2024年高考物理第一次模拟考试试卷（广东卷）（全解全析）

2024年高考物理第一次模拟考试

物理,全解全析

（本试卷满分100分，考试时间75分钟）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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，再选涂其他答案标号。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.关于原子核知识，下列描述正确的是（）

A.温度升高，放射性元素衰变的半衰期减小

B.放射性物质膘U发生夕衰变所释放的电子来源于核外电子

C.平均结合能越大，原子核越稳定

D.用中子轰击铀核，产生几个中等质量原子核的现象属于核聚变

【答案】C

【详解】A.放射性元素的半衰期与温度无关，故A错误；

B邛衰变所释放的电子来自原子核，是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电

子释放出来，故B错误；

C,核子平均结合能越大的原子核越稳定，故C正确；

D.用中子轰击铀核，产生几个中等质量原子核的现象属于核裂变，故D错误.

故选C.

2.如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一条形磁铁（极性不明），当

条形磁铁下落时，可以判定（）

1/17

A.环中将产生俯视逆时针的感应电流

B.环对桌面的压力将减小

C.环有面积减少的趋势

D.磁铁将受到竖直向下的电磁作用力

【答案】C

【详解】A.根据楞次定律可知，由于条形磁铁的极性不明，无法确定环中感应电流的方向，

故A错误；

BC.磁铁向下移动，穿过环中的磁通量增大，根据楞次定律可知，环有面积减少的趋势和

向后退的趋势，则环对桌面的压力将增大，故B错误C正确；

D.根据力的作用是相互的可知，磁铁将受到竖直向上的电磁作用力，故D错误。

故选C。

3.如图所示，有一个电热器凡接在电压为"=311sinl00兀/(V)的交流电源上.电热器工

作时的电阻为100。，电路中的交流电表均为理想电表.由此可知

A.电压表的示数为311V

B.电流表的示数为2.2A

C.电热器的发热功率为967W

D.交流电的频率为100Hz

【答案】B

【详解】因为交流电的最大值为Um=311V,故其有效值为=220V,则电压表

2m

2/17

U220

的示数为220V,故A错误；因为电阻为100C,电流表的示数为Z=-=—=2.2A,故B

A100

正确；电热器的发热功率为P=I2R=（2.2A）2X1000=484W,故C错误；因为交流电的角速

度为。=100兀，则其频率为。=2中=50Hz,故D错误。

故选B。

4.如图所示，长2m的细绳的一端固定与。点，另一端系一质量为2kg的小球，使小球在竖

直平面内做圆周运动，当小球在最高点时绳的拉力为80N,则小球在最高的的速度为（）

A.5m/sB.10m/sC.2m/sD.Im/s

【答案】B

【详解】在最高点由牛顿第二定律可得

V2

T+mg=m~

即

V2

80+20=2x

2

解得

v=10m/s

故选B。

5.“奇迹石”，是挪威最负盛名的旅游景点，这块有5m3大的石头卡在绝壁间，吸引着世界

各地的旅行者，如图甲所示。将该景观简化成如图乙的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设

左壁与竖直方向的夹角为。，石头的质量为加，忽略石头与山崖间的摩擦。若石头对左壁的

压力为产，石头对右壁的压力为尸，则（）

12

3/17

甲乙

A.F=mgsin0,F=mgtan0

12

B.F=》，F=工

isin0'2tan0

c.若由于左侧崖壁风化使得e减小，则勺减小

D.若由于左侧崖壁风化使得e减小，则机受到的合力增大

【答案】B

【详解】AB.受到重力mg、石头对左壁的压力为勺，石头对右壁的压力为弓，按照效果

F=^-

1sin0

F=&

2tan0

A错误，B正确；

CD.由于左侧崖壁风化使得。减小，sin。和tan。都减小，则左、右两壁对中间石块支持力

F「外增大，但由于石头受力平衡，合力仍然为零，合力不变，CD错误。

故选B。

6.北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统。如图所示是北斗导航

系统中部分卫星的轨道示意图，已知也b.c三颗卫星均做圆周运动，。是地球同步卫星,

贝】（）

4/17

A.卫星a的角速度小于c的角速度

B.卫星。的加速度大于c的加速度

C.卫星。的运行速度大于第一宇宙速度

D.卫星6的周期小于c的周期

【答案】A

【详解】万有引力提供向心力

〃Mm,2兀、V2

3----=m(——)2r=m—=mco2r=ma

r2Tr

A.卫星a的角速度小于c的角速度，选项A正确;

B.由可知,卫星〃的加速度小于,的加速度,选项B错误;

C.由v=可知，卫星。的运行速度小于第一宇宙速度，选项C错误;

D.由T=2n］」—可知，卫星6的周期大于c的周期，选项D错误;

故选Ao

7.回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为几两盒间的狭缝很

小，带电粒子穿过的时间可忽略不计，磁感应强度为8的匀强磁场与盒面垂直，/处粒子源

产生的粒子质量为机、电荷量为+外在加速器中被加速，加速电压为U,加速过程中不考虑

相对论效应和重力影响，则（）

5/17

B

A.增大加速电压U,出射粒子动能增大

B.粒子在D形盒中运动时间与加速电压U无关

C.粒子射出时的最大动能与D形金属盒的半径R和磁感应强度8有关

D.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大

【答案】C

【详解】AC.粒子出磁场时，根据洛伦兹力提供向心力，则有

“mv2

Bqv=-----

R

动能为

「1

E=—mv2

k2

联立解得粒子出射动能为

_5292H2

k2m

可见粒子获得能量与加速的电压无关，与。形盒的半径以及磁感应强度8有关，增大磁场8

和。型盒半径七粒子获得能量增大，A错误，C正确。

B.由于粒子最终获得的总动能不变，粒子周期不变，加速电压。越大，加速次数越少，粒

子在D形盒中运动时间越短，B错误。

D.带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关，D错误。

故选C。

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.如图所示，小船从/处过河，船头指向与上游河岸成。角，正好到达正对岸的3处，小

6/17

船在静水电的速度大小为匕。现水流速度稍微变大，为使小船过河后仍然正好到达正对岸的

8处，下列方法中可行的有（）

B

A.保持e角不变，减小匕B.保持e角不变，增大\

C.保持、不变，同时减小。角D.保持北不变，同时增大e角

【答案】BC

【详解】小船恰好能达到正对岸，则

VCOS0=V

1水

现水流速度稍微变大，为使小船过河后仍然正好到达正对岸的8处，若保持。角不变，增大

V；若保持北不变，同时减小0角。

故选BC。

9.如图所示，一可视为质点的小球用轻绳悬挂于天花板上的。点，一物块/与小球紧靠放

置，在物块/右侧某处有另一物块2,物块8左侧与一轻质弹簧固定连接，小球、物块4

8都处于静止状态。绳子长度为"物块/、3的质量分别为3机和加，地面光滑。现用力将

小球向左拉到与。点等高处后由静止释放,小球向下摆动到最低点与物块/发生弹性碰撞，

之后小球被反弹上升了§的高度，假设小球之后不会再与物块/相碰。忽略空气阻力，重

力加速度为g,以下说法中正确的是（）

A.小球的质量为加

B.小球的质量为L8加

7/17

3

c.弹簧的最大弹性势能为白

16

21

D.弹簧的最大弹性势能为

64

【答案】AC

【详解】用力将小球向左拉到与。点等高处后由静止释放

m^L=-mv2

o2oo

小球向下摆动到最低点与物块/发生弹性碰撞

mv=mv+3mv—mv2=-mv2+—3mv2

0001A2002012A

小球被反弹上升了4的高度

4

1L

—mv2=m2—

201。4

解得

麻

m=m，v=-------

0A6

A、B共速时，弹性势能最大

3mv=(3m+m)v,—x3mv2=—x(3m+m)v2+E

A2A2P

3

解得弹簧的最大弹性势能为i-mgL。

16

故选AC。

10.如图甲所示，一倾斜传送带以2m/s逆时针匀速转动，7=0时刻，将一质量为1kg的物

块轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示（取平行传送

带向上为正），重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是（）

A.传送带的倾角为30。B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.8

C.传送带的长度为10mD.运动过程中，物块相对传送带的位移大小

为5m

8/17

【答案】BD

【详解】A.由图乙可知，在0〜5s内，摩擦力

f=6.4N

1

在5〜10s内，摩擦力

f=6N

2

在f=5s时突变，说明在5〜10s内物块与传送带共速，则有

f=mgsinO

2

解得

0=37°

故A错误；

B.在。〜5s内为滑动摩擦力，即

f=iLimgcos0

।

解得

N=0.8

选项B正确；

C.物块在0~5s内做匀加速运动，5〜10s做匀速运动，则传送带的长度

PV

L=—t+vt

212

解得

L=15m

故C错误；

D.运动过程中，物块相对传送带的位移大小为

x-vt-L

解得

x=5m

故D正确。

故选BD。

三、非选择题（本题共5小题，共54分.考生根据要求作答）

9/17

11.（8分）某同学用如图1所示的电路描绘一个标有“3V,0.25A”小灯泡的优安特性曲线。

他已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V,内阻约1O）；电流表（量程为0〜250mA,内

阻约5C）；电压表（量程为0〜3V,内阻约3kC）；电键一个，导线若干。

□滑动变阻器（最大阻值20。，额定电流1A）

口滑动变阻器（最大阻值1750。，额定电流0.3A）

（2）在图2中他已经连接了一部分电路，请你用笔画线代替导线将电路连线补充完整。

（3）闭合电键前滑动变阻器的滑片应该置于端（选填％”,"6”）。

（4）为了得到伏安特性曲线，他以电压表的读数。为横轴，以电流表的读数/为纵轴，将

实验中得到的多组数据进行了描点，如图3所示，请你帮他完成/-U图象。

（5）由实验得到的伏安特性曲线可以看出小灯泡的电阻随电压的增大而o

（6）如果将此小灯泡连入如图4所示电路，其中电源电动势为3V,电源内阻与保护电阻

与的总阻值为5Q,定值电阻R的阻值为10。。开关S闭合后，通过小灯泡的电流是A

（保留两位有效数字）。

【答案】口见解析a见解析增大0.18

【详解】（1）[1]由电路图可知本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故选口。

（2）[2]根据原理图，采用变阻器分压式，电流表外接法，将实物图连接，如图

10/17

(3)[3]为了保证安全，滑动变阻器应保证测量电路中的电压为零，即滑动变阻左侧分压为

零，故滑片应在。处。

图象的斜率表示电阻的

倒数，故说明电阻在增大。

(6)[6]设灯泡两端电压为U,电流为/,则由闭合电路欧姆定律可知

E=U+(±+/)(r+R)

Ro

代入数据化简可知

3

3=-U+5I

2

即

八2一号

做出此函数关系的图象如图所示

11/17

//A

两图的交点的横纵坐标即为灯泡的工作电压、电流。则由图可知，电流为0.18A。

12.（10分）某实验小组用双缝干涉测量光的波长，实验装置如图甲所示。

甲

（1）将实验仪器按要求安装在光具座上，在图甲中/、8处分别应该安装的器材和滤光片

的位置依次是。

A./处为单缝、2处为双缝、滤光片在凸透镜和4之间

B.4处为单缝、8处为双缝、滤光片在目镜处

C.N处为双缝，B处为单缝、滤光片在遮光筒内

（2）已知双缝间距离d=0.20mm,双缝到毛玻璃屏间的距离为/=75.0cm,实验时先转动

测量头上的手轮，使与游标卡尺相连的分划线对准图乙所示的第1条明条纹中心，此时游标

卡尺示数如图丙所示，读数为

x=mm,然后再转动手轮，使与游标卡尺相连的分划线向右边移动，直到对准第

5条明条纹中心，此时游标卡尺示数如图丁所示，则游标卡尺上的读数%=mm„

由以上已知数据和测量数据，可测得该单色光的波长是m。（计算结果保留两位有

效数字）

（3）若想在毛玻璃屏上看到的条纹数增多，则可选择（填“增大''或“减小”）双缝

12/17

间距。

0主尺cm12

IlIIIIIIIII吊嗑标尺

游标尺

i1m234i505100510

乙丙T

【答案】A0.39.66.2x10-7增大

【详解】(1)口］将实验仪器按要求安装在光具座上，在图甲中4、8处分别应该安装的器材

和滤光片的位置依次是/处为单缝、8处为双缝、滤光片在凸透镜和/之间。

故选A„

(2)［2］游标卡尺相连的分划线对准图乙所示的第1条明条纹中心，此时游标卡尺示数如图

丙所示，读数为

x=0+3x0.1mm=0.3mm

i

［3］游标卡尺相连的分划线对准第5条明条纹中心，此时游标卡尺示数如图丁所示，则游标

卡尺上的读数为

x=9mm+6x0.1mm=9.6mm

2

［4］根据

Ax=’入

d

又

,x-x

Ax=T----F

4

解得

X=6.2x10-7m

(3)［5］若想在毛玻璃屏上看到的条纹数增多，即需要减小条纹间距Ax则可选择增大双缝

间距乩

13.(7分)大家知道，在太空中，天平是不能用来测量质量的，怎么办呢？1966年，在地

球的上空，人类完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验.实验时，用双子星号宇宙

13/17

飞船去接触正在轨道上运行的火箭组r^,接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船

和火箭组共同加速（如图）.推进器的平均作用力F等于895N,推进器开动7s,测出飞船和

火箭组的速度改变是0.91m/s.已知双子星号宇宙飞船的质量mi=3400kg.

111二叫

求：（1）火箭组的质量吗是多大？（2）叫对m2的作用力？

【答案】（1）3484.6N（2）453N

【分析】（1）题对整体火箭组受力分析列出牛顿第二定律方程，再结合加速度的定义，即可

求出in2.（2）题采用隔离法受力分析列出牛顿第二定律即可求解.

【详解】（1）对整体，由牛顿第二定律F=（叫+）a（2分）

由运动学公式a：合=0.13m/J（2分）

由以上两式得iri2=3484.6kg（1分）

故火箭组的Ki?是3484.6kg.

（2）对ID2，设对的作用力为T

由牛顿第二定律T=iri2a=453N（2分）

叫对的作用力为453N.

14.（12分）如图所示，横截面积S=0.01m2的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、6为固定在

汽缸内壁的卡口，a、6之间的距离〃=O.O3m,6到汽缸底部的距离〃=0.45m,质量机=10kg

的水平活塞与汽缸内壁接触良好，只能在。、△之间移动。刚开始时缸内理想气体的压强为

大气压强p°=lxlO5Pa,热力学温度7。=300%活塞停在6处。取重力加连度大小g=10m/s2,

活塞厚度、卡口的体积均可忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩

擦。若缓慢升高缸内气体的温度，外界大气压强恒定，求：

（i）当活塞刚要离开卡口6时，缸内气体的热力学温度％;

（ii）当缸内气体的热力学温度%=400K时，缸内气体的压强夕。

14/17

【答案】（i）T=330K；（ii）p=1.25xl0sPa

【详解】（口）设当活塞刚好离开卡口方时，缸内气体的压强为冏，对活塞，根据物体的平

衡条件有

pS=pS+mg（2分）

1o

解得

p=1.1x105Pa（1分）

1

根据查理定律有

k夕（2分）

01

解得

T=330K（1分）

1

（ii）假设当缸内气体的热力学温度4=400K时活塞能到达卡口。处，且活塞恰好与卡口。

接触时缸内气体的热力学温度为4,根据盖一吕萨克定律有

HS_（H+lz）S

（分）

~~~~2

13

解得

T=352K（1分）

3

故当缸内气体的热力学温度％=400K时活塞能到达卡口〃处，此后，根据查理定律有

与二,（2分）

32

解得

p=1.25x105尸。（1分）

15.（17分）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、尸0相距为，导轨平面与水

平面的夹角6