廣東省2024年高考物理模擬試卷及答案43

廣東省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單選題得分1．據(jù)中國載人航天工程辦公室2023年3月12日消息，目前，“神舟十五號”內的航天員狀態(tài)良好，計劃于2023年6月返回地面。航天員能在飛船內處于漂浮狀態(tài)，關于這種狀態(tài)，下列說法正確的是（）A．航天員所受的合力為零B．航天員遠離地球，不受到地球的引力C．飛船對航天員的支持力大于航天員對飛船的壓力D．航天員受到的地球的萬有引力提供其隨飛船運動所需的向心力2．手推翻斗車是建筑工地上常用的工具，翻斗車的高度比工人雙手的高度略低，工地上的工人大多都是背對翻斗車拉車前行，也有工人面對翻斗車推車，在車內貨物相同的情況下，要使車勻速運動，斜向下推車或斜向上拉車時，人對車的作用力方向與水平方向的夾角相等。關于推車的推力和拉車的拉力大小，下列說法正確的是（）A．推力大于拉力 B．推力等于拉力C．推力小于拉力 D．無法確定哪個力大3．一同學在室內空調顯示屏上看到室內的空氣溫度，為了測出室外的空氣溫度，他將一近似球形的氣球在室內吹大并放置較長一段時間后，測量其直徑為L1之后拿到室外并放置較長一段時間后，測量其直徑為L2，A．氣球內氣體對外界做負功 B．氣球內氣體對外界不做功C．室外溫度比室內溫度高 D．氣球在室外放出了熱量4．如圖所示，小鴨A（視為質點）在平靜的河道內靠近岸邊戲水，在水面上引起一列穩(wěn)定的水波，B為岸邊的一點，已知P點為小鴨A和B點連線的中點，則下列說法正確的是（）A．P處質點比B處質點的振動頻率大 B．P處質點將隨水波運動到B點C．P點與B點的振動方向一定相反 D．小鴨A與質點P（已經振動）的振動周期相等5．如圖所示，兩等量同種點電荷+q（q>0）固定在菱形的兩個頂點A、C上。E、F是該菱形對角線AC與其內切圓的交點，O點為內切圓的圓心，a、b、c、d四點為切點?，F(xiàn)有一帶正電的點電荷從E點由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．a、b、c、d四點的電場強度相同B．D、O、B三點的電勢相等C．點電荷在從E點運動到O點的過程中電場力做正功D．點電荷從E點運動到F點的過程中速度一直增大6．如圖所示，某同學在籃筐前某位置跳起投籃?；@球出手點離水平地面的高度h=1.8m?；@球離開手的瞬間到籃筐的水平距離為5m，水平分速度大小v=10m/s，要使籃球到達籃筐時，豎直方向的分速度剛好為零。將籃球看成質點，籃筐大小忽略不計，忽略空氣阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。籃筐離地面的高度為（）A．2.85m B．3.05m C．3.25m D．3.5m7．已知氫的同位素氚（13H）的原子能級分布與氫（11H）的原子能級分布相同，用光子能量為12.75eV的光束照射大量處于基態(tài)的氚（A．氫原子躍遷時，一共能發(fā)出6種不同頻率的光子B．從金屬板上打出的粒子的最大初動能為9.84eVC．光束照射氚（13D．從金屬板上打出的粒子是中子閱卷人二、多選題得分8．變壓器是輸配電的基礎設備，廣泛應用于工業(yè)、農業(yè)、交通、城市社區(qū)等領域。某理想變壓器的簡化模型如圖所示，原線圈所接交流電源電壓的有效值不變，電流表和電壓表均為理想電表，若副線圈所接的負載電阻的阻值變大，則下列說法正確的是（）A．電源的輸出功率減小 B．電壓表的示數(shù)變大C．電流表的示數(shù)變小 D．負載的電功率變大9．一木箱靜止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F與時間t的關系圖像如圖所示，4s后木箱做勻速直線運動，圖中F1、F2、F3已知，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．0~2s內，木箱保持靜止 B．可求出木箱與地面間的動摩擦因數(shù)C．可求出0~6s內合力的沖量大小 D．可求出0~6s內木箱克服摩擦力做的功10．可控核聚變的磁約束像一個無形的管道，將高溫等高子體束縛在其中，通過電磁感應產生的渦旋電場給等離子體加速，此情境可以簡化為如圖所示的裝置，兩個半徑不同的同心環(huán)形光滑絕緣管道a、b處于垂直紙面向里、磁感應強度大小隨時間均勻增大的勻強磁場中，甲、乙兩個完全相同的帶負電小球分別在a、b兩管道中同時由靜止釋放，之后兩小球在管道內做速率隨時間均勻增大的加速運動，不計小球受到的重力及小球間相互作用力，下列說法正確的是（）A．小球甲沿逆時針方向運動 B．小球乙沿順時針方向運動C．小球甲受到的洛倫茲力保持不變 D．小球乙受到的洛倫茲力變大閱卷人三、實驗題得分11．據(jù)報道，中國航母的電磁彈射技術已經領先世界。若某次做模擬直線彈射實驗時，從某時刻（t＝0）開始的一段時間內，利用傳感器每隔0.5s測量一次模型機的位置，坐標為x，結果如下表所示。t/s00.511.52x/m05.120.245.180.2（1）由表格中的數(shù)據(jù)可知，該模型機做（填“勻加速”、“勻速”或“勻減速”）直線運動。（2）在0.5s?1.5s內，該模型機的平均速度大小v＝m/s（結果保留兩位有效數(shù)字）。（3）這段時間內該模型機的加速度大小a＝m/s2（結果保留兩位有效數(shù)字）。12．某實驗小組欲制作一個兩擋位（“×1”“×10”）的歐姆表，使用的實驗器材如下：A．電流表G（滿偏電流Ig=1mAB．定值電阻R0C．定值電阻R1D．滑動變阻器R2E．電源（電動勢為9V）；F．單刀雙挪開關S；G．紅、黑表筆及導線若干。其內部結構如圖所示，回答下列問題：（1）圖中A接（填“紅”或“黑”）表筆；（2）將單刀雙擲開關S與1接通時，歐姆表的擋位為（填“×1”或“×10”）；（3）現(xiàn)用該歐姆表測量一未知電阻Rx，選用“×10”擋位并歐姆調零后，將電阻Rx接在A、B之間，發(fā)現(xiàn)電流表幾乎滿偏，斷開電路并將“×10”擋位換成“×1”擋位，再次歐姆調零時，滑動變阻器R2的滑片（填“向上”或“向下”）移動，使電流表滿偏，再次將電阻Rx接在A、B之間，穩(wěn)定后電流表⑥的指針對準刻度盤上的0.6mA處，則未知電阻閱卷人四、解答題得分13．如圖所示，半圓形透明柱體，其橫截面的半徑為R，圓心為O，AB為水平直徑，現(xiàn)有一單色細光束從OB中點以與豎直方向成α的角度射入，光束折射后恰好能到達S點。已知sinα=（1）求該柱體的折射率n；（2）若用該單色光垂直照射整個AB面，求在半圓弧ASB上有光透出的弧長與ASB的比值k。14．如圖所示，固定水平桌面左右兩端分別放有質量m1＝0.5kg和m2＝1kg的P、Q兩物塊（均可視為質點），現(xiàn)給物塊P一水平向右的初速度，物塊P向右運動一段時間后與物塊Q發(fā)生彈性碰撞（時間極短），碰撞后物塊P停在桌面上距右端L＝0.25m處，物塊Q離開桌面后做平拋運動，水平射程x＝1m。已知桌面距水平地面的高度h＝l.25m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）物塊Q離開桌面時的速度大??；（2）物塊P與桌面間的動摩擦因數(shù)。15．如圖所示，在第一象限的0≤x≤L區(qū)域內存在沿x軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場，在x≥L的區(qū)域內存在沿y軸負方向、電場強度大小未知的勻強電場E'，x軸下方存在垂直紙面向外、磁感應強度大小未知的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計粒子的重力）從y軸上A（0，L）點處由靜止釋放，粒子離開0≤x≤L區(qū)域后撤去該區(qū)域內的勻強電場，粒子經C（3L，0）進入x軸下方的磁場中，之后粒子經過第二象限回到A點。求（1）勻強電場的電場強度大小E'（2）粒子從A點出發(fā)至第一次返回A點所用時間t。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】AD.航天員隨飛船做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，所以合力不為零，A不符合題意，D符合題意；

B.航天員雖然遠離地球，但是仍然受到地球的引力作用，B不符合題意；

C.飛船對航天員的支持力與航天員對飛船的壓力屬于作用力與反作用力，兩者等大反向，C不符合題意；

故答案為：D。

【分析】航天員在飛船內處于漂浮狀態(tài)，是完全失重現(xiàn)象，依然受到地球的引力，且地球引力充當航天員隨飛船做圓周運動的向心力。2．【答案】A【解析】【解答】斜向上拉車時，對車受力分析，如圖1：

由平衡條件得，水平方向：F1cosθ=f1，豎直方向：N1+F1sinθ=mg，又滑動摩擦力f1=μN1，聯(lián)立解得：F1=μmgcosθ+μsinθ3．【答案】C【解析】【解答】AB.L2>L1，即氣球直徑變大，說明氣體膨脹，氣體對外界做功，AB不符合題意；

C.氣球表皮的彈力不變，大氣壓不變，則氣體做等壓變化，由VT=C可知，體積變大，則溫度升高，所以室外溫度比室內溫度高，C符合題意；

D.根據(jù)熱力學第一定律4．【答案】D【解析】【解答】AD.波傳播是波源的振動形式，所以介質中所有質點振動的周期和頻率，都與波源的周期和頻率相等，故P處質點與B處質點的振動頻率一樣，小鴨A與質點P（已經振動）的振動周期相等，A不符合題意，D符合題意；

B.質點不隨波遷移，而是在其平衡位置附近往復振動，B不符合題意；

C.只有相隔半波長奇數(shù)倍的兩質點的振動情況才總相反，所以在不確定P點與B點的距離與波長的關系的情況下，無法確定這兩點的振動方向是相同還是相反，C不符合題意。

故答案為：D。

【分析】介質中所有質點振動的周期和頻率都與波源的周期和頻率相等；質點不隨波遷移；相隔半波長奇數(shù)倍的兩質點的振動情況總相反，相隔波長整數(shù)倍的兩質點振動情況總相同。5．【答案】C【解析】【解答】A.等量同種電荷周圍的電場線分布如圖所示：

由圖可知，a、b、c、d四點的電場強度大小相等，但是方向不同，A不符合題意；

B.沿電場線方向電勢降低，根據(jù)電場線的方向以及電場線的對稱性可知D和B兩點的電勢相等，但是低于O點的電勢，B不符合題意；

C.帶正電點電荷在從E點運動到O點的過程中受到的電場力與位移方向相同，所以此過程中電場力做正功，C符合題意；

D.帶正電點電荷從E點運動到F點的過程中受到的電場力先向右，后向左，電荷先做加速運動，后做減速運動，所以點電荷的速度先增大后減小，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)等量同種電荷的電場線分布分析各點場強；沿電場線的方向電勢降低；根據(jù)電場力與位移的方向關系判斷功的正負；根據(jù)運動過程中電場力的方向分析點電荷的運動情況。6．【答案】B【解析】【解答】籃球做斜拋運動，水平方向上做勻速直線運動，離開手到籃筐的時間為t=xv=510s=0.5s，要使籃球到達籃筐時，豎直方向的分速度剛好為零，則有7．【答案】A【解析】【解答】A.因為-13.6eV+12.75eV=-0.85eV，所以用光子能量為12.75eV的光束照射大量處于基態(tài)的氚原子，氫原子會躍遷到n=4的激發(fā)態(tài)，因此當氫原子向基態(tài)躍遷時，根據(jù)C42=6可知，一共能發(fā)出6種不同頻率的光子，A符合題意；

B.光子照射到金屬上時，根據(jù)光電效應方程可知，從金屬板上打出的粒子的最大初動能為：Ekm=?ν?W=12.75eV?2.25eV=10.5eV，B不符合題意；

C.物質的半衰期是由原子核自身性質決定的，不會因為光束的照射而發(fā)生變化，所以氚核的半衰期不變，C不符合題意；

8．【答案】A,C【解析】【解答】B.原線圈所接交流電源電壓的有效值U1不變，由u1u2=n1n2知，電壓表讀數(shù)U2不變，故B錯誤；

D.若副線圈所接的負載電阻的阻值變大，負載的電功率由P2=U22R知，變小，故D錯誤；

A.由P1=P2知，電源輸出功率減小，故A正確；

C.由P1=U1I1知，電流表示數(shù)變小，所以C正確。

故選AC。

【分析】(1)U1不變，根據(jù)u1u2=n1n2，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可以得出不論負載電阻R如何變化，9．【答案】A,C【解析】【解答】A.4s后木箱做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，木箱受到的最大靜摩擦等于滑動摩擦力f=F2＞F1，可知，0~2s內木箱靜止，故A正確；

B.滑動摩擦力f=F2=μmg，由于木箱質量m未知，所以木箱與地面的動摩擦因數(shù)不可求，故B錯誤；

C.F-t圖像與時間軸圍成的面積表示拉力F的沖量IF，由圖可知，在0~2s內木箱受到靜摩擦力f1=F1，沖量：If1=?F1t1，2~6s內木箱受到的滑動摩擦力f=F210．【答案】B,D【解析】【解答】AB、磁場垂直紙面向里、磁感應強度大小隨時間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，在管道內產生的感生電場為逆時針方向，小球a、b帶負電，受力方向與電場方向相反，則小球a、b被感生電場加速后在磁場中的旋轉方向為順時針方向，故A錯誤，B正確；

CD、帶電小球a、b的速度方向始終與磁場方向垂直，受洛倫茲力的作用，洛倫茲力公式F=qvB，兩個小球速度v增大，磁感應強度B增大，則小球a、b受到的洛倫茲力變大，故C錯誤，D正確。

故選：BD。

【分析】磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場，根據(jù)楞次定律判斷感生電場的方向，根據(jù)負電荷受力方向與電場方向相反判斷小球的受力方向，再判斷其運動方向；

根據(jù)洛倫茲力公式判斷洛倫茲力的大小。11．【答案】（1）勻加速（2）40（3）40【解析】【解答】(1)由表格數(shù)據(jù)得，0~0.5s內模型機的位移x1=5.1m

0.5~1s內模型機的位移x2=20.2m-5.1m=15.1m

1~1.5s內模型機的位移x3=45.1m-20.2m=24.9m

1.5~2s內模型機的位移x4=80.2m-45.1m=35.1m

在連續(xù)相等時間T=0.5s內的位移之差接近?x=10m，可知該模型機做勻加速直線運動；

(2)0.5s~1.5s內，該模型機的平均速度大?。簐=?x?t=45.1?5.11.5?0.5m/s=40m/s【分析】(1)根據(jù)表格數(shù)據(jù)得到連續(xù)相等時間內位移之差近似相等，符合勻變速直線運動的規(guī)律判斷模型機的運動性質；

(2)根據(jù)平均速度定義式求解模型機的平均速度；

(3)利用逐差法求解模型機的加速度。

12．【答案】（1）黑（2）×10（3）向下；60【解析】【解答】(1)由題圖可知，歐姆表內部的電流從電源開始流向電流表的+接線柱（紅色），從電流表的-接線柱（黑色）流出，從黑表筆表流出，筆A接歐姆表內部電池的正極，內部電流從黑表筆流出，因此A為黑表筆；

(2)當單刀雙擲開關S與1接通時，電流表的電阻R0與R1串聯(lián)，電流表為小量程，歐姆表紅、黑表筆短接時，調節(jié)R2，使電流表滿偏，設此時歐姆表內阻為R內，根據(jù)閉合電路的歐姆定律Im=ER內，

AB之間接電阻R中，電流表指針半偏：12Im=ER內+R中

解得：R中=R內=EI【分析】(1)根據(jù)歐姆表內部電流遵循“黑出紅進”的原則作出判斷或者按照電流走向作出判斷；

(2)當單刀雙擲開關S與1接通時，電流表的電阻R0與R1串聯(lián)，電流表小量程，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解中值電阻，并判斷中值電阻的大小，進而判斷擋位的大??；

(3)歐姆表的擋位由“X10”換成“X1”擋位，中值電阻變小，歐姆表的內阻變小，分析滑動變阻器滑動片的移動方向；

由于歐姆表內阻變小，歐姆表的滿偏電流變大，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的特點求解電流表的量程，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解歐姆表內阻，最后根據(jù)歐姆定律求解待測電阻值。13．【答案】（1）解：畫出光線從C點射入的光路圖根據(jù)幾何關系，結合光的折射定律，有n=（2）解若用該單色光垂直照射整個AB面，設從F點射入的光線，折射后經過E點剛好發(fā)生全發(fā)射，根據(jù)幾何關系和全反射條件，有1n=聯(lián)立解得OF=根據(jù)對稱性，在半圓弧ASB上有光透出的弧長所對圓心角為60°，所以透光弧長與ASB的比值k=【解析】【分析】(1)畫出光路圖，根據(jù)幾何關系求出折射角的正弦值，結合折射定律求解柱體的折射率；

(2)光線垂直AB面入射，光線沿直線傳播，畫出恰好在半圓弧上發(fā)生全反射的左右對稱的兩條光線，根據(jù)幾何關系和全反射條件，解得從半圓弧ASB上射出的光線對應圓心角，k值為此圓心角與半圓弧ASB的圓心角的比值。14．【答案】（1）解：物塊Q離開桌面后做平拋運動有x＝v1t，?=解得v1＝2m/s（2）解：物塊P與Q碰撞過