广东省广州中科2024届高考仿真卷物理试卷含解析

广东省广州中科2024届高考仿真卷物理试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题々放在桌面上，待监考员收回。

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、在如图所示的理想变压器供电线路中，原线圈接在有效值恒定的交流电源上，副线圈接有两个灯泡，电流表、电压

表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（）

A.Ai的示数增大，Az的示数增大

B.Ai的示数不变，A2的示数增大

c.V|的示数减小，V2的示数减小。

D.W的示数不变，V2的示数减小

2、如图所示为四分之一圆柱体。4〃的竖直截面，半径为A,在〃点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在

。点与圆柱体相切，与。松的夹角为60。，则C点到〃点的距离为（）

3、如图所示，一光滑小球与一过球心的轻杆连接，置于一斜面上静止，轻杆通过光滑较链与竖直墙壁连接，己知小球

所受重力为G,斜面与水平地面的夹角为60。，轻杆与竖直墙壁的夹角也为60。，则轻杆和斜面受到球的作用力大小分

别为（）

60°

A.G和GB.和9G

22

C.立G和D.GG和2G

22

4、如图所示，轨道N。和。M底端对接且夕,a。小环自N点由静止滑下再滑上OM。已知小环在轨道NO下滑的距

离小于轨道OM上滑的距离，忽略小环经过。点时的机械能损失，轨道各处的摩擦因数相同。若用。、/、u和E分别

表示小环的加速度、所受的摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。其中能正确

反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是（）

5、如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的四分之一光滑圆弧轨道平滑相连，

木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg。现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与

墙壁碰撞，碰撞的时间为0.2s,碰后的速度大小变为4ni/s,当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10m/s2,则（）

I81

A・A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力的大小/=15N

B.A和B碰撞过程中，A对B的作用力大于B对A的作用力

C.A、B碰撞后的速度v=2nVs

I）.A、B滑上圆弧的最大高度〃=0.45m

6、物体做匀速圆周运动时，在任意相同时间间隔内，速度的变化量（）

A.大小相同、方向相同B.大小相同、方向不同

C.大小不同、方向不同D.大小不同、方向相同

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。分。

7、甲、乙两名溜冰运动员，MX80kg,M乙二40kg,面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，两人相距0.9m,弹簧

秤的示数为96N,如图所示，下列判断正确的是（）

A.两人运动半径相同

B.两人的运动半径不同，甲为0.3m,乙为0.6m

C.甲的线速度12m/s,乙的线速度6m/s

D.两人的角速度均为2rad/s

8、如图日，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧车离地高度力=0.1m处,

滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度心并作出如图乙所示滑块的动能以

与力的关系图像，其中/i=0.2m~0.35m图线为直线，其余部分为曲线，/『0.18m时，滑块动能最大，不计空气阻力，

取g=10m/s2,则由图像可知（）

A.图线各点斜率的绝对值表示合外力大小

B.滑块的质量为0.1kg

C.弹簧的原长为0.18m

I）.弹簧的劲度系数为100N/m

9、如图所示，一列简谐波沿工轴传播，实线为1=0时的波形图，此时P质点向轴负方向振动；虚线为0.02s（小于1

个周期）时的波形图，则（）

A.波沿x轴正方向传播

B.波速为3.5m/s

C,，=0.02s时，x=8cm处质点向y轴负方向振动

D.，=0至f=0.08s,质点P通过的路程为0.04m

10、如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，ZCAB=30°,斜面内部。点（与斜面无任何连接）

固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M、P、N点，P为MN的中点，OM=ON,OM/7AB,

下列说法正确的是（）

A.小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力

B.小物体静止在P点时受到的摩擦力最大

C.小物体静止在P点时受到的支持力最大

D.小物体静止在M、N点时受到的支持力相等

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）某同学研究小车的匀变速直线运动，某次实验得到的纸带如图所示，其中计数点3污损，只测得以下数据,

x,=3.59cm,x2=4.41cm,x5=6.78cm,x6=7.64cmo图中相邻两计数点间有四个点未画出，打点计时器所用

电源的频率为50Hz,（计算结果均保留两位有效数字）。

（1）利用所测数据求得小车的加速度大小。=m/s2o

（2）打点计时器在打计数点3时小车的速度大小匕=m/so

（3）如果在测定匀变速直线运动的加速度时，工作电压的频率变小了，但该同学不知道，这样计算出的加速度值与真

实值相比（选填“偏大”“不变”或“偏小”）O

12.（12分）在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的的实验器材。

⑴甲同学按电路图a进行测量实验，其中以为保护电阻，则

①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接；

②根据电压表的读数U和电流表的读数/,画出图线如图c所示，可得电源的电动势V,内电阻

r=。（结果保留两位有效数字）。

（2）乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数/,画出图线如

。（结果保留两位有效数字）。

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）一玻璃立方体中心有一点状光源.今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经

过一次折射不能透出立方体.己知该玻璃的折射率为0,求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值.

14.（16分）如图所示，有一棱镜ABC。，ZB=ZC=9O°,/。=75。.某同学想测量其折射率，他用激光笔从3。面

上的。点射入一束激光，从。点射出时与AD面的夹角为45。，。点到3C面垂线的垂足为E,NPQE=15。.求:

①该棱镜的折射率

②改变入射激光的方向，使激光在AD边恰好发生全反射，其反射光直接到达CD边后是否会从CD边出射？请说明

理由。

QA匕J

B

P

15.(12分)如图所示，把一个横截面。历尸为等边二角形坡墙棱镜的一个侧面放在水平臬面上，直线SD与Q尸共线。

在5处放一光源，使其发出的直线光束与SQ夹30角，该光束射向棱镜的M。侧面上的一点。调整光源S的位置,

使棱镜另一侧面MP出射的光线射在〃点，且恰有SQ=PO。不考虑光线在棱镜中的反射，求:

(i)棱镜玻璃的折射率；

(ii)棱镜的出射光线与人射光线间的夹角。

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】

副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，原线圈输入电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈

输出电压不变，电压表V1的示数不变，电压表V2的示数不变，开关S闭合后，总电阻减小，根据欧姆定律可知，副

线圈输出电流增大，根据变流比可知，原线圈输入电流增大，即电流表Al的示数增大，电流表A2的示数增大，故A

正确，BCD错误。

故选A。

2、D

【解析】

由几何知识求解水平射程.根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的

关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C点到/，点的距离.

【详解】

设小球平抛运动的初速度为叩，将小球在。点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有

二=tan6()。，

解得：

史3

%

小球平抛运动的水平位移：

x=Rsin60°,x=y浦,

解得：

行筝匕=竽，

设平抛运动的竖直位移为山

彳=2g），，

解得：

则

R

BC=y—(R—Reos60°)=—,

故D正确，ABC错误.

【点睛】

本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并求C归间的距离是关键.

【解析】

对小球受力分析如图，由几何关系，三力互成120。角，据平衡条件有

F、=F=G

则轻杆和斜面受到球的作用力大小

]=F=G

故选A.

4、A

【解析】

A.小球沿NO轨道下滑做匀加速直线运动，滑至。点速度为L下滑过程中有

V

%二/乙

mgsin6一〃〃吆cos0=ma]

同理上滑过程中有

v

X2=3t2

mgsina+"mgcosa=ma2

根据题意可知为＜W，所以

…2

根据加速度的定义式。=半结合牛顿第二定律，可知加速度大小恒定，且满足

Ar

q＞a2

A正确；

B.小球下滑过程和上滑过程中的摩擦力大小

fx=4mgcos0

f2=/jmgcosa

根据题意可知夕》a,cosOvcos。，则.力＜力，B错误；

C.小球在运动过程中根据速度与位移关系可知，速度与位移不可能为线性关系，所以图像中经过。点

前后小球与路程的关系图线不是直线，C错误；

D.小球运动过程中摩擦力做功改变小球的机械能，所以石-戈图像斜率的物理意义为摩擦力，即

f=^

结合B选项分析可知下滑时图像斜率的绝对值小于上滑时图像斜率的绝对值，D错误。

故选A。

5、D

【解析】

A.规定向右为正方向，则

%=-6m/s,匕=4m/s

对A在与墙碰撞的过程，由动量定理得

FZ=叫V)-"%%

F=75N

所以A错误；

B.A和B碰撞过程中，A对B的作用力和B对A的作用力是一对相互作用力，应该大小相等，方向相反，所以B错

误；

C.由题意可知，A和B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得

v,=(m]+/n2)v2

v2=3m/s

所以C错误;

D.A和B碰后一起沿圆轨道向上运动，在运动过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得

1,

（7%+=-（叫+加2）彩"

h=0.45m

所以D正确。

故选Do

6、B

【解析】

物体做匀速圆周运动时，速度的变化量△u=H,由于加速度的大小不变但方向时刻在变化，所以在任意相同时间间

隔内，速度的变化量大小相等，方向不同。

A.大小相同、方向相同,与分析不符,故A错误;

B.大小相同、方向不同,与分析相符,故B正确

C.大小不同、方向不同,与分析不符,故c错误;

D.大小不同、方向相同,与分析不符,故D错误。

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、BD

【解析】

由题意可知弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供各自的向心力，有

Mp/祈=M乙说=96N

因为甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤绕共同的圆心做圆周运动，角速度相同，有

所以

尺户二M乙

R乙M甲

因为

%+R乙=0.9m

联立可解得佝=0.3m,七二0.6m；所以两人的运动半径不同；

根据

M/R乙或=96N

代入数据可解得两人的角速相同为2rad/s；根据

vqi=coRv

代入数据得甲的线速度是即=0.6m/s,同理可得乙的线速度是u乙=1.2m/s。

综上分析可知BD正确，AC错误。

故选BD.

8、AD

【解析】

A.根据动能定理可得

Ek=Fh

故纭-力图像的斜率表示滑块受到的合外力大小，A正确；

B.在耳-力图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部

分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，即只受重力作用，所以从力=0.2m,滑块与弹簧

分离，弹簧的原长的0.2m,斜率大小为

0—0.3.

K=------------=—2

0.35-0.2

即重力大小为

mg=2N

所以

in=0.2kg

故BC错误；

D.在滑块与弹簧未分离的过程中，当滑块受到的重力和弹力等大时，滑块的速度最大，即动能最大，故有

kbh=mg

根据题意可知0.18m时动能最大，而弹簧原长为0.2m,代入解得

攵二100N/m

D正确。

故选AD,

9、AC

【解析】

A.P质点向丁轴负方向运动，根据同侧法可知波沿x轴正方向传播，A正确;

B.波速为：

AY

v=----=0.5ni/s

Ar

B错误；

C.根据图像可知，=0.02s时，x=8cm处质点沿y轴负方向运动，C正确;

D.周期：

T=—=0.16s

v

在QO至f=0.08s,质点P振动，个周期，通过的路程为：

2

2x1cm=2cm

D错误。

故选AC,

10、CD

【解析】

对小物体分别在三处静止时所受力分析如图所示：

A.结合平衡条件，由图，小物体在尸、N两点时一定受四个力的作用，而在"处不一定。故A错误。

B.小物体静止在P点时，摩擦力六帆gsi〃30。，静止在N点时：加30。+Pcos30。，静止在M点时；

/"=〃igsE3()o-F，cos30。，可见静止在N点时所受摩擦力最大。故B错误。

CD.小物体静止在尸点时，设库仑力为尸，受到的支持力：2噂皿30。+凡在M、N点时：N=wgcos30o+Fs加30。,

r

由库仑定律知：F>Ff故N>N，，即小物体静止在尸点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等。

故CD正确。

故选CD,

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、0.800.56偏大

【解析】

(1)[11.由

〃一(天+/)-(凡+工2)

u一；

8产

或

X,+X,

V.=—----

匕一匕

4/

求得

ax0.80m/s2

（2）⑵.由

（%+々）+（尤5+%）

二

2

3+Z

匕二

2t

或

21

匕=匕+。x2r

求得

v3«0.56m/so

0）[3].根据〃3+4）二（*+"电源的频率为50Hz,，=0.1s,若工作电压的频率变小了，/>0.1s,但该同

8r

学不知道，仍然代入了/=0.1s,使得结果与真实值相比偏大。

12、(1)①②2.80.60(2)3.00.50

【解析】

解：（1）①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示;

②根据比合电路欧姆定律可得：U=E-Irf则由数学规律可知电动势E=2.8V,内电阻

△U_2.8-1.6

Q=0.60Q；

M0.2

⑵由乙同学的电路接法可知与左右两部分并联后与&串联，则可知在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大

后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知当电压为2.5V时，电流为0.5A,此时

两部分电阻相等，则总电流为（=1A;而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A,则说明当电压为2.4V时,

干路电流为/2=0-33+0.87A=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5=E-八2.4=E-1.2r,解得电源的电动

势E=3.0V,内电阻〃=0.50Q；

四、计算题：