广州市2023-2024学年高三二诊模拟考试物理试卷含解析

广州市岭南中学2023-2024学年高三二诊模拟考试物理试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，轻绳跨过光滑定滑轮，左端与水平地面上的物块M相连，右端与小球N相连，整个装置处于静止状态。

现对小球N施加一水平拉力使其缓慢移动一小段距离，整个过程物块加保持静止，地面对物块M的摩擦力为了则此

A.f变大,F变大

B./变大，尸变小

C./变小，F变小

D./变小，F变大

2、伽利略在研究力和运动的关系的时候，用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，又滚上另一个倾

角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示.伽利略设计这个实验的目的是为了说明（）

A.如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度

B.如果没有摩擦，物体运动过程中机械能守恒

C.维持物体做匀速直线运动并不需要力

D.如果物体不受到力，就不会运动

3、如图，一个质量为机的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的

轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的尸、。两点处，弹簧的劲度系数为左，起初

圆环处于。点，弹簧处于原长状态且原长为将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L,重力加速度为g,对于圆环

从A点运动到5点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是

A.圆环通过O点的加速度小于g

B.圆环在O点的速度最大

2kL

C.圆环在A点的加速度大小为gn------

m

D.圆环在5点的速度为2必

4、如图甲所示，AB两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确

的是()

A.%时刻，两环作用力最大

B.t?和时刻，两环相互吸引

C.t2时刻两环相互吸引，时刻两环相互排斥

D.和时刻，两环相互吸引

5、一列简谐横波沿工轴负方向传播，f=0时刻的波形图象如图所示，此时刻开始介质中x=1.0m的质点P经0.25s第

一次回到平衡位置。则下列说法中正确的是()

A.f=。时刻质点P向％轴正方向运动

B.简谐横波的周期为0.8s

C.简谐横波传播的速度为4m/s

.10/、

D.质点尸经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为y=10sin§兀/(cm)

6、如图所示，图a中变压器为理想变压器，其原线圈接在"=24j，sin5(^f(V)的交流电源上，副线圈与限值叫=2。

的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。图b中限值为g=32。的电阻直接接到M=12/sin50?U(V)的交流

电源上，结果电阻与与与消耗的电功率相等，则（）

A.通过电阻叫的交流电的频率为50Hz

B.电阻与消耗的电功率为9W

C.变压器原、副线圈匝数比为8:1

D.电流表的示数为2.5A

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为机的光滑

小球A、5用长为L的轻杆及光滑较链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球5以不同的角速度。绕竖直杆匀

速转动，当转动的角速度为时，小球5刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为重力加速度为g,

则

A.小球均静止时，弹簧的长度为乙-丁

k

B.角速度0=0°时，小球4对弹簧的压力为mg

c.角速度%心方々一

D.角速度从力继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变

8、一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图1所示；图2为该波在某一时刻的波形图，A点

位于x=0.5m处。下列说法正确的是

A.由图1可知，位于原点的质点振动的振幅是16cm

B.位于原点的质点振动的周期是0.2s

由图在等于，周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移为零

C.1,f1

D.该波的传播速度是20m/s

E.由图2可知，经过周期后，4点离开平衡位置的位移是-8cm。

9、如图所示，质量为4机的球A与质量为机的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜

面倾角a=30。，球B与质量为机的球C通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A,

使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A,

不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

p

A.释放球A瞬间，球B的加速度大小为5

B.释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大

C.球A沿斜面下滑的最大速度为2g后

D.球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒

10、质量为机的小球以初速度%从O点水平抛出，经过A点时其速度方向与水平面的夹角为37。，经过B点时，其

速度方向与水平面的夹角为60°,已知当地重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法正确的是（）

A.小球从O点运动B点经历的时间为每

g

4

B.小球从O点运动A点的过程中速度大小的改变量为-V

3o

1

C.小球从O点运动B点的过程中重力做的功为了加例

3o

D.小球在B点时重力的功率为J5mgv。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。

A.待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V,内阻约几欧姆

B.直流电压表V「V2,量程均为3V,内阻约为3k。

C.定值电阻/?（,,限值未知

D.滑动变阻器R,最大阻值火1n

E.导线若干和开关

（1）根据如图甲所示的电路图,用笔画线代替导线,把图乙中的实物连成实验电路.

（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R。，方法是把滑动变阻器K调到最大阻值再闭合开关，电压表匕

和V2的读数分别为q。、50，贝_____（4。、°，。、此，表示）;

AJLU4UUJLUZUHl

（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V]和丫2的多组数据4、u2,描绘出U]-4图像如图所示，图中直线斜率

为k,与纵轴的截距为a,则两节干电池的总电动势E=，总内阻「=（用限叫叫表示）。

12.（12分）某实验小组用如图所示的装置通过研究小车的匀变速运动求小车的质量。小车上前后各固定一个挡光条

（质量不计），两挡光条间的距离为L,挡光条宽度为乙小车释放时左端挡光条到光电门的距离为x,挂上质量为机

的钩码后，释放小车，测得两遮光条的挡光时间分别为与。

（1）用游标卡尺测量挡光条的宽度，示数如图乙所示，则挡光条的宽度为心—cm；

（2）本实验进行前需要平衡摩擦力，正确的做法是—;

（3）正确平衡摩擦力后，实验小组进行实验。不断改变左端挡光条到光电门的距离x,记录两遮光条的挡光时间小

11

%作出TV~7；图像如图丙所示，图线的纵截距为左，小车加速度为一；小车的质量为一（用题中的字母表示）。

21

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，半径为勺=5m的:光滑圆弧45固定在水平面上，BCD为粗糙的水平面，和CD距离分

别为2.5m、1.75m,。点右边为光滑水平面，在。点静止着一个小滑块P,P与水平面间的动摩擦因数为5=。？，

容器M放置在光滑水平面上，M的左边是半径为1=2m的;光滑圆弧，最左端和水平面相切于。点。一小滑块Q

从A点正上方距4点高"=3.45m处由静止释放，从A点进入圆弧并沿圆弧运动，Q与水平面间的动摩擦因数为

电=0.5。Q运动到C点与P发生碰撞，碰撞过程没有能量损失。已知Q、P和M的质量分别为

？=1kg、m,=5kg、=1kg,重力加速度g取iOm/s2,求：

(DP,Q第一次碰撞后瞬间速度大小；

(2)Q经过圆弧末端B时对轨道的压力大小；

(3)M的最大速度。

14.(16分)如图所示，一平行玻璃砖的截面是一个矩形，玻璃砖的厚度为d,OC面涂有反光材料。一束极窄的光线

从A点以，=60°的入射角射入玻璃砖，AB间的距离为姐d,已知A点的折射光线恰好射到。点，CD间的距离为

12

史d,已知光在真空中的传播速度为c。求：

4

①玻璃砖的折射率；

②光线从A点进入玻璃到第一次射出玻璃砖所经历的时间。

15.(12分)某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，如图

所示.一质量为m,带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点沿半径射入磁场，从N点射

出磁场.已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30。角，弧MN是圆周长的1/3,粒子重力不计.求:

(1)电场强度E的大小.

(2)圆形磁场区域的半径R.

(3)带电粒子从P点到N点，所经历的时间t.

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、A

【解析】

对小球N进行分析，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为a,则有

F=mgtana

Tmg

cosa

细绳与竖直方向夹角a逐渐增大，tana增大，所以水平拉力增大；cosa减小，所以绳子拉丁增大；

由于物块版始终静止在地面上，在水平方向，由平衡条件可得

f=TcosQ

则地面对物块M的摩擦力/也变大，故A正确，BCD错误。

故选Ao

2、C

【解析】

本题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜面实验”推翻了力是维持运动的原因的错误观点.

【详解】

伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状

态，故ABD错误，C正确.故选C.

【点睛】

伽利略“理想斜面实验，，在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正开始.

3、D

【解析】

A.圆环通过。点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g,故A错误；

B.圆环受力平衡时速度最大，应在。点下方，故B错误；

C.圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在4点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A

点弹簧伸长

(72-DL

根据牛顿第二定律，有

mg+2k(y]2L-L)cos45°=ma

解得

(2-J2)kL

a=g+--------------

m

故C错误；

D.圆环从A到5过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能

mg-2L=£mv2

解得

v=2脾

故D正确。

故选Do

4、B

【解析】

.时刻感应电流为零，故两环作用力为零，则选项A错误；t2时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的

电流，故相互吸引，t3时刻同理也应相互吸引，故选项B正确，C错误；时刻A中电流为零，两环无相互作用，选

项D错误.

5、D

【解析】

A.简谐波沿X轴负方向传播，所以f=0时刻质点尸向y轴正方向运动，故A错误；

B.简谐波沿y轴负方向传播，质点尸第一次回到平衡位置时，即x=6m处质点的振动传播到p点，所需的时间

?=0.25s=Ar,解得

T=0.6s

故B错误;

C.从题图上读出波长为12m,所以波速

v=—=20m/s

T

故C错误;

D.根据图象可知，此列波的振幅A=10cm,简谐波沿工轴负方向传播，T=0.6s,角速度

2兀10兀，，

3=——=-----rad/s

T3

则质点P经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为

.10

y=lOsin——兀fem

3

故D正确。

故选D。

6、C

【解析】

A.根据a=24J^sin507n(V)可知(o=507rrad/s,故频率为

2="=25出

2兀2兀

故A错误;

B.R2消耗的功率为

、m122

P=*—=一W=4.5W

R32

2

故为消耗的功率为4.5W,故B错误;

D.有尸=/2火]得

P

A=1.5A

电流表的示数为L5A,故D错误;

C.电阻为两端的电压为

%=[H]=L5x2=3V

故

n_U_24_8

-I-——1--.......——

nU31

故C正确。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ACD

【解析】

A.若两球静止时，均受力平衡，对5球分析可知杆的弹力为零，

N=mg.

设弹簧的压缩量为x,再对4球分析可得:

mg=kx,

故弹簧的长度为:

故A项正确；

BC.当转动的角速度为“。时，小球5刚好离开台面，即N；=°,设杆与转盘的夹角为°,由牛顿第二定律可知:

mg

—=m(D2Lrcostn)

tan0o

F-sin0=mg

而对A球依然处于平衡，有：

Fsin0+mg=F=kx

杆k2

而由几何关系：

sin0=__-L.

L

联立四式解得：

F=2mg,

k

R

3=-----2----

okL—2mg

则弹簧对A球的弹力为2根g,由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2机g,故B错误，C正确；

D.当角速度从外继续增大，5球将飘起来，杆与水平方向的夹角9变小，对A与5的系统，在竖直方向始终处于平

衡，有：

F=mg+mg=2mg

k

则弹簧对A球的弹力是2mg,由牛顿第三定律可知4球队弹簧的压力依然为2帆g,故D正确；

故选ACD。

8、BCE

【解析】

A.振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图1读出振幅A=8cm；故A错误.

B.质点完成一个全振动的时间叫做一个周期，从振动图象中可以看成周期二=0二s；故B正确.

C.当时，坐标原点的质点处在平衡位置向下运动，所以y=0；故C正确.

D.从图2中可以看出波长，所以波速；故D错误.

E.经过半个周期后，处于波峰的4质点运动到波谷位置，则离开平衡位置的位移为8cm,方向向下；故E正确.

9、BC

【解析】

A.开始时对球B分析，根据平衡条件可得

mg=kx

i

释放球A瞬间，对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得

4加gsina-mg+kx-5ma

解得

2

V5g

故A错误；

B.释放球A后，球C恰好离开地面时，对球C分析，根据平衡条件可得

mg=kx

2

对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得

4mgsina-mg-kx-5ma

22

解得

a—0

2

所以球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大，故B正确;

C.对球A和球B及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得

4mg(x+x)sina-mg(x+x)=£*5mv2

12122m

解得球A沿斜面下滑的最大速度为

故C正确;

ms

D.由％=x=半可知球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B两小球组成的系统在

12k

运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误;

故选BC。

10、AD

【解析】

A.小球从。点运动到B点时的竖直速度

v=vtan60=J3v

By00

经历的时间为

选项A正确；

B.小球从O点运动到A点的过程中速度大小的改变量为

Av=v=vtan37=—v

yAo40

选项B错误；

C.小球从O点运动3点的过程中，下落的高度

,V23V2

n==-o-

B2g2g

重力所做的功为

3

W=m0h=—mv2

B20

选项C错误；

D.小球在3点时重力的功率为

P=mgv=J3mgv

BGyB0

选项D正确；

故选AD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

【解析】

(1)口］如图所示

(2)［2］根据部分电路欧姆定律

U=U-U

01020

联立解得

U-U

R——so-7?

oU]

(3)[3][4]根据闭合电路欧姆定律有

U-U

E=U+—1-------2-r

1R

o

变形得

rR

U=----U+——E

iR2R

oo

由题意可知

k=r

R+r

0

R「

a=-----o-E

R+r

o

解得

kR

-------Q-

1-k

kd2

12、0.650去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光片挡光时间相等

~2L

【解析】

(1)[1].挡光条的宽度为rf=0.6cm+0.05mmx10=0.650cm.

(2)[2].本实验进行前需要平衡摩擦力，正确的做法是去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光片挡光时间相

等；

⑶两遮光片经过光电门时的速度分别为

d

V=—

1t

1

d

v=—

2t

2

则由

V2=v2+2aL

2i

可得

(—)2=(4)2+2aL

tt

21

即

由题意可知

2aL7

-----=k

d2

解得

kd2

a=----

2L

由牛顿第二定律可得

mg=(M+ni)a

解得

M

1kd2)

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)-8m/s4m/s(2)43.8N(第一次)和17.8N(第二、三次)(3)5m/s

【解析】

(1)物体0从开始下落，到到达C点的过程，由动能定理：

——1

R

mg(H+R)-mg-BC=—m2v21

112i2

解得

v1=12m/s

0运动到C点与P发生碰撞，贝心

mv=mv+mv

111223

111

—mV2=_mV2+_mV2

211212223

联立解得：

v2=-8m/s

v3=4m/s

(2)碰撞后Q向左滑行，设。第二次到5点时速度为匕，由动能定理有

—11

-LimsBC=—mv2-_mV2

21214212

。第二次在5点，设轨道对。的支持力大小为仆，应用向心力公式有

_mv2

F—m2———

21R

解得

F=178N

v=739rn/s

。滑上圆弧轨道4b后再次滑下，第三次经过5点时的速度大小仍为v4，轨道对Q的支持力大小仍为勺=17.8N,

之后。一直向右运动，最终停在M上，且与P无碰撞，所以由牛顿第三定律可知，。在5点对轨道的压力大小为43.8N

（第一次）和17.8N（第二、三次）

⑶P、。碰撞后P向右滑行，设P点运动到。点速度为与，由动能定理有

——11

-11mgCD=—mV2——mV2

12225223

解得

v=3m/s

P滑上M的轨道过程M向右加速，从轨道上滑下，M仍向右加速，则P滑到水平面时M有最大速度，设P刚到水平

面时，M和P的速度分别为v和y,v为〃的最大速度，P从滑上到回到水平面，P和M水平方向动量守恒，初末

767

两态总动能相等，则有

mv=mv+mv

252637

111

—mV2=—mV2+—m