2024届广东省广州市普通高中高三下学期二模物理试卷【含答案解析】

2024年广州市普通高中毕业班综合测试（二）物理本试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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，光电管接入电路，用紫外线照射光电管阴极时，发生了光电效应，回路中形成电流。下列说法正确的是（）A.电流方向为a→R→bB.电流方向为b→R→aC.光照时间越长，光电子的最大初动能越大D.入射光光强增大，光电子的最大初动能增大【答案】B【解析】【详解】AB．电子从光电管阴极逸出，而电子带负电，与电流方向相反，故电流方向为b→R→a，A错误，B正确；CD．逸出光子的最大动能只与入射光的频率有关，故CD错误。故选B。2.如图甲，由细线和装有墨水的容器组成单摆，容器底端墨水均匀流出。当单摆在竖直面内摆动时，长木板以速度v垂直于摆动平面匀速移动距离L，形成了如图乙的墨痕图案，重力加速度为g，则该单摆的摆长为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据单摆的周期公式可得由图可得联立可得故选A3.如图是O为圆心、AB为直径的透明圆盘截面，一束激光从空气中平行AB由C点射入圆盘，在B点反射后从D点平行AB射出。已知圆盘半径和AC距离相等，则该圆盘对激光的折射率为（）A.1.5 B.2 C. D.【答案】D【解析】【详解】已知圆盘半径和AC距离相等，则为等边三角形，而，由几何知识得而入射角i与相等，由几何知识得由折射定律故选D。4.如图为某发电厂输电示意图，发电厂的输出电压为U，输电线的等效电阻为r，输电线路中的电流为I，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，则该变压器（）A.输入电压为U B.输入电压为IrC.输出电压为 D.输出电压为【答案】C【解析】【详解】该变压器的输入电压为根据理想变压器电压比等于匝数比，可得可得该变压器的输出电压为故选C。5.如图，一辆汽车以恒定速率通过圆弧拱桥，N为桥面最高处，则汽车（）A.在N处所受支持力大小大于其重力B.在N处所受支持力大小等于其重力C.从M到N过程所受支持力逐渐增大D.从M到N过程所受支持力逐渐减小【答案】C【解析】【详解】AB．在N点，根据牛顿第二定律可得所以故AB错误；CD．设汽车与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则从M到N过程，速率v不变，θ减小，所以N增大，故C正确，D错误。故选C。6.如图，在墙内或地面埋有一根通有恒定电流的长直导线。为探测该导线的走向，现用一个与灵敏电流计（图中未画出）串联的感应线圈进行探测，结果如下表。忽略地磁场的影响，则该导线可能的走向是（）探测灵敏电流计有无示数线圈平面平行于地面Oabc沿Oa方向平移无沿Oc方向平移无线圈平面平行于墙面Oade沿Oa方向平移有沿Oe方向平移无A.Oa方向 B.Ob方向 C.Oc方向 D.Oe方向【答案】D【解析】【详解】通电直导线周围的磁场的是以导线为圆心的一个个同心圆，当线圈平面平行于地面Oabc移动时，线圈中无感应电流产生，则穿过线圈的磁通量不变，说明线圈平面与磁场所在平面平行，即通电导线应垂直于Oabc平面，当线圈平面平行于墙面Oade移动时，沿Oa方向平移有电流，磁通量变化，沿Oe方向平移无电流，磁通量不变，说明导线应该沿Oe方向。故选D。7.如图，汽车定速巡航（即速率不变）通过路面abcd，t1时刻经过b、t2时刻经过c、t3时刻经过d。若汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则该过程汽车的功率P随时间t变化的图像是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，汽车运动速率不变，设汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦阻力的大小为，在段有在段有在段有可知且、、保持不变，由公式可知，汽车的功率且、、保持不变。故选B。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，将磁铁回形针正上方缓慢靠近。回形针被吸离桌面后向上运动过程（）A.加速度增大 B.加速度不变C机械能增大 D.机械能不变【答案】AC【解析】【详解】AB．对回形针受力分析，有回形针被吸离桌面后向上运动过程中，所受磁场力增大，所以其加速度增大。故A正确；B错误；CD．磁场力对回形针做正功，回形针的机械能增大。故C正确；D错误。故选AC。9.如图，运动员先后将甲、乙两冰壶以相同的初速度从A点沿直线AO推离。若甲以加速度a1做匀减速运动后停在O点；乙先以加速度a2做匀减速运动，到达某位置，运动员开始刷冰面减小动摩擦因数，乙以加速度a3继续做匀减速运动并停在O点，则（）A.a1<a2 B.a1<a3 C.a1>a3 D.a2>a3【答案】ACD【解析】【详解】设，甲、乙两冰壶的初速度为，乙先以加速度a2做匀减速运动的位移为，此时的速度是，由匀变速直线运动的速度位移关系公式，对甲冰壶可得对乙冰壶可得联立可得整理可得由题意可知，乙冰壶在位移的摩擦力大于在位移的摩擦力，由牛顿第二定律可知，可得，又有对上式可知，若，则有，现有，推理可知。故选ACD。10.如图，无初速度的经加速电场加速后，沿水平虚线进入速度选择器，打到右侧荧光屏上O点。若无初速度的和经同一加速电场加速，进入速度选择器，最后打到右侧荧光屏上，则（）A.打到O点 B.打到O点C.打到O点下方 D.打到O点上方【答案】BC【解析】【详解】在加速电场中，根据动能定理解得经加速电场加速后，沿水平虚线进入速度选择器，打到右侧荧光屏上O点，则可得的荷质比等于的荷质比，故离开加速电场时的速度等于离开加速电场时的速度，等于，故打到O点；的荷质比大于的荷质比，故离开加速电场时的速度大于离开加速电场时的速度，大于，在速度选择器中，受到洛伦兹力大于电场力，打到O点下方。故选BC。三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。11.1.如图甲，用量程为5N的弹簧测力计，测量一个超出其量程的物体的重力：（1）将表面印有等距圆环的白纸固定在竖直放置的木板上；（2）三根细线分别与弹簧测力计一端、一个图钉、待测重物相连，弹簧测力计的另一端固定，通过改变图钉在木板的位置调节细线OB，使细线的结点O与圆环的圆心位置重合；（3）标出OA、OB、OC的拉力方向，记录弹簧测力计的读数__________N；（4）①根据共点力平衡条件和平行四边形定则，用“力的图示”在图乙中作出OA、OB拉力的合力______________；②由作图结果可得重物的重力为___________N（结果保留一位小数）。【答案】①3.00##2.99##3.01②.见解析③.7.0##6.8##6.9##7.1##7.2【解析】【详解】（3）[1]弹簧测力计的最小分度为0.1N，读数时需要估读到0.01N，所以其读数为3.00N。（4）①[2]做出力的图示，如图所示②[3]由作图结果可得重物的重力为7.0N。12.用图（a）的电路研究电容器的充放电，电源电动势为12V（内阻忽略不计）；R1、R2、R3为定值电阻，其中R2=160Ω；电流传感器（内阻忽略不计）将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I-t图像。（1）①闭合开关K2，开关K1与1接通，待充电完成后，再与2接通，电容器放电的I-t图像如图（b）中的图线I，图线I与时间轴围成的“面积”为S1，其物理意义是_______________________________；②断开开关K2，开关K1与1接通，待充电完成后，再与2接通，电容器放电的I-t图像如图（b）中的图线II，图线II与时间轴围成的“面积”为S2，理论上应该有S1__________S2（选填“>”“<”或“=”）；（2）测得S1为2.64mA•s，由此可知电容器的电容C=________μF，定值电阻R3=________Ω；开关K2闭合时，电容器放电过程中通过R3的电量为____________C。【答案】（1）①.电容器放电过程，通过电流传感器的电荷量②.=（2）①.220②.480③.【解析】【小问1详解】①[1]根据可知I-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量，即电容器放电过程，通过电流传感器的电荷量。②[2]S1和S2均表示电容器放电的电荷量，所以小问2详解】[1]根据可得[2]根据可知，两次放电过程的最大电流与电路电阻成反比，即解得[3]开关K2闭合时，电容器放电过程中通过R3的电量为13.如图为某同学根据“马德堡半球模型”设计的实验。两个底面积相同的轻质圆筒，开口端紧密对接，圆筒内封闭气体的总体积为V0=28mL，其压强与大气压强相等，均为p0=1.0×105Pa。将注射器活塞推至针筒底部，通过细管与气阀连通；打开气阀，然后缓慢拉动活塞，当注射器内气体体积为时停止拉动。已知圆筒的底面积，装置气密性良好，圆筒形状与气体温度全程不变。（1）求停止拉动活塞时圆筒内气体的压强p；（2）关闭气阀，撤去注射器，求将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力F。【答案】（1）；（2）18N【解析】【详解】（1）抽气过程，以原球内气体为研究对象，缓慢过程为等温变化过程，由玻意耳定律可得解得（2）对一个圆筒受力分析，有可知将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力为18N。14.如图，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：（1）闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向；（2）MN匀速运动时的速度大小；（3）从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高，OP切割磁感线产生感应电动势为闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为方向由M到N。则有MN所受安培力大小为由左手定则可知，安培力方向水平向左。（2）闭合K后，则有MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，则感应电流方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，安培力是零，加速度是零，MN的速度达到最大，设为，此时做匀速直线运动，则有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，可知解得（3）从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为MN产生的焦耳热为15.图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位。底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。（1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v；（2）当“币仓”中仅