广东省2024年高考物理模拟试卷及答案43

广东省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、单选题得分1．据中国载人航天工程办公室2023年3月12日消息，目前，“神舟十五号”内的航天员状态良好，计划于2023年6月返回地面。航天员能在飞船内处于漂浮状态，关于这种状态，下列说法正确的是（）A．航天员所受的合力为零B．航天员远离地球，不受到地球的引力C．飞船对航天员的支持力大于航天员对飞船的压力D．航天员受到的地球的万有引力提供其随飞船运动所需的向心力2．手推翻斗车是建筑工地上常用的工具，翻斗车的高度比工人双手的高度略低，工地上的工人大多都是背对翻斗车拉车前行，也有工人面对翻斗车推车，在车内货物相同的情况下，要使车匀速运动，斜向下推车或斜向上拉车时，人对车的作用力方向与水平方向的夹角相等。关于推车的推力和拉车的拉力大小，下列说法正确的是（）A．推力大于拉力 B．推力等于拉力C．推力小于拉力 D．无法确定哪个力大3．一同学在室内空调显示屏上看到室内的空气温度，为了测出室外的空气温度，他将一近似球形的气球在室内吹大并放置较长一段时间后，测量其直径为L1之后拿到室外并放置较长一段时间后，测量其直径为L2，A．气球内气体对外界做负功 B．气球内气体对外界不做功C．室外温度比室内温度高 D．气球在室外放出了热量4．如图所示，小鸭A（视为质点）在平静的河道内靠近岸边戏水，在水面上引起一列稳定的水波，B为岸边的一点，已知P点为小鸭A和B点连线的中点，则下列说法正确的是（）A．P处质点比B处质点的振动频率大 B．P处质点将随水波运动到B点C．P点与B点的振动方向一定相反 D．小鸭A与质点P（已经振动）的振动周期相等5．如图所示，两等量同种点电荷+q（q>0）固定在菱形的两个顶点A、C上。E、F是该菱形对角线AC与其内切圆的交点，O点为内切圆的圆心，a、b、c、d四点为切点。现有一带正电的点电荷从E点由静止释放，下列说法正确的是（）A．a、b、c、d四点的电场强度相同B．D、O、B三点的电势相等C．点电荷在从E点运动到O点的过程中电场力做正功D．点电荷从E点运动到F点的过程中速度一直增大6．如图所示，某同学在篮筐前某位置跳起投篮。篮球出手点离水平地面的高度h=1.8m。篮球离开手的瞬间到篮筐的水平距离为5m，水平分速度大小v=10m/s，要使篮球到达篮筐时，竖直方向的分速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。篮筐离地面的高度为（）A．2.85m B．3.05m C．3.25m D．3.5m7．已知氢的同位素氚（13H）的原子能级分布与氢（11H）的原子能级分布相同，用光子能量为12.75eV的光束照射大量处于基态的氚（A．氢原子跃迁时，一共能发出6种不同频率的光子B．从金属板上打出的粒子的最大初动能为9.84eVC．光束照射氚（13D．从金属板上打出的粒子是中子阅卷人二、多选题得分8．变压器是输配电的基础设备，广泛应用于工业、农业、交通、城市社区等领域。某理想变压器的简化模型如图所示，原线圈所接交流电源电压的有效值不变，电流表和电压表均为理想电表，若副线圈所接的负载电阻的阻值变大，则下列说法正确的是（）A．电源的输出功率减小 B．电压表的示数变大C．电流表的示数变小 D．负载的电功率变大9．一木箱静止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F与时间t的关系图像如图所示，4s后木箱做匀速直线运动，图中F1、F2、F3已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．0~2s内，木箱保持静止 B．可求出木箱与地面间的动摩擦因数C．可求出0~6s内合力的冲量大小 D．可求出0~6s内木箱克服摩擦力做的功10．可控核聚变的磁约束像一个无形的管道，将高温等高子体束缚在其中，通过电磁感应产生的涡旋电场给等离子体加速，此情境可以简化为如图所示的装置，两个半径不同的同心环形光滑绝缘管道a、b处于垂直纸面向里、磁感应强度大小随时间均匀增大的匀强磁场中，甲、乙两个完全相同的带负电小球分别在a、b两管道中同时由静止释放，之后两小球在管道内做速率随时间均匀增大的加速运动，不计小球受到的重力及小球间相互作用力，下列说法正确的是（）A．小球甲沿逆时针方向运动 B．小球乙沿顺时针方向运动C．小球甲受到的洛伦兹力保持不变 D．小球乙受到的洛伦兹力变大阅卷人三、实验题得分11．据报道，中国航母的电磁弹射技术已经领先世界。若某次做模拟直线弹射实验时，从某时刻（t＝0）开始的一段时间内，利用传感器每隔0.5s测量一次模型机的位置，坐标为x，结果如下表所示。t/s00.511.52x/m05.120.245.180.2（1）由表格中的数据可知，该模型机做（填“匀加速”、“匀速”或“匀减速”）直线运动。（2）在0.5s〜1.5s内，该模型机的平均速度大小v＝m/s（结果保留两位有效数字）。（3）这段时间内该模型机的加速度大小a＝m/s2（结果保留两位有效数字）。12．某实验小组欲制作一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，使用的实验器材如下：A．电流表G（满偏电流Ig=1mAB．定值电阻R0C．定值电阻R1D．滑动变阻器R2E．电源（电动势为9V）；F．单刀双挪开关S；G．红、黑表笔及导线若干。其内部结构如图所示，回答下列问题：（1）图中A接（填“红”或“黑”）表笔；（2）将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为（填“×1”或“×10”）；（3）现用该欧姆表测量一未知电阻Rx，选用“×10”挡位并欧姆调零后，将电阻Rx接在A、B之间，发现电流表几乎满偏，断开电路并将“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R2的滑片（填“向上”或“向下”）移动，使电流表满偏，再次将电阻Rx接在A、B之间，稳定后电流表⑥的指针对准刻度盘上的0.6mA处，则未知电阻阅卷人四、解答题得分13．如图所示，半圆形透明柱体，其横截面的半径为R，圆心为O，AB为水平直径，现有一单色细光束从OB中点以与竖直方向成α的角度射入，光束折射后恰好能到达S点。已知sinα=（1）求该柱体的折射率n；（2）若用该单色光垂直照射整个AB面，求在半圆弧ASB上有光透出的弧长与ASB的比值k。14．如图所示，固定水平桌面左右两端分别放有质量m1＝0.5kg和m2＝1kg的P、Q两物块（均可视为质点），现给物块P一水平向右的初速度，物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞（时间极短），碰撞后物块P停在桌面上距右端L＝0.25m处，物块Q离开桌面后做平抛运动，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）物块Q离开桌面时的速度大小；（2）物块P与桌面间的动摩擦因数。15．如图所示，在第一象限的0≤x≤L区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，在x≥L的区域内存在沿y轴负方向、电场强度大小未知的匀强电场E'，x轴下方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计粒子的重力）从y轴上A（0，L）点处由静止释放，粒子离开0≤x≤L区域后撤去该区域内的匀强电场，粒子经C（3L，0）进入x轴下方的磁场中，之后粒子经过第二象限回到A点。求（1）匀强电场的电场强度大小E'（2）粒子从A点出发至第一次返回A点所用时间t。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】AD.航天员随飞船做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，所以合力不为零，A不符合题意，D符合题意；

B.航天员虽然远离地球，但是仍然受到地球的引力作用，B不符合题意；

C.飞船对航天员的支持力与航天员对飞船的压力属于作用力与反作用力，两者等大反向，C不符合题意；

故答案为：D。

【分析】航天员在飞船内处于漂浮状态，是完全失重现象，依然受到地球的引力，且地球引力充当航天员随飞船做圆周运动的向心力。2．【答案】A【解析】【解答】斜向上拉车时，对车受力分析，如图1：

由平衡条件得，水平方向：F1cosθ=f1，竖直方向：N1+F1sinθ=mg，又滑动摩擦力f1=μN1，联立解得：F1=μmgcosθ+μsinθ3．【答案】C【解析】【解答】AB.L2>L1，即气球直径变大，说明气体膨胀，气体对外界做功，AB不符合题意；

C.气球表皮的弹力不变，大气压不变，则气体做等压变化，由VT=C可知，体积变大，则温度升高，所以室外温度比室内温度高，C符合题意；

D.根据热力学第一定律4．【答案】D【解析】【解答】AD.波传播是波源的振动形式，所以介质中所有质点振动的周期和频率，都与波源的周期和频率相等，故P处质点与B处质点的振动频率一样，小鸭A与质点P（已经振动）的振动周期相等，A不符合题意，D符合题意；

B.质点不随波迁移，而是在其平衡位置附近往复振动，B不符合题意；

C.只有相隔半波长奇数倍的两质点的振动情况才总相反，所以在不确定P点与B点的距离与波长的关系的情况下，无法确定这两点的振动方向是相同还是相反，C不符合题意。

故答案为：D。

【分析】介质中所有质点振动的周期和频率都与波源的周期和频率相等；质点不随波迁移；相隔半波长奇数倍的两质点的振动情况总相反，相隔波长整数倍的两质点振动情况总相同。5．【答案】C【解析】【解答】A.等量同种电荷周围的电场线分布如图所示：

由图可知，a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A不符合题意；

B.沿电场线方向电势降低，根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低于O点的电势，B不符合题意；

C.带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的电场力与位移方向相同，所以此过程中电场力做正功，C符合题意；

D.带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的电场力先向右，后向左，电荷先做加速运动，后做减速运动，所以点电荷的速度先增大后减小，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据等量同种电荷的电场线分布分析各点场强；沿电场线的方向电势降低；根据电场力与位移的方向关系判断功的正负；根据运动过程中电场力的方向分析点电荷的运动情况。6．【答案】B【解析】【解答】篮球做斜抛运动，水平方向上做匀速直线运动，离开手到篮筐的时间为t=xv=510s=0.5s，要使篮球到达篮筐时，竖直方向的分速度刚好为零，则有7．【答案】A【解析】【解答】A.因为-13.6eV+12.75eV=-0.85eV，所以用光子能量为12.75eV的光束照射大量处于基态的氚原子，氢原子会跃迁到n=4的激发态，因此当氢原子向基态跃迁时，根据C42=6可知，一共能发出6种不同频率的光子，A符合题意；

B.光子照射到金属上时，根据光电效应方程可知，从金属板上打出的粒子的最大初动能为：Ekm=ℎν−W=12.75eV−2.25eV=10.5eV，B不符合题意；

C.物质的半衰期是由原子核自身性质决定的，不会因为光束的照射而发生变化，所以氚核的半衰期不变，C不符合题意；

8．【答案】A,C【解析】【解答】B.原线圈所接交流电源电压的有效值U1不变，由u1u2=n1n2知，电压表读数U2不变，故B错误；

D.若副线圈所接的负载电阻的阻值变大，负载的电功率由P2=U22R知，变小，故D错误；

A.由P1=P2知，电源输出功率减小，故A正确；

C.由P1=U1I1知，电流表示数变小，所以C正确。

故选AC。

【分析】(1)U1不变，根据u1u2=n1n2，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，9．【答案】A,C【解析】【解答】A.4s后木箱做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，木箱受到的最大静摩擦等于滑动摩擦力f=F2＞F1，可知，0~2s内木箱静止，故A正确；

B.滑动摩擦力f=F2=μmg，由于木箱质量m未知，所以木箱与地面的动摩擦因数不可求，故B错误；

C.F-t图像与时间轴围成的面积表示拉力F的冲量IF，由图可知，在0~2s内木箱受到静摩擦力f1=F1，冲量：If1=−F1t1，2~6s内木箱受到的滑动摩擦力f=F210．【答案】B,D【解析】【解答】AB、磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小随时间均匀增大，根据楞次定律可知，在管道内产生的感生电场为逆时针方向，小球a、b带负电，受力方向与电场方向相反，则小球a、b被感生电场加速后在磁场中的旋转方向为顺时针方向，故A错误，B正确；

CD、带电小球a、b的速度方向始终与磁场方向垂直，受洛伦兹力的作用，洛伦兹力公式F=qvB，两个小球速度v增大，磁感应强度B增大，则小球a、b受到的洛伦兹力变大，故C错误，D正确。

故选：BD。

【分析】磁场变化时会在空间激发感生电场，根据楞次定律判断感生电场的方向，根据负电荷受力方向与电场方向相反判断小球的受力方向，再判断其运动方向；

根据洛伦兹力公式判断洛伦兹力的大小。11．【答案】（1）匀加速（2）40（3）40【解析】【解答】(1)由表格数据得，0~0.5s内模型机的位移x1=5.1m

0.5~1s内模型机的位移x2=20.2m-5.1m=15.1m

1~1.5s内模型机的位移x3=45.1m-20.2m=24.9m

1.5~2s内模型机的位移x4=80.2m-45.1m=35.1m

在连续相等时间T=0.5s内的位移之差接近∆x=10m，可知该模型机做匀加速直线运动；

(2)0.5s~1.5s内，该模型机的平均速度大小：v=∆x∆t=45.1−5.11.5−0.5m/s=40m/s【分析】(1)根据表格数据得到连续相等时间内位移之差近似相等，符合匀变速直线运动的规律判断模型机的运动性质；

(2)根据平均速度定义式求解模型机的平均速度；

(3)利用逐差法求解模型机的加速度。

12．【答案】（1）黑（2）×10（3）向下；60【解析】【解答】(1)由题图可知，欧姆表内部的电流从电源开始流向电流表的+接线柱（红色），从电流表的-接线柱（黑色）流出，从黑表笔表流出，笔A接欧姆表内部电池的正极，内部电流从黑表笔流出，因此A为黑表笔；

(2)当单刀双掷开关S与1接通时，电流表的电阻R0与R1串联，电流表为小量程，欧姆表红、黑表笔短接时，调节R2，使电流表满偏，设此时欧姆表内阻为R内，根据闭合电路的欧姆定律Im=ER内，

AB之间接电阻R中，电流表指针半偏：12Im=ER内+R中

解得：R中=R内=EI【分析】(1)根据欧姆表内部电流遵循“黑出红进”的原则作出判断或者按照电流走向作出判断；

(2)当单刀双掷开关S与1接通时，电流表的电阻R0与R1串联，电流表小量程，根据闭合电路的欧姆定律求解中值电阻，并判断中值电阻的大小，进而判断挡位的大小；

(3)欧姆表的挡位由“X10”换成“X1”挡位，中值电阻变小，欧姆表的内阻变小，分析滑动变阻器滑动片的移动方向；

由于欧姆表内阻变小，欧姆表的满偏电流变大，根据欧姆定律及并联电路的特点求解电流表的量程，再根据闭合电路的欧姆定律求解欧姆表内阻，最后根据欧姆定律求解待测电阻值。13．【答案】（1）解：画出光线从C点射入的光路图根据几何关系，结合光的折射定律，有n=（2）解若用该单色光垂直照射整个AB面，设从F点射入的光线，折射后经过E点刚好发生全发射，根据几何关系和全反射条件，有1n=联立解得OF=根据对称性，在半圆弧ASB上有光透出的弧长所对圆心角为60°，所以透光弧长与ASB的比值k=【解析】【分析】(1)画出光路图，根据几何关系求出折射角的正弦值，结合折射定律求解柱体的折射率；

(2)光线垂直AB面入射，光线沿直线传播，画出恰好在半圆弧上发生全反射的左右对称的两条光线，根据几何关系和全反射条件，解得从半圆弧ASB上射出的光线对应圆心角，k值为此圆心角与半圆弧ASB的圆心角的比值。14．【答案】（1）解：物块Q离开桌面后做平抛运动有x＝v1t，ℎ=解得v1＝2m/s（2）解：物块P与Q碰撞过