广东省肇庆市封开中学2024届高考物理试题模拟试题

广东省肇庆市封开中学2024届高考物理试题模拟试题

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、下列说法正确的是（）

A.爱因斯坦在1900年首次把能量子的概念引入物理学

B.单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多

C.一个氢原子从量子数〃=3的激发态沃迁到基态时最多可辐射3种不同频率的光子

D.玻尔的原子理论能够解释氮原子的光谱

2、一圆筒内壁粗糙，底端放一个质量为机的物体（可视为质点），该物体与圆筒内壁间的动摩擦因数为4,圆筒由静

止沿逆时针方向缓慢转动直到物体恰好滑动，此时物体、圆心的连线与竖直方向的夹角为夕，如图所示，以下说法正

确的是（）

A.在缓慢转动过程中物体受到的支持力逐渐增大

B.在缓慢转动过程中物体受到的静摩擦力逐渐减小

C.物体恰好滑动时夹角J与〃的关系为〃=tan6

D.缓慢转动过程中，圆筒对物体的作用力逐渐增大

3、如图所示，有一个表头。，满偏电流/“=100mA,内阻R,=100Q,把它改装为0.6A量程的电流表，则H的阻

值为（）

0.6A

A.7?=10QB.R=13Q

C.R=16QD.R=20C

4、如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、80杆上套有带正电的小球

P、。，两个小球恰能在某一位置平衡。现将「缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量

不变，与移动前相比（）

B

,Q

$\--------0。

A.杆A。对尸的弹力减小B,杆30对。的弹力减小

C.P、。之间的库仑力减小D,杆A0对尸的摩擦力增大

5、用波长为187.5nm的光照射阴极材料为筲的光电管，测量得到遏止电压为2.09V。已知普朗克常量为6.63xlO&J・s,

真空中的光速为3x10%】/$,e=1.6xlO*T,氢原子能级示意图如图所示。保持反向电压为2.09V,改用处于基态（〃=1）

的氢原子激发后辐射出的光子照射，为了使光电流不为零，最少应给氢原子提供的能量为（）

n於丫

»...........0

4----------------------0.85

3-1.51

2--------------------3.40

1--------------------13.60

A.4.54eVB.6.63eVC.10.20eVD12.09eV

6、汽车甲和乙在同一公路上做直线运动，下图是它们运动过程中的U图像，二者在h和t2时刻的速度分别为V1和

V2,则在t1到t2时间内

s*）

V2I1n"

0l\hUs

A.ti时刻甲的加速度小于乙的加速度

B.乙运动的加速度不断增大

C.甲与乙间距掰越来越大

D.乙的平均速度等于上詈

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、如图所示，在电阻不计的边长为L的正方形金属框"曲的cd边上接两个相同的电阻，平行金属板e和/通过导

线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度8大小相等，B随时间

，均匀增加，己知竺=左，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L,板间距离为，质量为加，电荷

Ar

量为q的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从/板右边缘射出.不计粒子重力，忽略边缘效应.则

A.金属框中感应电流方向为。力cd”

B.粒子带正电

C.粒子初速度为与

1。

D.粒子在e、/间运动增加的动能为二屋p

4

8、两波源分别位于x=0和x=20cm处，从t=0时刻起两波源开始振动，形成沿x轴相向传播的简谐横波I和H,如图

所示，为t=0.04s时刻两列波的图像.已知两波的振幅分别为A=2cm,A=3c7〃，质点P的平衡位置在x=lcm处,

质点Q的平衡位置在x=18cm处.下列说法中正确的是.

A.两列波的波源起振方向相同

B.I和H两列波的波长之比为1：2

C.t=0.05s时，质点P向下振动，质点Q的坐标为(18cm,-3cm)

D.i和n两列波将在t=o.is时相遇，之后叠加形成稳定的干涉图样

u/v

①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：

电压表：V（量程3V,内阻&=10kC）

电流表：G（量程3mA,内阻％=100Q）

电流表：A（量程3A,内阻约为0.5。）

滑动变阻器：Ri（阻值范围0/0C,额定电流2A）

&（阻值范围0-1000。，额定电流1A）

定值电阻：7?3=0.5。

该同学依据器材画出了如图所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是;

②该同学将电流表G与定值电阻心并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是______A；

③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器_______（填写器材的符号）；

④该同学利用上述实验原理图测得数据,以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，

根据图线可求出电源的电动势£=V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r=Q（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）如图所示，空间内有一磁感应强度B=0.8T的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为"，磁场的正上

方有一长方形导线框，其长和宽分别为L=2m、d=OSm（4vH）,质量加=0.4kg,电阻R=3.2Q・将线框从距

磁场高力=O.8m处由静止释放，线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重力加速度取g=10m/s2。

求：

（1）线框下边缘刚进入磁场时加速度的大小；

⑵若在线框上边缘进入磁场之前，线框已经开始匀速运动。求线框进入磁场过程中产生的焦耳热

⑶请画出从线框由静止开始下落到线框上边缘进入磁场的过程中，线框速度丫随/变化的图像（定性画出）。

14.（16分）图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为/=lm,左侧斜面的倾角，二37。，右侧斜面的中间用阻

值为火=2。的电阻连接。在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为&=（）.5T,右侧斜面轨

道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为约=。.51\在斜面的顶端e、1・两点分别用等长的轻质柔

软细导线连接导体棒另一导体棒cd置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，裙棒和cd棒的质量均为

w=0.2kg,"棒的电阻为a=2。，M棒的电阻为为=4Q。己知仁0时刻起，川棒在沿斜面向下的拉力作用下开

始向下运动（cd棒始终在左侧斜面上运动），而岫棒在水平拉力尸作用下始终处于静止状态，F随时间变化的关系如图

乙所示，打棒静止时细导线与竖直方向的夹角夕=37。。其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支

架。

（1）请通过计算分析cd棒的运动情况；

⑵若/=0时刻起，求2s内cd受到拉力的冲量；

（3）3s内电阻R上产生的焦耳热为2.88J,则此过程中拉力对cd棒做的功为多少？

15.（12分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。

己知电子质量为胆，电荷量为e,加速电场极板间电势差为5。偏转电场极板间电势差为U,极板长度为L,板间距

为d,偏转电场可视为匀强电场，电子所受重力可忽略。

(1)求电子射入偏转电场时的初速度％和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Ax；

(2)由问题(1)的结论可知，电子偏转距离与，与偏转电场极板间电势差U有关。己知£=1.0x10']],加速电场

“)=500V。当偏转极板间电压为随时间变化的交变电压〃=22&sin50加V时，在计算其中任意一个电子通过极板

的偏转距离4y时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。请利用下面所给数据，分析说明这样计算的合理性。已知

6=1.6x10-19(2,=9.1x10"kg。

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、B

【解题分析】

A.普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A错误；

B.单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，则入射光子的数目越多，所以单位时间内发射的光电子数越

多，故B正确；

C.根据玻尔理论，一个氢原子从量子数〃=3的激发态跃迁到基态时最多可辐射2种不同频率的光子，故C错误；

D.玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，很好地解释了氢光谱，但不能够解释氮原子的

光谱，故D错误。

故选B。

2、C

【解题分析】

AB.对物体受力分析如图所示，正交分解，根据平衡条件列出方程

=mgcos0

Ff=mgsin0

随着。的增大，鼠减小,Ff增大，选项AB错误:

C.当物块恰好滑动时耳=〃/得

〃=tan0

选项C正确;

D.缓慢转动过程中，圆筒对物体的作用力与重力等大反向，始终不变，D错误。

故选C。

3、D

【解题分析】

改装为0.6A电流表时，并联电阻的分流电流为

〃=/-/.=0.6A-100x1O'A=o.5A

分流电阻的阻值为

/?=/A=0Jxl00Q=20Q

R0.5

选项D正确，ABC错误。

故选D。

4、D

【解题分析】

A.对两个小球作为整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO的支持力，故杆AO对小球尸的弹力不变，故A

错误;

BC.对2受力如图

小球尸向左移后，两个小球P、。间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成和平衡条件可知杆80对小球。

的弹力变大，两小球尸、。之间的库仑力变大，故B、C错误；

D.对两个小球作为整体受力分析，在水平方向则有杆BO对小球Q的弹力等于杆AO对小球P的摩擦力，所以可得

杆40对小球P的摩擦力变大，故D正确；

故选D。

5、C

【解题分析】

由光电效应方程

eUc=EKm=hy-Wo.•.①

又

〃找=Wo…②

又

由①②③式代入数据可得

/1yo=4.54eV

则光子的能量值最小为4.54eV+2.09eV=6.63eV,用处于基态(//=1)的氢原子激发后辐射出的光子照射，电子只需要

从基态跃迁到〃=2的能级即可，所以为了使光电流不为零，最少应给氢原子提供的能量

Emin=F2-Ei=-3.40eV-(-13.60eV)=10.20eV.

故C正确，ABD错误。

故选C。

6、A

【解题分析】

试题分析：在速度•时间图象中每一点表示该时刻所对应的速度，图线上每一点切线的斜率表示物体的瞬时加速度，根

据图象的斜率可知加速度的变化；由速度公式可求得位移及平均速度.

v・t图像的斜率表示加速度，所以八时刻甲的加速度小于乙的加速度，乙的斜率越来越小，所以加速度越来越小，A正

确B错误；由于甲乙不知道t=0时刻甲乙两车的位置关系，则无法判断两者间的距离如何变化，C错误；甲做匀减速

直线运动，在ti和t2时间内，甲的平均速度为乜士丝，由于乙的位移小于甲的位移，故乙的平均速度上士以，D

22

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、AC

【解题分析】

A.因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为2cda,e板带负电，/板带正电,

A正确;

B.因为粒子刚好从/板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B错误;

C.粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有

L=卬

在竖直方向上有

L=-af

2

Eq

a=--

m

E。

d

而电容器两极板间的电压等于R两端的电压，故

〃1\BS111

U=---------=-kz——Lr2=-k/Lf2

2△/224

联立解得

L回

Vo=2\m

C正确;

D.根据动能定理可得粒子增加的动能为

D错误.

故选AC,

8、BCE

【解题分析】

由波形固可知，波I传到x=4cm位置时质点的起振方向向下，则波I振源的起振方向向下；波H传到x=16cm位置时

质点的起振方向向上，则波H振源的起振方向向上；则两列波的波源起振方向相反，选项A错误；由波形图可知，I

和fl两列波的波长分别为2cm和4cm,则波长之比为1：2,选项B正确；波I的周期Ti=0.02s,则t=0.05s时，质点

P在平衡位置向下振动；波H的周期1=0.04s,则t=0.05s时，质点Q在最低点，坐标为(18cm,-3cm),选项C正

x16—4

确；两列波的波速均为u=—=：—=100c〃7/s,则再经过乙=------5=0.065,即在t=0.1s时刻两波相遇，因两

t0.04s2x100

波的频率不同，则叠加后不能形成稳定的干涉图样，选项D错误；t=0.12s时，波I在x=10cm处的质点引起的振动为

在平衡位置向下振动：波H在x=10cm处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动：则此质点的位移为零但振动加强,

选项E正确；故选BCE.

【题目点拨】

本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变.理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如本题中两

列波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为IA+A2I；当波峰与波谷相遇时此处的位移为|4一4|.

9、CD

【解题分析】

A.带电粒子在电场中只受电场力作用，电势能和动能之和不变，由图可知，在a、b连线的中点3L处，动能最大，电

势能最小，因为粒子带负电荷，所以a、b连线的中点3L处电势最高，故A错误；

B.根据A选项分析可知，a点动能比b点小，电势能比b点大，所以a点的电势比b点低，故B错误；

C.在3L点前做加速运动，3L点后做减速运动，可见3L点的加速度为0,则x=3L处场强为零，故C正确；

D.由于在x=3L点前做加速运动，所以Q2带负电，3L点的加速度为0,则有鬻9=鬻*，故Q?带正电且电荷量

小于Qi,故D正确。

故选：CD

10、AC

【解题分析】

A.传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增

加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A正确；

C.由0加速到用甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据

2av=v2

可知由根据牛顿第二定律有

jLjmgcos6-mgsin。=inci

解得〃甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C正确；

D.对甲图分析，可知小物体加速的位移为

Hv

x.=-----=—t,

sin。2

此时传送带匀速的位移为

2H

sin6/

则两者的相对位移为

H

SJ…=X.X=

根据摩擦生热的公式

Q~肉0对

H

解得Qp=/一

sin夕

对乙图分析，可知小物体加速的位移为

,H-hv,

x,=-------=—t.

sin。2

此时传送带匀速的位移为

…一2(…

“叫一sin。

则两者的相对位移为

，_，,_H-h

“对7"二3

根据摩擦生热的公式

Q=力相对

H-h

解得Q乙=/2—^

sin£

在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有

v2

f/|-

八一mgsine=ma},2H

sin0

v2

f2-mgsin。=nia2,2H二h

sin<9

解得

mv2sin,•八wv2sin

/=，〃gsin°+^—,人=利8则6+丽田

将力、力代入。甲、Q乙的表达式，解得

Qp=mgH+:mv~,2=—；mv

则有Q「＞。乙，即产生的热量不相等，故D错误;

B.根据能量守恒定律，电动机消耗的电能£电等于摩擦产生的热量。与物块增加机械能的和，因物块两次从A到5

增加的机械能增加量相同，而Qp〉Q"所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B错误。

故选AC,

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、0.051.611.40

【解题分析】

[1]由题知相邻两计数点间还有2个打点未画出，则两个计数点的时间间隔是

7=3x—s=0.05s

60

[21根据匀变速直线运动的推论公式

/^=aT2

可以求出加速度的大小，则有

=1.61m/s2

[31根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有

5+J_6.41+6.81

45x102m/s®1.32m/s

27-2x0.05

则打计数点“5”时，小车的速度

v5=v4+6/T=1.40m/s

12、量程与被测电流值相比较太大0.603Ri1.480.84（0.70-0.90之间都给分）

【解题分析】

①11]一节干电池的电动势约E=l.5V,为方便实验操作，滑动变阻器应选用，它的阻值范围是0J0C,电路中最小

电流约为

E

Zmm.=R-=0.15A

电流表A的量程是3A,被测电流值与电流表量程相比差距太大，因此不能用电流表A。

②[2]改装后电流表量程：

1R,、八配0.003x10八々、

=0.003+------A=0.6A03A

氏0.5

③网根据以上分析可知，选用的滑动变阻器是修。

由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电

源的电动势为：

E=l.48V

图线的斜率大小A=r,由数学知识知:

A:=-y=0.84

则电源的内阻为:

r=k=0.84Q

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。

【解题分析】

⑴线框从静止释放到下边缘刚进入磁场，根据动能定理

，岫=加；

解得

V]=12gh=V2xl0x0.8m/s=4m/s

线框下边切割磁感线，感应电动势为

E=BLv]

根据闭合电路欧姆定律

I二

R

安培力大小为

「B2£2V,0.82X22X4_

居:=BIL=-------L=----------------NM=3.2N

*-R3.2

根据牛顿第二定律

mg一£交=ma

解得

3.22c/2

«=^--=10m/s2——m/s=2m/s-

m0.4

⑵线框匀速运动，重力和安培力等大反向

〃吆=

解得

邈0.4x10x3.2