2024届明日之星高考物理精英模拟卷 【广东版】

2024届明日之星高考物理精英模拟卷【广东版】

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.大气层中碳14不断产生又不断衰变，达到了动态平衡，在大气中的含量保持稳定。这种机

制的核反应方程为：N+X-；C+Y

N+Z

其中X、Y、Z所代表的粒子分别为（）

A.质子、中子、电子B.中子、质子、电子

C.中子、电子、质子D.电子、中子、质子

2.现在市场上的一些手机已经具备卫星电话的功能。现有两颗通信卫星，一颗是卫星G3,在

距离地面500km高度的圆形轨道上运行；另一颗是地球同步卫星G7。下列说法正确的是（）

A.这两颗卫星的运行速度可能大于7.9km/s

B.G7可能每天多次经过北京正上方

C.G3卫星的周期比G7的小

D.G3卫星的向心加速度比G7的小

3.如图所示，均匀透明材料制作的半圆柱，其横截面A3c的圆心为O,半径为上半圆弧上

有一点ROP与AC间的夹角为30°,位于4点的点光源发出一细光束射向圆弧上某点，恰

好发生全反射且反射光线垂直于OP,则此材料的临界角是（）

A.30°B.40°C.50°D.60°

4.如图所示，一不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮，两端连接物块。和江物块c与匕通过轻

弹簧连接，4、b、。质量均为〃7,初始〃、氏C运动过程中弹簧长度保持不变。重力加速度为

go则（）

b

Ua

A.细绳剪断前，。的加速度大小为3g

B.细绳剪断前，弹簧弹力大小为gmg

C.细绳剪断后瞬间，〃的加速度大小为|g

D.细绳剪断后，c•做匀加速直线运动

5.如图（a）所示，光滑绝缘水平面上固定一长直导线，导线右侧锁定一正方形导线框，左右

两边与导线平行，导线中的电流按图（b）所示规律变化，线框始终在导线右侧。已知长直导

线在附近某点处产生的磁感应强度与电流成正比，与该点到直导线的距离成反比，则（）

|/

口/,Za

o8162432

图（a）图（b）

A.若f=10s时解除锁定，则10〜24s内线框向右做加速运动

B.若一直锁定，则0~8s内线框所受安培力为定值

C.若/=4s时解除锁定，则/二24s前线框可能停止运动

D.若r=24s时解除锁定，则线框在r=32s前可能停止运动

6.如图所示，光滑四分之一圆弧槽顶端M与圆心等高，N处切线沿水平方向。，=0时

刻小球从M处由静止滑下，不计空气阻力，从N处离开圆弧槽后做平抛运动。整个过程重力

的瞬时功率随时间的变化图像最接近实际的是（）

7.跳台滑雪是以滑雪板为工具，借助跳台进行跳跃滑雪的一种运动项目。如图所示，第一次

运动员从斜坡的顶端A处水平飞出，落在斜坡上B点（未画出）。第二次运动员在4处向上

跃起，水平速度与第一次相同，落在斜坡上的C点（未画出）。运动员可视为质点，己知斜

坡平直，不计空气阻力。则（）

A.第一次运动员在空中运动的时间较长

B.第二次着陆时速度方向与斜坡夹角大于第一次的

C.第二次离斜坡的最大距离等于第一次的

D.C点到A的距离小于B点到A的距离

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（a）所示，单匝矩形线圈的左半部分位于具有理想边界（图中虚线）的匀强磁场中，

绕中轴线按图示方向匀速转动产生交流电，。0'与磁场边界重合。图（b）中外〃端接

入（I勺电压和图（a）中线圈产生的感应电动势相同，理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可

分别通过滑动触头4、6调节。图（b）中L是小灯泡，R「R2均为滑动变阻器。下列说法正

确的是（）

B.将4上移，同时将鸟下移可使灯泡L的亮度减小

C.仅将6右移可使灯泡L的亮度减小

D.仅将巴右移可使灯泡L的亮度增大

A.棒a的释放位置到虚线1的距离为3.2m

B.棒a进入磁场II的瞬间加速度大小为40m/s2

C.掰后瞬间棒b的速度大小为5m/s

D.整个过程棒a中产生的总焦耳热为5.5J

三、非选择题：共54分。

11.（6分）学习小组利用如图（a）所示的实验装置，验证发生完全非弹性碰撞时动量守恒。

气垫导轨上安装有两个光电门1、2,滑块1上固定着竖直遮光条，滑块2的右侧有橡皮泥。

实验主要步骤如下：

光电门2光电门1

图（a）图（b）

（1）接通气源，将滑块1放置在导轨上，轻推一下使其先后通过光电门1、2,若滑块经过

光电门1的时间比经过2的长，应调整水平螺丝，把支点P调（填“高”或

“低”）些，直到滑块1通过两个光电门的时间相同。

（2）用天平测出滑块1（包含遮光条）的质量为网I、滑块2（包含橡皮泥）的质量为机4,，本

实验（填“需要”或“不需要”）测出遮光条的宽度小

（3）将滑块2放置在光电门1、2间合适位置并保持静止，将滑块1放置在光电门1的右

侧，轻推滑块1,使其与滑块2发生碰撞后粘在一起，光电门1记录的遮光时间为乙，光电门

2记录的遮光时间为4。

（4）改变滑块1的初速度，多次测量，获得多组外与数据。

（5）在坐标纸上建立直角坐标系，描点后拟合出的图线为过原点的直线，如图（b）所示，

测量出图线的斜率若满足（用所测物理量的字母表示），可验证完全非弹性

碰撞时动量守恒。

12.（12分）学习小组想测量某型号电池的电动势和内阻。为了让测量结果尽量准确，设计了

如图（a）所示的电路。所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Q）,定

值电阻R（）=2.0C,毫安表mA（量程10（）mA,内阻々待测量），电流表A（量程为1.0A,

内阻未知），开关SrS2,导线若干。

30ATTTT7

01020招招。

图（c）

（1）按图（a）连接电路，把电阻箱的阻值调到（填“最大”或“最小”），保持

S2断开,闭合S10

（2）调节电阻箱的阻值，直到亳安表满偏，此时电流表示数如图（b）所示，读数为

A,则亳安表内阻q。。

（3）把电阻箱的阻值调到最大，闭合S?。调节电阻箱，记下毫安表的示数/及对应电阻箱的

阻值R。多次重复实验，记录多组/与R的数据。

（4）在坐标纸上以上为纵轴，以R为横轴建立坐标系，拟合出图线为直线，如图（c）

/I

所示，则测得的电源电动势E=V,内阻/•=Qo（计算结果均保留3位有

效数字）

13.（8分）如图所示，竖直放置的粗细均匀的导热U形管，左管封闭，右管开口，管中两段

水银柱封闭两段理想气体，右管中3段气体长度为〃=19cm,左管中八段气体的长度为

2〃,8段气体上表面与A段气体下表面齐平，B段气体上方水银柱的长度为人大气压强为76

cmHg,初始环境温度为7℃。

（1）缓慢升高环境温度使管中48间水银柱左侧液面下降到与右侧液面平齐，求此时的温

度。

（2）接（1）问，保持环境温度不变，再往右侧管中缓慢注入水银，使左右两管中A、B间水

银液面的高度差恢复到〃，求右管中注入的水银长度。

14.（1（）分）2024年巴黎奥运会将滑板运动列为比赛项目。如图为某模拟训练场，整个场地

由上圆弧与足够长直轨道3c组成，圆弧45与长直轨道在3点处平滑连接，滑板车

4

的质量均为机=10kg,人的质量为M=40kg,A8圆弧半径r=5m。在某次表演赛中，先从A

处静止释放滑板车1,相隔4=0.5s后人与滑板车2—起从A点由静止开始滑动，当人与滑板

车2运动到长直轨道8c段之后某一时刻人从滑板车2跳到滑板车1。（人与滑板车均可视为

质点，不计滑板车与整个轨道间的摩擦力，重力加速度g=l（）m/s2）

（1）当人与滑板车2到达圆弧底部处时，求人对滑板车2的压力大小。

（2）若人从滑板车2跳到车1,人在空中滞留时间，=0.8s,求人跳离滑板车2的速度大小。

（3）若人从滑板车2跳到车1,两车恰不再相碰，求跳跃过程中人和两滑板车总机械能变化

量AE大小。

15.（18分）如图所示，光滑水平面上区域1、2、3……中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应

强度大小均为8,磁场边界相互平行，磁场区域的宽度均为4,相邻两区域间无磁场区域的

宽度均为4（4〉34）。N匝闭合矩形线圈长为L、宽为4,总质量为〃2,总电阻为开始

时线圈静止在磁场区域1的左侧，线圈右边与磁场区域1的左边界平行，距离为现对线

圈施加一水平向右的恒力R线圈恰好匀速穿过磁场区域lo

磁场区域1磁场区域2磁场区域3

xaxlHlxx|AlxX

0xxxxXx

4Xx||xx||xX

dhH

k4"I4~d2~~4----d2~不

（1）求恒力尸的大小及线圈穿过磁场区域1过程产生的焦耳热。

（2）若在线圈刚要进入磁场区域1时，突然撤去恒力尸，求线圈最终停在何处。

（3）若初始时线圈右边与磁场区域1的左边界距离为d,在题述恒力歹作用下，从线圈进入

磁场区域1时起，线圈中以相同的时间间隔交替出现有感应电流和无感应电流的情形，求d

需满足的条件。

答案以及解析

1.答案：B

解析：质子电荷数为1、质量数为1,中子电荷数为0、质量数为1,电子电荷数为-1、质量

数为0,核反应过程质量数和电荷数守恒。由，CF^N+Z可知，Z为电子。由

；4N+Xf：C+Y可知，X为中子，Y为质子，若X为质子，则Y的电荷数为2、质量数为

1,不符合，可知B正确。

2.答案：D

解析：7.9km/s是地球卫星的最大环绕速度，这两颗卫星的运行速度一定小于7.9km/s,A错

误。G7是地球同步卫星，运行周期与地球自转周期相同，故不可能每天多次经过北京正上

方，B错误。由万有引力提供向心力有6绊=〃/史可得T=2%工，地球同步卫星

产ITJ7GM

距离地面的高度约为3600()km,结合题意可知G3卫星的周期比G7的小，C正确。由万有引

力提供向心力有G粤，可知G3卫星的向心加速度比G7的大，D错误。

r

3.答案：B

解析：如图所示，画出光路图，结合儿何知识可得NAOP为150°,则

ZOAB=ZABO=AO°f即临界角为40°,B正确。

4.答案:C

解圻：细绳剪断前，弹簧长度不变，。、。的加速度大小相等，设为旬，细绳张力为r,弹

簧弹力为凡由牛顿第二定律，对〃有7-机g对从c有2〃吆-7=2〃?%,可得

147

a()=-g,T=-mgo对c有，叫-7^岬)，得尸=}〃以,AB错误。细绳剪断后瞬间，细绳张

力瞬间消失，弹簧弹力保持不变，设人的加速度为"，有mg+F=ma',得"=gg,C正

确。细绳剪断后瞬间c的加速度仍为;g,由于〃的加速度大于c的，细绳剪断后的一段时间

内弹簧长度变短，弹力变小，力的加速度变小，c的加速度变大，。不可能做匀加速直线运

动，D错误。

5.答案：C

解析：f=10s时解除锁定，10〜24s内线框中的磁通量不发生变化，无电流产生，线框不受安

培力作用，始终静止，A错误。设水平面上某处到长直导线的距离为心由题意可知，该处磁

感应强度大小8=左,，线框内到直导线距离不同处磁感应强度大小不同，没有解除锁定时;

r

磁通量⑦与电流成正比，0〜8s内磁通量均匀增加，由法拉第电磁感应定律可知，线框中感应

电动势为定值，感应电流为定值，左边所受安培力感L,方向向右，右边所受安培力

/]fi1A

F、=B,qL,方向向左，B1=k-、B、=k一,安培力的合力为/=4-E=k〃/-------,大

~匚3r2)

小与长直导线中的电流成正比，方向向右，B错误。若/=4s时刻解除锁定，安培力方向向

右，线框向右加速，r=8s前线框不可能停下，，=8s后线框向右运动，回路中磁通量减小，

所受安培力向左，线框减速，，=24s前线框可能停下，C正确。若/=24s时解除锁定，线框

向左加速，结合以上分析可知/=32s前线框不可能停下，D错误。

6.答案：A

解析：重力的瞬时功率「="尔小,定性分析如下：小球在圆弧槽中滑行过程，。从()开始先

增前后减小，到圆弧槽最低点N处时。减小到0,从N处离开圆弧槽后做平抛运动，、又从

0开始逐渐增加，C错误。定量分析：设小土求在圆弧槽中运动时间为2,从N点飞出后，竖

直方向做自由落体运动，Vv=^(r-ro),重力功率随时间线性增加，B错误。小球在圆弧槽中

运动过程重力功率随时间如何变化呢？设/时刻小球的竖直分速度为I，；，有夕=加",'，乂经

APAvAP

时间微元加，有△〃二”△匕，等式两边同除以加，有——=mg--=—(加—0)表示

\tArAr

PT图像某点切线的斜率，小球在M处刚释放时内=g,方向向下，运动到N处时，

mgR=-mv2,向心加速度aa=二=2g,方向向上，此时%,=%，可知尸一，图像在/二A)时

(从N点飞出前瞬间)切线斜率的绝对值是r=0时的2倍，，=0时切线的斜率等于I〉%时图

线的斜率，A正确，D错误。

7.答案：B

解析：第一步：沿平行斜坡和垂直斜坡方向分解运动计算时间

设斜坡倾角为仇第一次在A处速度为为,第二次在A处竖直分速度为%把运动员在空中

的运动分解为垂直斜坡方向和平行斜坡方向，第一次在空中运动的时间为八，垂直斜坡方向

有％sine=gcos"L,得"=”驾，第二次在空中运动的时间为人，垂直斜坡方向有

2gcos0

sinvcos6）

ti,2v（（

%sin0+vcos6=gcos,得q=一可得q〉/-A错误。

v0geos。

第二步：根据垂直斜坡方向的运动计算到斜坡的最大距离

第一次到斜坡的最大距离4,有（％就］。『=2&8$夕4,得4=叱驾，第二次到斜坡的

2gcos。

最大距离",，同理可得，d」“sm0+%8s。），可得c错误。

2gcos0

第三步：沿竖直和水平方向分解运动求解位移

把运动员在空中的运动分解为水平方向和竖直方向，第一次着陆时的水平位移为

4间的距离4=上」="，同理A、C间的距离可得/,>4,D错

cos。cos。■cos。

误。

第四步：结合图像判断两次着陆时速度方向与斜坡夹角的关系

如图所示，第二次运动员做斜上抛运动，当运动到最高点。时，速度大小为场，方向水平，

此时与第一次从A点飞出时的速度大小方向均相同，。处往后的轨迹部分与第一次从A点飞

出的轨迹形状相同，向前向上平移了一段距离。即AB段与。七段对应，运动员运动到£处时

速度方向与第一次运动到8处时的速度方向相同，从E继续运动到。处，速度方向继续向下

方偏移，第二次在C处着陆时速度方向与斜坡间的夹角大于第一次的，B正确。

8.答案：BD

解析：线圈绕00轴转动，始终有一半处于磁场中，线圈中一直有电流，A错误。将［上

移，同时将鸟下移，会使变压器输出电压变小，灯泡L亮度减小，B正确。仅将A右移，副

线圈电路总电阻变小，电流变大，L中电流变大，灯泡亮度增大，C错误。仅将巴右移，副

线圈电路总电阻变大，电流变小，R「两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，灯泡亮度增

大，D正确。

9.答案：AD

解析：把重力和电场力的合力看成等效重力，小球在等效重力场中做圆锥摆运动，如图所

示，由于轨迹直径也等于L可知圆锥摆的摆角8=30。，有就=〃?glan30。，可得

=叵组,A止确。又加8，=_巡_=2叵〃吆，对小球受力分析可知细线的拉力

q3qcos3003

大小为尸=皿=3,〃8,B错误。小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

cos。3

，叫‘tane=〃?匕，其中R=可得y=C错误。小球从开始运动半周的过程，电场

力做的功为W=^^cos。=;叫L,D正确。

10.答案：BD

解圻：设棒。的释放位置到虚线1的距离为x,由机械能守恒定律有叫gxsina=1网片，棒。

在虚线1、2间运动时，由平衡条件有叫gsino=4,由法拉第电磁感应定律有七=

P

根据闭合电路欧姆定律有/=会，所受安培力E2=与〃，联立解得x=1.6m,A错误；虚线

2到导轨底端的距离为s=3x=4.8m,棒。在该段运动由机械能守恒定律有

班gssina二;町片-;肛片，解得匕=8m/s,棒〃进入磁场H瞬间，有

F'

,',

E=B2LV}J=—>F^=B2IL,由牛顿第二定律得用二叫a,联立解得。=40m/s2,B正

2R

确；棒a在虚线3、4间运动时'由六竽又△①=BMi*,q=h,设棒a与〃碰前

瞬间的速度为彩，对棒。由动量定理有一层九・△，="%彩-见匕，解得U2=5m/s,棒久〃发生

=m

弹性碰撞,则有小彩=犯匕+吗！，/班田2^+耳机2可，解得v3=3m/Ssv4=8m/s,C错

误；设电路中产生的焦耳热为。，则由能量守恒定律有

町g（2x+s）sin3（）o=Q+；/可;+g〃尉，解得Q=11J,由于两棒接入电路的阻值相等，贝U棒

。上产生的焦耳热为5.5J,D正确。

11.答案：⑴低

（2）不需要

（5）

町

解析：（1）滑块1经过光电门1的时间比经过2的长，说明滑块1经过光电门1时的速度小

于经过光电门2时的速度，说明导轨右端较高，应把支点。调低些。

（2）根据光电门测速原理，碰撞前滑块1的速度为匕=@,碰撞后滑块1、2共同的速度为

A

V2=p若动量守恒，则有町/=（町+牡）彩，联立解得：=四产，此式成立，则说明碰

撞过程动量守恒，由于d消掉了，故不需要测量遮光条的宽度心

（5）由生=四上1整理得芍=色土出力力-八图线为过原点的直线，若斜率立"，可

ttt2"町-

验证发生完全非弹性碰撞时动量守恒。

12.答案：（1）最大

（2）0.60；10

（4）5.08（5.06~5.10均可）；1.72（1.707.73均可）

解析：（1）闭合加前，应把电阻箱的阻值调到最大，以免开关加闭合时，回路电流过大，超

过电表的量程。

（2）毫安表满偏时,电流，=0.10A,干路电流为乙=0.60A,则通过定值电阻凡的电流

IQ=I2-I[=0.50A,由欧姆定律有4=幽=10。。

11

（4）闭合S2后，定值电阻R。和毫安表并联总电阻尺并=/*,干路总电流

E

i0由闭合电路欧姆定律有/总，可得

R并国R+r+R井

工整理得尹心铲+簧R：R图线的斜率为

^=1.18V-1,23纵截£目为〃=4.0AT,由上=5±^1可得E=41^.=5.()8V,由

ER)储)

十力可得,二72a

R“Ek%+%

13.答案：(1)437.5K

(2)42.75cm

解析：(1)初始时，8部分气体的压强〃8=〃o+p〃

A部分气体的压强满足以+0=①

缓慢升温过程，B段气体的压强不变，做等压变化，设温度为7；时液面平齐，此时左管中液

面下降了0.5万,A段气体长度变为2.5/?,压强为pM,对A段气体有pM=PB②

根据理想气体状态方程有为竺=3至竺③

T°Z

解得7；=437.5K④

(2)当左管中液面比B段气体下表面高〃时，A段气体的压强为p.s，长度为2〃，根据玻意

耳定律有pM•2511s=〃A2•2hS⑤

此时B段气体压强为pB2=pA2+2卜

设右管中注入水银柱长度为M，对8气体有“82=〃()+%+〃M⑥

解得△〃=42.75cm⑦

14.答案:(1)1200N

(2)16.25m/s

(3)3750J

解析：(1)人与滑板车2从A点滑到圆弧底部的过程，由动能定理有

(M+m)gr=g(M+〃?)片①

在最低点对人由牛顿第二定律有N-Mg=M%②

解得vo=10m/s,/V=1200N（3）

由牛顿第三定律，则人对滑板车压力大小为N，=N=1200N④

（2）设人跳离滑板车2的速度大小为匕，水平方向做匀速运动，由位移关系有卬=%&+/）

⑤

解得匕=16.25m/s©

（3）设人离开滑板车2后滑板车2速度大小为匕，人落到车1后共同速度为匕，若两车恰不

再相碰，则两车速度大小相等

对系统水平方向由动量守恒定律有（知+加+加）％=加（-匕）+（知+加＞2©

且匕=匕⑧

A£=—(M+6+加)说一;相片一；(M+tri)v[(9)

解得v2=v3=15m/s,AE=-3750J,即机械能增加了3750J⑩

15.答案：（1）,MB4师4

mR~

（2）见解析

（3）.=邑+24）（4-4）］

44）2&

解析：（1）设线圈右边刚进入磁场时速度为％

由动能定理有&/（）=g〃u；①

切割磁感线产生的总电动势E=NBL%②

线圈中电流/二三③