持力大小之和等于其重力大小
【答案】A
【详解】A．支撑面板对电脑的支持力等于电脑重力垂直斜面的分量mgcsθ，由原卡位1调至卡位4电脑与水平面夹角θ变小，则重力垂直斜面的分量变大，即支撑面板对电脑的支持力变大，A正确；
B．防滑挡板对电脑的支持力等于电脑重力沿斜面的分量mgsinθ，由原卡位1调至卡位4电脑与水平面夹角θ变小，则重力的沿斜面分量减小，故防滑挡板对电脑的支持力变小，B错误；
C．散热底座对电脑的作用力与电脑的重力是平衡力关系，电脑始终处于平衡状态，故散热底座对电脑的作用力不变，C错误；
D．电脑受到支撑面板的支持力与防滑挡板的支持力的合力等于其重力大小，大小之和不等于重力大小，D错误。
故选A。
3．如图所示，2021年10月16日，神舟十三号载人飞船从天和核心舱下方采用“径向对接”的方式实现自主对接，所谓“径向对接”即两对接口在地球半径的延长线上。对接前两者要在相距200米的“保持点”相对静止一段时间，准备好后，再逐步接近到对接点，则飞船在“保持点”（ ）
A．可以不消耗燃料
B．地球对其吸引力等于其做圆周运动的向心力
C．运动速度小于核心舱运动速度
D．向心加速度大于核心舱的向心加速度
【答案】C
【详解】AB．对接前飞船在与核心舱要在相距200米的“保持点”相对静止一段时间，即有共同的角速度；假设只有万有引力提供向心力，由，可得
由于二者的轨道半径不同，则二者的角速度不等，飞船不能与核心舱保持相对静止，所以飞船一定要消耗燃料，使得飞船与核心舱具有相同的角速度，地球对飞船的吸引力与发动机的推力的合力等于其做圆周运动的向心力，故AB错误；
C．二者能够保持相对静止，说明二者的角速度相同，而飞船轨道半径小，根据可知，飞船在“保持点”运动的线速度小于核心舱运动的线速度，故C正确；
D．根据可知，飞船在“保持点”的向心加速度小于核心舱的向心加速度，故D错误。
故选C。
4．某种手机的无线充电原理如图所示．已知发射线圈的两端电压为50V，电流的频率为100kHz，接收线圈的两端电压为6V，由于发热、漏磁等因素使得充电时效率大约为55%。下列说法正确的是（ ）
A．无线充电工作原理是“电流的磁效应”
B．接收线圈中电流的频率为100kHz
C．无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为
D．充电时接收线圈始终有扩大的趋势
【答案】B
【详解】A．无线充电工作原理是：变化的电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电，利用的是电磁感应现象，故A错误；
B．变压器不改变交流电的频率，接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相等，均为100kHz，B正确；
C．若充电时不漏磁，两线圈可视为理想变压器，功率无损耗，匝数比
但是本题中充电时效率大约为55%，功率有损耗，所以匝数比不是，故C错误；
D．发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈有扩大的趋势，当发射线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有收缩的趋势，故D错误。
故选B。
5．（2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考三模）下列说法正确的是（ ）

A．图甲表示声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率增大
B．图乙光导纤维利用光的全反射现象传递信息时外套的折射率比内芯的大
C．图丙检验工件平整度的操作中，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处
D．图丁为光照射到不透明圆盘上，在圆盘后得到的衍射图样
【答案】D
【详解】A．图甲表示声源远离观察者时，根据多普勒效应可知观察者接收到的声音频率减小，故A错误；
B．图乙光导纤维利用光的全反射现象传递信息时外套的折射率比内芯的小，故B错误；
C．图丙检验工件平整度的操作中，明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，则P为凹处，同理可知Q为凸处，故C错误；
D．光照射到不透明圆盘上，后面会出现一亮斑，这亮斑称为泊松亮斑，图丁为在圆盘后得到的衍射图样，故D正确。
故选D。
6．在汽车相撞时，汽车的安全气囊可使头部受伤率减少约25%，面部受伤率减少80%左右。如图所示，某次汽车正面碰撞测试中，汽车以108km/h的速度撞上测试台后停下，安全气囊在系有安全带的假人的正前方水平弹出，假人用时0.2s停下。车内假人的质量为50kg，则下列说法正确的是（ ）

A．安全气囊的作用是减小碰撞前后假人动量的变化量
B．安全气囊对假人的作用力小于假人对安全气囊的作用力
C．碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为
D．碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为7500N
【答案】D
【详解】A．安全气囊的作用增加了碰撞时假人的减速时间，碰撞前后假人动量的变化量不变，假人受到的合外力减小，故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知安全气囊对假人的作用力等于假人对安全气囊的作用力，故B错误；
C．根据动量定理可知碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为
故C错误；
D．碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为
故D正确。
故选D。
7．用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图2所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度沿与x轴正方向成α角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为△x，则下列说法中正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距△x不变
C．若仅增大电子入射的初速度，则直径D增大，而螺距△x将减小
D．若仅增大α角（），则直径D增大，而螺距△x将减小，且当时“轨迹”为闭合的整圆
【答案】D
【详解】A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且
x=v0csα·t
沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；
B．根据
且
解得
所以
所以，若仅增大磁感应强度B，则D、△x均减小，故B错误；
C．若仅增大，则D、△x皆按比例增大，故C错误；
D．若仅增大α，则D增大而△x减小，且°时
故D正确。
故选D。
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．如图所示是“电容式加速度传感器”原理图，电容器的一个金属极弹性金属片板固定在绝缘底座上，另一块极板用弹性金属片制成，当这种加速度传感器用在上下移动的升降机中时，通过测量电容的变化就能感知升降机加速度的变化情况。设升降机加速度为零时电容器的电容为，下列说法正确的是（ ）
A．当升降机加速上升时，B．当升降机减速上升时，
C．当升降机减速下降时，D．当升降机加速下降时，
【答案】AD
【分析】平行板电容器的决定式为C=，加速、减速会影响两金属片之间的距离d，由此可以判断。
【详解】A.当升降机加速上升时，加速度方向向上，弹簧片向下弯曲，电容变大，即 C＞C0，故A正确；
B.当升降机减速上升时，加速度方向向下，弹簧片向上弯曲，电容变小，即 C＜C0，故B错误；
C.当升降机减速下降时，加速度方向向上，弹簧片向下弯曲，电容变大，即 C＞C0，故C错误；
D.当升降机加速下降时，加速度方向向下，弹簧片向上弯曲，电容变小，即 C＜C0，故D正确。
故选AD.
9．如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a，b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）

A．a点的向心加速度大于b点的向心加速度
B．人对把手做的功等于重物机械能的增加量
C．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
D．若把手顺时针转动则滑轮也会逆时针转动
【答案】AC
【详解】A．根据
可知，a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，故a的向心加速度大于b点的向心加速度，A正确；
B．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，B错误；
C．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，C正确；
D．若把手顺时针转动则大轴上绕绳收紧，滑轮左侧的绳向上，小轴上绕绳放松，滑轮右侧的绳向下，故滑轮会顺时针转动，D错误。
故选AC。
10．图甲所示的一款健身车的主要构件如图乙，金属飞轮A和金属前轮C可绕同一转轴转动，A和C之间有金属辐条，辐条长度等于A和C的半径之差。脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，带动前轮C转动。整个前轮C都处在方向垂直轮面向里的匀强磁场中。将电阻R的a端用导线连接在飞轮A上，b端用导线连接前轮C边缘。健身者脚蹬脚踏轮B使其以角速度ω顺时针转动，转动过程不打滑，电路中其他电阻忽略不计，正确的是（ ）
A．电阻a端的电势高于b端的电势
B．金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路中的磁通量保持不变
C．电阻R的热功率与成正比
D．若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的，则ab两端的电压变为原来的
【答案】BC
【详解】A．根据右手定则可知电流从b端通过电阻流到a端，因此b端的电势高于a端的电势，故A错误；
B．金属前轮边缘所组成的圆形闭合回路面积不变，磁感应强度不变，则磁通量保持不变，故B正确；
C．由于轮B和飞轮A通过链条传动，而A和C同轴转动，角速度相同，则
得
辐条产生的感应电动势
电阻R的热功率
而E∝ω，因此电阻R的热功率与ω平方成正比，故C正确；
D．电路中其他电阻忽略不计，则
由
可知，若ω保持不变，飞轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的，则ab两端的电压并不会变为原来的，故D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）小默用如图装置验证等温状态下气体的实验定律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部，未在图中标明。

（1）在实验过程中注射器没有完全竖直而是略微倾斜，则压力表读数 。
A．偏大 B．偏小 C．没有影响
（2）下列实验操作，正确的有 。
A．柱塞上应该涂油以更好地密封气体
B．应快速推拉柱塞以避免气体与外界热交换
C．用手握住注射器推拉柱塞以使装置更加稳定
（3）注射器内空气柱的体积为V、压强为p，若考虑到连接压力表和注射器内空气柱的细管中有少量气体未计入，从理论上分析图像最接近下列哪个图 。
【答案】 C A C
【详解】（1）[1]压力表测量的是注射器中气体的压强，同一位置各个方向的压强大小处处相等，所以实验过程中注射器没有完全竖直对压力的测量没有影响。
故选C；
（2）[2]A．柱塞上涂油是为了避免漏气，即更好地密封气体，故A正确；
B．推拉柱塞时要缓慢进行，让气体更好的与空气进行热交换，避免引起气体温度的变化，故B错误；
C．用手握住注射器会改变注射器内气体的温度，故C错误。
故选A；
（3）[3]在软管内气体体积不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为，由
即
图线和原点连线的斜率为
随着的变大，斜率逐渐变小。
故选C。
12．某兴趣学习小组根据所学的电学原理，利用相同的器材，自制了以下图甲、乙两种不同的电子秤。实验器材有：
直流电源（电动势为，内阻为）；
理想电压表V（量程为）：限流电阻；
竖直固定的滑动变阻器R（总长，总阻值）；
电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦（弹簧劲度系数）；
开关S以及导线若干。
重力加速度取，不计摩擦和其他阻力。
实验步骤如下：
①两种电子秤，托盘中未放被测物前，滑片恰好置于变阻器的最上端，电压表的示数均为零。
②两种电子秤，在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入被测物，待托盘静止平衡后，当滑动变阻器的滑片恰好处于下端b处，此时均为电子秤的最大称重。
请回答下列问题：
（1）两种电子秤，当滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，电压表的示数均为 V；该电子称的最大可测质量均为 。（所有结果保留一位小数）
（2）当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，如甲图所示的方案电子称测得质量为 。如乙图所示的方案电子称测得质量为 。（所有结果保留一位小数）
（3）方案 （填“甲”或“乙”）更为合理，因为电压表读数U与物体质量m成线性关系，电压表改装的电子秤刻度是均匀的。

【答案】 甲
【详解】（1）[1]滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，由欧姆定律可得
[2]由受力平衡可得
解得电子称的最大可测质量为
。
（2）[3][4]当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，电压表读数。
如左图所示的方案甲，根据闭合电路欧姆定律可得
由平衡条件可得
联立解得
如右图所示的方案乙，设滑动变阻器接入电路的阻值为，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
又
由平衡条件可得
联立解得
（3）[5]左边方案甲，根据闭合电路欧姆定律可得
又
联立可得
与成线性关系，电子秤刻度均匀；
右边方案乙，根据闭合电路欧姆定律可得
又
，
联立可得
与不成线性关系，电子秤刻度不均匀；故方案甲更合理，电压表示数与物体的质量成正比，电压表改装的电子秤刻度是均匀的，便于测量。
13．如图所示，为了测量某种液体的折射率，取一底部涂有反光物质的足够长玻璃缸，在玻璃缸的边缘沿竖直方向放置一挡光板，在玻璃缸中注入深度为的液体。现让一细光束远离挡光板一边斜射入该液体，光束与液面的夹角为，结果在挡光板上形成两个光点，其中一个为光束在液面发生反射后形成，另一个为光束经过两次折射，一次缸底反射后形成，且该两点之间的距离为。求：
（1）该液体的折射率。
（2）如果光在真空中的速度的大小为，该光束在液体中的运动时间（不考虑光在液体中的二次反射，结果保留一位小数）。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意作出光路图，如图所示

光线经a点发生反射和折射，设第一次折射时折射角为r，由几何关系可知光线ae与cd平行，由几何关系可知
则
根据折射定律
代入数据解得
（2）光束在该液体的速度为
代入数据得
由几何关系知，光束在液体中传播的距离为
则光束在液体中运动的时间
代入数据解得
14．如图所示，是一个罐装饮料生产线的一个环节。机械臂每隔一秒将一个饮料罐无初速度的放在水平传送带上，经过后饮料罐与传送带达到相同的速度，再经过离开传送带。已知传送带的运行速率，一个饮料罐的总质量为，重力加速度求：
（1）饮料罐与传送带达间的动摩擦因数；
（2）相邻两个饮料罐间的最大距离和最小距离；
（3）第一个饮料罐放上后，一分钟内电动机多做的功。
【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）饮料罐加速阶段的加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）当第二个饮料罐刚刚放上传送带时，两个饮料罐间距离最小为
当第二个饮料罐速度与传送带速度相等时，两个饮料罐间距离最大为
（3）电动机多做的功等于摩擦力对电动机做的负功，放一个饮料罐时
一分钟内电动机多做的功
15．某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比。

【答案】（1）；（2）a、；b、25%
【详解】（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有
竖直方向
根据牛顿第二定律
又
解得
（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向
且
解得
b.带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
在竖直方向颗粒匀速下落
的颗粒带电荷量为
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
设只有距下极板为的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落
解得
的颗粒被收集的百分比