黃金卷04-【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考物理模擬卷（廣東卷專(zhuān)用）（參考答案）

1．B【詳解】A．原始光信號(hào)頻率必需大于極限頻率，才能發(fā)生光電效應(yīng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．原始光信號(hào)頻率越大，則經(jīng)過(guò)光陰極發(fā)生光電效應(yīng)后光電子的最大初動(dòng)能越大，選項(xiàng)B正確；C．原始光信號(hào)轉(zhuǎn)化而成的光電子是電子，而非光子，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．電子被外加靜電場(chǎng)加速．說(shuō)明該電場(chǎng)方向與電子運(yùn)動(dòng)方向相反，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。2．A【詳解】A．支撐面板對(duì)電腦的支持力等于電腦重力垂直斜面的重量mgcosθ，由原卡位1調(diào)至卡位4電腦與水平面夾角θ變小，則重力垂直斜面的重量變大，即支撐面板對(duì)電腦的支持力變大，A正確；B．防滑擋板對(duì)電腦的支持力等于電腦重力沿斜面的重量mgsinθ，由原卡位1調(diào)至卡位4電腦與水平面夾角θ變小，則重力的沿斜面重量減小，故防滑擋板對(duì)電腦的支持力變小，B錯(cuò)誤；C．散熱底座對(duì)電腦的作用力與電腦的重力是平衡力關(guān)系，電腦始終處于平衡狀態(tài)，故散熱底座對(duì)電腦的作用力不變，C錯(cuò)誤；D．電腦受到支撐面板的支持力與防滑擋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錯(cuò)誤。故選A。3．C【詳解】AB．對(duì)接前飛船在與核心艙要在相距200米的“保持點(diǎn)”相對(duì)靜止一段時(shí)間，即有共同的角速度；假設(shè)只有萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力，由，可得由于二者的軌道半徑不同，則二者的角速度不等，飛船不能與核心艙保持相對(duì)靜止，所以飛船肯定要消耗燃料，使得飛船與核心艙具有相同的角速度，地球?qū)︼w船的吸引力與發(fā)動(dòng)機(jī)的推力的合力等于其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故AB錯(cuò)誤；C．二者能夠保持相對(duì)靜止，說(shuō)明二者的角速度相同，而飛船軌道半徑小，依據(jù)可知，飛船在“保持點(diǎn)”運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度小于核心艙運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度，故C正確；D．依據(jù)可知，飛船在“保持點(diǎn)”的向心加速度小于核心艙的向心加速度，故D錯(cuò)誤。故選C。4．B【詳解】A．無(wú)線(xiàn)充電工作原理是：變化的電流流過(guò)放射線(xiàn)圈會(huì)產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，當(dāng)接收線(xiàn)圈靠近該變化的磁場(chǎng)時(shí)就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流給手機(jī)充電，利用的是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；B．變壓器不轉(zhuǎn)變溝通電的頻率，接收線(xiàn)圈中電流的頻率與放射線(xiàn)圈中電流的頻率相等，均為100kHz，B正確；C．若充電時(shí)不漏磁，兩線(xiàn)圈可視為抱負(fù)變壓器，功率無(wú)損耗，匝數(shù)比但是本題中充電時(shí)效率大約為55%，功率有損耗，所以匝數(shù)比不是，故C錯(cuò)誤；D．放射線(xiàn)圈接的是溝通電，當(dāng)放射線(xiàn)圈的電流減小時(shí)，由楞次定律可知接收線(xiàn)圈有擴(kuò)大的趨勢(shì)，當(dāng)放射線(xiàn)圈的電流增大時(shí)，由楞次定律可知接收線(xiàn)圈有收縮的趨勢(shì)，故D錯(cuò)誤。故選B。5．A【詳解】A．如圖光線(xiàn)在反光單元內(nèi)發(fā)生兩次反射的反射角分別為和，依據(jù)幾何學(xué)問(wèn)可知，故有，所以與平行，依據(jù)光路的可逆性可知從反光單元反射的出射光線(xiàn)與入射光線(xiàn)方向也平行，故A正確；B．反光單元材料折射率越小，光線(xiàn)發(fā)生全反射的臨界角越大，光線(xiàn)在反光單元材料內(nèi)越不簡(jiǎn)潔發(fā)生全反射，有部分光線(xiàn)將在直角邊界面發(fā)生折射，故最終從斜邊折射出去的光線(xiàn)越少，反光效果越差，故B錯(cuò)誤；C．不同顏色的光在反光單元中的折射率不同，故光在反光單元內(nèi)的傳播速度不同，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)發(fā)生全反射時(shí)的臨界角為，若光線(xiàn)在Q點(diǎn)發(fā)生全反射，即，結(jié)合可知不肯定大于或等于臨界角，故在P點(diǎn)也不肯定發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。故選A。6．D【詳解】A．平安氣囊的作用增加了碰撞時(shí)假人的減速時(shí)間，碰撞前后假人動(dòng)量的變化量不變，假人受到的合外力減小，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)牛頓第三定律可知平安氣囊對(duì)假人的作用力等于假人對(duì)平安氣囊的作用力，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)動(dòng)量定理可知碰撞過(guò)程中平安氣囊和平安帶對(duì)假人的沖量大小為故C錯(cuò)誤；D．碰撞過(guò)程中平安氣囊和平安帶對(duì)假人的平均作用力大小為故D正確。故選D。7．D【詳解】A．將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x方向速度與磁場(chǎng)方向平行，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)且x=v0cosα·t沿y軸方向，速度與磁場(chǎng)方向垂直，洛倫茲力供應(yīng)向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)且解得所以所以，若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則D、△x均減小，故B錯(cuò)誤；C．若僅增大，則D、△x皆按比例增大，故C錯(cuò)誤；D．若僅增大α，則D增大而△x減小，且°時(shí)故D正確。故選D。8．AD【分析】平行板電容器的打算式為C=，加速、減速會(huì)影響兩金屬片之間的距離d，由此可以推斷。【詳解】A.當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，加速度方向向上，彈簧片向下彎曲，電容變大，即C＞C0，故A正確；B.當(dāng)升降機(jī)減速上升時(shí)，加速度方向向下，彈簧片向上彎曲，電容變小，即C＜C0，故B錯(cuò)誤；C.當(dāng)升降機(jī)減速下降時(shí)，加速度方向向上，彈簧片向下彎曲，電容變大，即C＞C0，故C錯(cuò)誤；D.當(dāng)升降機(jī)加速下降時(shí)，加速度方向向下，彈簧片向上彎曲，電容變小，即C＜C0，故D正確。故選AD.9．AC【詳解】A．依據(jù)可知，a的半徑大于b的半徑，由于兩點(diǎn)是同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同，故a的向心加速度大于b點(diǎn)的向心加速度，A正確；B．由能量守恒可知，人對(duì)把手做功除了轉(zhuǎn)化為重物的機(jī)械能外，還有輪軸的動(dòng)能及摩擦生熱等，因此人對(duì)把手做的功大于重物機(jī)械能的增加量，B錯(cuò)誤；C．由功能關(guān)系可知滑輪對(duì)重物做的功等于重物機(jī)械能的增加量，C正確；D．若把手順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)則大軸上繞繩收緊，滑輪左側(cè)的繩向上，小軸上繞繩放松，滑輪右側(cè)的繩向下，故滑輪會(huì)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AC。10．BC【詳解】A．依據(jù)右手定則可知電流從b端通過(guò)電阻流到a端，因此b端的電勢(shì)高于a端的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B．金屬前輪邊緣所組成的圓形閉合回路面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則磁通量保持不變，故B正確；C．由于輪B和飛輪A通過(guò)鏈條傳動(dòng)，而A和C同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同，則得輻條產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)電阻R的熱功率而E∝ω，因此電阻R的熱功率與ω平方成正比，故C正確；D．電路中其他電阻忽視不計(jì)，則由可知，若ω保持不變，飛輪A的半徑也不變，但金屬前輪C的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的，則ab兩端的電壓并不會(huì)變?yōu)樵瓉?lái)的，故D錯(cuò)誤。故選BC。11．【答案】30.0°48.0°1.5適當(dāng)大一些全反射太大【詳解】（4）[1][2]量角器的分度值為1°，需要估讀到分度值的下一位，故示數(shù)分別為30.0°、48.0°。（5）[3]由光的折射定律可知，折射率（3）[4][5][6]為了減小入射角和折射角測(cè)量的相對(duì)誤差，試驗(yàn)中激光在O點(diǎn)入射時(shí)應(yīng)盡量使入射角適當(dāng)大一些，但考慮到入射光在圓柱體的直線(xiàn)邊界可能發(fā)生全反射現(xiàn)象，故入射角不能太大。12．【答案】甲【詳解】（1）[1]滑動(dòng)變阻器的滑片恰好置于最下端時(shí)，由歐姆定律可得[2]由受力平衡可得解得電子稱(chēng)的最大可測(cè)質(zhì)量為。（2）[3][4]當(dāng)電壓表的指針剛好指在表盤(pán)刻度的正中間時(shí)，電壓表讀數(shù)。如左圖所示的方案甲，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得由平衡條件可得聯(lián)立解得如右圖所示的方案乙，設(shè)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得解得又由平衡條件可得聯(lián)立解得（3）[5]左邊方案甲，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得又聯(lián)立可得與成線(xiàn)性關(guān)系，電子秤刻度均勻；右邊方案乙，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得又，聯(lián)立可得與不成線(xiàn)性關(guān)系，電子秤刻度不均勻；故方案甲更合理，電壓表示數(shù)與物體的質(zhì)量成正比，電壓表改裝的電子秤刻度是均勻的，便于測(cè)量。13．【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由題意作出光路圖，如圖所示

光線(xiàn)經(jīng)a點(diǎn)發(fā)生反射和折射，設(shè)第一次折射時(shí)折射角為r，由幾何關(guān)系可知光線(xiàn)ae與cd平行，由幾何關(guān)系可知?jiǎng)t依據(jù)折射定律代入數(shù)據(jù)解得（2）光束在該液體的速度為代入數(shù)據(jù)得由幾何關(guān)系知，光束在液體中傳播的距離為則光束在液體中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間代入數(shù)據(jù)解得14．【答案】（1）；（2），；（3）【詳解】（1）飲料罐加速階段的加速度依據(jù)牛頓其次定律解得（2）當(dāng)其次個(gè)飲料罐剛剛放上傳送帶時(shí)，兩個(gè)飲料罐間距離最小為當(dāng)其次個(gè)飲料罐速度與傳送帶速度相等時(shí)，兩個(gè)飲料罐間距離最大為（3）電動(dòng)機(jī)多做的功等于摩擦力對(duì)電動(dòng)機(jī)做的負(fù)功，放一個(gè)飲料罐時(shí)一分鐘內(nèi)電動(dòng)機(jī)多做的功15．【答案】（1）；（2）a、；b、25%【詳解】（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有豎直方向依據(jù)牛頓其次定律又