2024屆廣東省廣州市普通高中高三下學期二模物理試卷【含答案解析】

2024年廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測試（二）物理本試卷共6頁，15小題，滿分100分。考試用時75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、試室號、座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上，并在答題卡相應位置上填涂考生號。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無效。4.考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖，光電管接入電路，用紫外線照射光電管陰極時，發(fā)生了光電效應，回路中形成電流。下列說法正確的是（）A.電流方向為a→R→bB.電流方向為b→R→aC.光照時間越長，光電子的最大初動能越大D.入射光光強增大，光電子的最大初動能增大【答案】B【解析】【詳解】AB．電子從光電管陰極逸出，而電子帶負電，與電流方向相反，故電流方向為b→R→a，A錯誤，B正確；CD．逸出光子的最大動能只與入射光的頻率有關，故CD錯誤。故選B。2.如圖甲，由細線和裝有墨水的容器組成單擺，容器底端墨水均勻流出。當單擺在豎直面內擺動時，長木板以速度v垂直于擺動平面勻速移動距離L，形成了如圖乙的墨痕圖案，重力加速度為g，則該單擺的擺長為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據單擺的周期公式可得由圖可得聯(lián)立可得故選A3.如圖是O為圓心、AB為直徑的透明圓盤截面，一束激光從空氣中平行AB由C點射入圓盤，在B點反射后從D點平行AB射出。已知圓盤半徑和AC距離相等，則該圓盤對激光的折射率為（）A.1.5 B.2 C. D.【答案】D【解析】【詳解】已知圓盤半徑和AC距離相等，則為等邊三角形，而，由幾何知識得而入射角i與相等，由幾何知識得由折射定律故選D。4.如圖為某發(fā)電廠輸電示意圖，發(fā)電廠的輸出電壓為U，輸電線的等效電阻為r，輸電線路中的電流為I，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，則該變壓器（）A.輸入電壓為U B.輸入電壓為IrC.輸出電壓為 D.輸出電壓為【答案】C【解析】【詳解】該變壓器的輸入電壓為根據理想變壓器電壓比等于匝數(shù)比，可得可得該變壓器的輸出電壓為故選C。5.如圖，一輛汽車以恒定速率通過圓弧拱橋，N為橋面最高處，則汽車（）A.在N處所受支持力大小大于其重力B.在N處所受支持力大小等于其重力C.從M到N過程所受支持力逐漸增大D.從M到N過程所受支持力逐漸減小【答案】C【解析】【詳解】AB．在N點，根據牛頓第二定律可得所以故AB錯誤；CD．設汽車與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，則從M到N過程，速率v不變，θ減小，所以N增大，故C正確，D錯誤。故選C。6.如圖，在墻內或地面埋有一根通有恒定電流的長直導線。為探測該導線的走向，現(xiàn)用一個與靈敏電流計（圖中未畫出）串聯(lián)的感應線圈進行探測，結果如下表。忽略地磁場的影響，則該導線可能的走向是（）探測靈敏電流計有無示數(shù)線圈平面平行于地面Oabc沿Oa方向平移無沿Oc方向平移無線圈平面平行于墻面Oade沿Oa方向平移有沿Oe方向平移無A.Oa方向 B.Ob方向 C.Oc方向 D.Oe方向【答案】D【解析】【詳解】通電直導線周圍的磁場的是以導線為圓心的一個個同心圓，當線圈平面平行于地面Oabc移動時，線圈中無感應電流產生，則穿過線圈的磁通量不變，說明線圈平面與磁場所在平面平行，即通電導線應垂直于Oabc平面，當線圈平面平行于墻面Oade移動時，沿Oa方向平移有電流，磁通量變化，沿Oe方向平移無電流，磁通量不變，說明導線應該沿Oe方向。故選D。7.如圖，汽車定速巡航（即速率不變）通過路面abcd，t1時刻經過b、t2時刻經過c、t3時刻經過d。若汽車行駛過程所受空氣阻力和摩擦阻力的大小不變，則該過程汽車的功率P隨時間t變化的圖像是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】根據題意可知，汽車運動速率不變，設汽車行駛過程所受空氣阻力和摩擦阻力的大小為，在段有在段有在段有可知且、、保持不變，由公式可知，汽車的功率且、、保持不變。故選B。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖，將磁鐵回形針正上方緩慢靠近?；匦吾槺晃x桌面后向上運動過程（）A.加速度增大 B.加速度不變C機械能增大 D.機械能不變【答案】AC【解析】【詳解】AB．對回形針受力分析，有回形針被吸離桌面后向上運動過程中，所受磁場力增大，所以其加速度增大。故A正確；B錯誤；CD．磁場力對回形針做正功，回形針的機械能增大。故C正確；D錯誤。故選AC。9.如圖，運動員先后將甲、乙兩冰壺以相同的初速度從A點沿直線AO推離。若甲以加速度a1做勻減速運動后停在O點；乙先以加速度a2做勻減速運動，到達某位置，運動員開始刷冰面減小動摩擦因數(shù)，乙以加速度a3繼續(xù)做勻減速運動并停在O點，則（）A.a1<a2 B.a1<a3 C.a1>a3 D.a2>a3【答案】ACD【解析】【詳解】設，甲、乙兩冰壺的初速度為，乙先以加速度a2做勻減速運動的位移為，此時的速度是，由勻變速直線運動的速度位移關系公式，對甲冰壺可得對乙冰壺可得聯(lián)立可得整理可得由題意可知，乙冰壺在位移的摩擦力大于在位移的摩擦力，由牛頓第二定律可知，可得，又有對上式可知，若，則有，現(xiàn)有，推理可知。故選ACD。10.如圖，無初速度的經加速電場加速后，沿水平虛線進入速度選擇器，打到右側熒光屏上O點。若無初速度的和經同一加速電場加速，進入速度選擇器，最后打到右側熒光屏上，則（）A.打到O點 B.打到O點C.打到O點下方 D.打到O點上方【答案】BC【解析】【詳解】在加速電場中，根據動能定理解得經加速電場加速后，沿水平虛線進入速度選擇器，打到右側熒光屏上O點，則可得的荷質比等于的荷質比，故離開加速電場時的速度等于離開加速電場時的速度，等于，故打到O點；的荷質比大于的荷質比，故離開加速電場時的速度大于離開加速電場時的速度，大于，在速度選擇器中，受到洛倫茲力大于電場力，打到O點下方。故選BC。三、非選擇題：共54分，考生根據要求作答。11.1.如圖甲，用量程為5N的彈簧測力計，測量一個超出其量程的物體的重力：（1）將表面印有等距圓環(huán)的白紙固定在豎直放置的木板上；（2）三根細線分別與彈簧測力計一端、一個圖釘、待測重物相連，彈簧測力計的另一端固定，通過改變圖釘在木板的位置調節(jié)細線OB，使細線的結點O與圓環(huán)的圓心位置重合；（3）標出OA、OB、OC的拉力方向，記錄彈簧測力計的讀數(shù)__________N；（4）①根據共點力平衡條件和平行四邊形定則，用“力的圖示”在圖乙中作出OA、OB拉力的合力______________；②由作圖結果可得重物的重力為___________N（結果保留一位小數(shù)）?！敬鸢浮竣?.00##2.99##3.01②.見解析③.7.0##6.8##6.9##7.1##7.2【解析】【詳解】（3）[1]彈簧測力計的最小分度為0.1N，讀數(shù)時需要估讀到0.01N，所以其讀數(shù)為3.00N。（4）①[2]做出力的圖示，如圖所示②[3]由作圖結果可得重物的重力為7.0N。12.用圖（a）的電路研究電容器的充放電，電源電動勢為12V（內阻忽略不計）；R1、R2、R3為定值電阻，其中R2=160Ω；電流傳感器（內阻忽略不計）將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間變化的I-t圖像。（1）①閉合開關K2，開關K1與1接通，待充電完成后，再與2接通，電容器放電的I-t圖像如圖（b）中的圖線I，圖線I與時間軸圍成的“面積”為S1，其物理意義是_______________________________；②斷開開關K2，開關K1與1接通，待充電完成后，再與2接通，電容器放電的I-t圖像如圖（b）中的圖線II，圖線II與時間軸圍成的“面積”為S2，理論上應該有S1__________S2（選填“>”“<”或“=”）；（2）測得S1為2.64mA?s，由此可知電容器的電容C=________μF，定值電阻R3=________Ω；開關K2閉合時，電容器放電過程中通過R3的電量為____________C?！敬鸢浮浚?）①.電容器放電過程，通過電流傳感器的電荷量②.=（2）①.220②.480③.【解析】【小問1詳解】①[1]根據可知I-t圖像與對應時間軸所圍成的面積表示的物理意義是電荷量，即電容器放電過程，通過電流傳感器的電荷量。②[2]S1和S2均表示電容器放電的電荷量，所以小問2詳解】[1]根據可得[2]根據可知，兩次放電過程的最大電流與電路電阻成反比，即解得[3]開關K2閉合時，電容器放電過程中通過R3的電量為13.如圖為某同學根據“馬德堡半球模型”設計的實驗。兩個底面積相同的輕質圓筒，開口端緊密對接，圓筒內封閉氣體的總體積為V0=28mL，其壓強與大氣壓強相等，均為p0=1.0×105Pa。將注射器活塞推至針筒底部，通過細管與氣閥連通；打開氣閥，然后緩慢拉動活塞，當注射器內氣體體積為時停止拉動。已知圓筒的底面積，裝置氣密性良好，圓筒形狀與氣體溫度全程不變。（1）求停止拉動活塞時圓筒內氣體的壓強p；（2）關閉氣閥，撤去注射器，求將兩個圓筒沿軸線拉開的最小拉力F?！敬鸢浮浚?）；（2）18N【解析】【詳解】（1）抽氣過程，以原球內氣體為研究對象，緩慢過程為等溫變化過程，由玻意耳定律可得解得（2）對一個圓筒受力分析，有可知將兩個圓筒沿軸線拉開的最小拉力為18N。14.如圖，水平面內固定有平行長直金屬導軌ab、cd和金屬圓環(huán)；金屬桿MN垂直導軌靜止放置，金屬桿OP一端在圓環(huán)圓心O處，另一端與圓環(huán)接觸良好。水平導軌區(qū)域、圓環(huán)區(qū)域有等大反向的勻強磁場。OP繞O點逆時針勻速轉動；閉合K，待MN勻速運動后，使OP停止轉動并保持靜止。已知磁感應強度大小為B，MN質量為m，OP的角速度為ω，OP長度、MN長度和平行導軌間距均為L，MN和OP的電阻阻值均為r，忽略其余電阻和一切摩擦，求：（1）閉合K瞬間MN所受安培力大小和方向；（2）MN勻速運動時的速度大?。唬?）從OP停止轉動到MN停止運動的過程，MN產生的焦耳熱。【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）當OP繞O點逆時針勻速轉動時，由右手定則可知O點電勢高，OP切割磁感線產生感應電動勢為閉合K瞬間，由閉合電路歐姆定律可知，通過MN的電流大小為方向由M到N。則有MN所受安培力大小為由左手定則可知，安培力方向水平向左。（2）閉合K后，則有MN向左做加速運動，速度逐漸增大，MN切割磁感線產生感應電動勢，則感應電流方向與原電流方向相反，減弱原電流，可知MN受安培力逐漸減小，做加速度減小的加速運動，當MN中電流減小到零時，安培力是零，加速度是零，MN的速度達到最大，設為，此時做勻速直線運動，則有MN切割磁感線產生感應電動勢與OP產生的感應電動勢大小相等，可知解得（3）從OP停止轉動到MN停止運動的過程，由能量守恒定律可知，電路中產生的焦耳熱為MN產生的焦耳熱為15.圖（a）是水平放置的“硬幣彈射器”裝置簡圖，圖（b）是其俯視圖?；蹆鹊淖舶逋ㄟ^兩橡皮繩與木板相連，其厚度與一個硬幣的相同?；鄢隹诙说摹皫艂}”可疊放多個相同的硬幣。撞板每次被拉動至同一位置后靜止釋放，與底層硬幣發(fā)生彈性正碰；碰后，撞板立即被鎖定，底層硬幣被彈出，上一層硬幣掉下補位。底層硬幣被撞后在摩擦力作用下減速，最后平拋落到水平地面上。已知每個硬幣質量為m，撞板質量為3m；每次撞板從靜止釋放到撞擊硬幣前瞬間，克服摩擦力做功為W，兩橡皮繩對撞板做的總功為4W；忽略空氣阻力，硬幣不翻轉。（1）求撞板撞擊硬幣前瞬間，撞板的速度v；（2）當“幣倉”中僅