2024年广东省广州市高考物理二模试卷（含解析）

这是一份2024年广东省广州市高考物理二模试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

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→b
B. 电流方向为b→R→a
C. 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
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. gL216π2v2B. gL2π2v2C. gL4πvD. gLπv
3.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. 2
D. 3
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UB. 输入电压为Ir
C. 输出电压为n2(U−Ir)n1D. 输出电压为n2(U+Ir)n1
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
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( )
A. Oa方向B. Ob方向C. Oc方向D. Oe方向
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.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，将磁铁在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
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. a1a3D. a2>a3
10.如图，无初速度的 ​24He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 ​11H和 ​12H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. 11H打到O点B. 12H打到O点C. 11H打到O点下方D. 12H打到O点上方
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.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)。
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。

(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= ______Ω2；开关K2闭合时，电容器放电过程中通过R3的电量为______C。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
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ΔV=12mL时停止拉动。已知圆筒的底面积S=6×10−4m2，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。
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。
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”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的120，求Wf；
(3)已知“币仓”中有n(n≤10)个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为(2n−1)W；试讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为1： 3。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、发生光电效应，光电子向左运动，电流方向与电子定向移动方向相反，则电流方向为b→R→a，故A错误，B正确；
CD、由光电效应方程Ek=hν−W0，知光电子的最大初动能与光频率有关，与照射时间和光照强度无关，故CD错误；
故选：B。
发生光电效应，根据光电子的移动方向分析电流方向，根据光电效应方程分析最大初动能的影响因素。
本题考查光电效应，解题关键掌握爱因斯坦光电效应方程，注意最大初动能的影响因素。
2.【答案】A
【解析】解：图乙中沙摆摆动2个周期，则周期为2T=Lv，由单摆周期公式T=2π lg
解得沙摆对应的摆长l=gL216π2v2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据题意求得沙摆的周期，再根据单摆的周期确定摆长。
本题考查单摆运动周期公式，以及物体做简谐运动的周期的推算办法，属于基础题。
3.【答案】D
【解析】解：由图可知，△ACO是等腰三角形，又知圆盘半径和AC距离相等，所以△ACO是等边三角形，可知∠ACO=60°
AOB是直径，所以∠ACB=90°，可知折射角∠OCB=90°−∠ACO=90°−60°=30°
入射光线平行AB，由几何关系可知入射角i=60°
由折射定律有：n=sinisin∠OCB
代入数据可得：n= 3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据几何关系和折射定律分析。
本题考查了光的折射和折射定律，解题的关键是根据圆盘半径和AC距离相等可确定△ACO是等边三角形，则可得折射角大小。
4.【答案】C
【解析】解：AB、根据欧姆定律可知输入电压为U1=U−Ir，故AB错误；
CD、根据变压器电压与线圈匝数比的关系U1U2=n1n2
解得U2=n2(U−Ir)n1
故C正确，D错误；
故选：C。
根据欧姆定律可知输入电压，根据变压器电压与线圈匝数比的关系解得输出电压。
对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
5.【答案】C
【解析】解：AB、在N点处，在竖直方向对汽车由牛顿第二定律有：mg−FN=mv2R，可知汽车在N处所受支持力大小小于其重力，故AB错误；
CD、从M到N过程，对汽车受力分析，把重力分解，如下图所示：
由牛顿第二定律有：mgcsθ−FN=mv2R
可得支持力大小：FN=mgcsθ−mv2R，从M到N，θ减小，csθ增大，速率v不变，可知支持力FN增大，故C正确，D错误。
故选：C。
AB、在N点利用牛顿第二定律分析；
CD、对汽车受力分析，利用牛顿第二定律分析。
本题考查了匀速圆周运动的向心力、牛顿第二定律，解题的关键是对汽车正确受力分析，知道半径方向的合力提供向心力。
6.【答案】D
【解析】解：由表可看出线圈平面平行于地面Oabc移动，电流计均无示数，则导线不可能沿Oa、Ob方向、Oe方向，沿Oa方向平移时有感应电流，说明磁通量发生变化，则可知该导线可能的走向是Oe方向，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据电流计有示数意味着产生感应电流，则磁通量有变化，从而分析选项。
本题考查产生感应电流的条件，解题关键掌握磁通量的变化判断。
7.【答案】B
【解析】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f，在ab段有
F1=mgsinθ+f
在bc段有
F2=f
在cd段有
F3+mgsinθ=f
可知
F1>F2>F3
且F1、F2、F3保持不变，由公式P=Fv可知，汽车的功率
P1>P2>P3
且P1、P2、P3保持不变。
故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据力的平衡条件分析三段运动过程的牵引力大小，根据功率的计算公式分析解答。
本题考查功率的计算，解题关键掌握汽车的受力情况。
8.【答案】AC
【解析】解：回形针被吸离桌面后向上运动过程，磁场变大，则磁场力变大，根据牛顿第二定律可知加速度增大，磁场力做正功，则机械能增大，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
根据牛顿第二定律分析加速度，根据功能关系分析机械能变化。
本题考查功能关系及牛顿第二定律，解题关键掌握回形针的受力情况及做功情况。
9.【答案】ACD
【解析】解：D、对冰壶由牛顿第二定律有：μmg=ma，可得a=μg，由于乙后面刷冰面减小了动摩擦因数，可知a2>a3，故D正确；
A、设AO间的距离为x，冰壶的初速度为v0，甲冰壶从A点到O点，则有：x=v022a1
设乙冰壶开始刷冰面时的速度为v1，乙冰壶从A点到O点，则有：x=v02−v122a2+v122a3，可得x=v022a2+v122(a2−a3a3a2)
已知a2>a3，则a2−a3a3a2>0，可得v022a1>v022a2，所以a2>a1，故A正确；
BC、画出甲乙冰壶运动的v−t图像，如下图所示：
甲乙冰壶运动的位移相等，图线与横轴所夹的面积相等，所以a1>a3，故B错误，C正确。
故选：ACD。
D、根据牛顿第二定律和题意分析；
A、根据运动学公式分析；
BC、利用v−t图像图线与横轴所夹面积的含义分析。
本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，解题的关键是知道甲乙冰壶运动的位移相等，利用v−t图像所夹面积表示位移分析加速度大小关系。
10.【答案】BC
【解析】解：设 11H、 12H、 24H的电荷量分别为q、q、2q，质量分别为m、2m、4m，对 24H在电场中加速，根据动能定理有
2qU=12×4mv2
解得
v= qUm
同理可得 11H、 12H经过同一个电场加速后的速度分别为 2v、v，又 24H在速度选择器中做匀速直线运动，根据平衡条件有
2qvB=2qE
解得
v=EB
11H的速度 2v>EB，即 11H所受的洛伦兹力大于电场力， 11H向下偏转，打在O点下方，而 12H的速度v=EB，即洛伦兹力等于电场力， 12H沿直线运动打在O点，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
先根据动能定理求解 11H、 12H、 24H经过加速电场加速后的速度，对 24H根据平衡条件求解其速度与速度选择器中电场强度和磁感应强度的关系，进步一可判断 11H、 12H所受洛伦兹力与电场力的大小关系，即可判断 11H、 12H偏转的方向，最后可知 11H、 12H打在荧光屏上的位置与O的关系。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】3.00 6.3
【解析】解：(3)弹簧测力计的分度值为0.1N，读数为3.00N；
(4)①根据平行四边形定则画图如图：
②根据平衡条件可知G=F合=6.3N
故答案为：(3)3.00；(4)图见解析；6.3
(3)根据弹簧测力计分度值读数；
(4)根据平行四边形定则画图分析。
本实验采用的是等效替代法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代。解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，明确合力和分力之间的关系，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题。
12.【答案】电容器放电过程，通过电流传感器的电荷量 = 220 480 6.6×10−4
【解析】解：(1)①根据q=It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。
②S1和S2均表示电容器放电的电荷量，所以S1=S2
(2)根据C=QU
可得C=S1E
其中S1=2.64mA⋅s=2.64×10−3A⋅s
解得：C=220×10−6F=220μF
根据Im=UR
可知，两次放电过程的最大电流与电路电阻成反比，即
R2R3R2+R3×100mA=R2×75mA
解得R3=480Ω
开关K2闭合时，电容器放电过程中通过R3的电量为
QR3=R2R2+R3S1
解得QR3=6.6×10−4C
故答案为：(1)①电容器放电过程，通过电流传感器的电荷量；②=；(2)220；480；6.6×10−4
(1)据q=It分析图像与坐标轴围成面积的含义从而比较大小关系；
(2)根据串并联电路电流与电阻的关系结合电容的定义式解答。
本题考查观察电容器的充、放电现象实验，要求掌握实验原理、实验电路和器材。
13.【答案】解：(1)拉动活塞时，气体发生等温变化，根据玻意耳定律得：
p0V0=p(V0+ΔV)
解得：p=7×104Pa
(2)对其中一个圆筒受力分析，根据平衡条件得：
F+pS=p0S
解得：F=18N
答：(1)停止拉动活塞时圆筒内气体的压强为7×104Pa；
(2)将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力为18N。
【解析】(1)气体发生等温变化，根据玻意耳定律解答；
(2)对其中一个圆筒受力分析，根据平衡条件解答。
本题考查了气体实验定律的应用。根据题意分析清楚气体状态变化过程、确定封闭气体初末状态参量，应用玻意耳定律即可解题，解题时注意研究对象的选择。
14.【答案】解：(1)OP转动切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv−=BLωL2=12BL2ω
闭合K瞬间回路中的感应电流为：I=E2r
MN所受安培力大小为：F=BIL=B2L3ω4r
根据右手定则，可知金属杆OP中的电流方向为P→O，金属杆MN中的电流方向为M→N，根据左手定则，可知MN所受安培力方向水平向左。
(2)MN匀速运动时回路中电流为零，MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势相等，设MN匀速运动时的速度大小为v，则有：
EMN=BLv=12BL2ω
解得：v=12Lω
(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，根据能量守恒定律，可得回路中产生的总的焦耳热为：
Q=12mv2
根据焦耳定律，可得MN产生的焦耳热为：
QMN=12Q=116mL2ω2
答：(1)闭合K瞬间MN所受安培力大小为B2L3ω4r和方向水平向左；
(2)MN匀速运动时的速度大小为12Lω；
(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热为116mL2ω2。
【解析】(1)OP转动切割磁感线，利用OP转动的平均切割速度求得其产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求得回路中的感应电流，根据安培力计算公式求解安培力的大小；根据右手定则判断感应电流方向，根据左手定则判断MN所受安培力方向。
(2)MN匀速运动时回路中电流为零，MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势相等，据此根据法拉第电磁感应定律求解。
(3)根据能量守恒定律和焦耳定律，求解MN产生的焦耳热。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律，能量守恒定律的应用，以及安培力的计算。掌握导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的求解方法。
15.【答案】解：(1)根据动能定理有
4W−W=12×3mv2
解得
v= 2Wm
(2)规定向右为正方向，对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有
3mv=3mv1+mv2
12×3mv2=12×3mv12+12×mv22
解得
v2=32 2Wm
克服摩擦力做功Wf为其初动能的120，则有
Wf=120×12×mv22
解得
Wf=980W
(3)平抛运动过程有
h=12gt2
x1=v底1t
x2=v底2t
根据题意有
x1x2=1 3
底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为(2n−l)Wf，根据动能定理有
−(2n1−1)Wf=12×mv底12−12×mv22
−(2n2−1)Wf=12×mv底22−12×mv22
结上有
3n1=n2+21
由于n≤10，则有
n1=8个，n2=3个或n1=9个，n2=6个或n1=10个，n2=9个
答：(1)撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度为 2Wm；
(2)当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为980W；
(3)两次“币仓”中分别叠放n1=8个，n2=3个或n1=9个，n2=6个或n1=10个，n2=9个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为1： 3。
【解析】(1)根据动能定理解得v；
(2)根据弹性碰撞中动量守恒及能量守恒分析解答；
(3)根据平抛运动规律结合动能定理解答。
本题考查动量守恒定律及能量守恒定律的应用，解题关键掌握题目含义，注意第三问的限制条件。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