2024年广东省广州市高考物理二模试卷

2024年广东省广州市高考物理二模试卷

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。

发生了光紫外线电效向.叵曲巾砒「、

1.（4分）加图,光电管接入电路.用紫外线照射光电管阴极时.

电流。二列说法正确的是（）

A.电流方向为a-R--bB.电流方向为b—R—aC.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.（4分）如图甲，由细线和装有墨水的容器组成单搜，

容器底端墨水均匀流出。当单摆在竖宜面内摆动时，长木

板以速度v垂直于摆动平面匀速移动距离L,形成了如图否

的墨痕图案，重力加速度为g,则该单摆的摆长为（）fJFG入

甲乙

CD

/。+小28”120-41

3.（4分）如图是0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:1c

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〔）〜、

w

A.1.5B.2C.y/2D,V3

解I贝/共】4页

4.（4分）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，

的等效电因为r,输电线路中的电流为I,理想变压器原、副线圈的匝数：

■

分别为七,则该变压器（）：

A.输入电压为UB.输入电压为IrC.输出电压为"式"）D.输出电压为

"2%

5.（4分）如图，一辆汽车以恒定速率通过阅弧拱桥，，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.（4分:如图，在墙内或地面埋有一•根通有恒定电流的长直导线，为探测该导线的走网,

取电流计（图中未画出）串联的感应线圈进行探洌，结果如下表。忽略地磁场的影响,

向是（）

探测灵敏电流计有无示数

沿0a方向平移无

线圈平面平行于地面Oabc

沿0c方向平移无

沿0。方向平移有

线圈平面平行于墙面Oade

沿0e方向平移无

A.0a方向B.0b方向C.0c方向D.Oe方向

第2页/共14贡

7.（4分）如图，汽车定速巡航（即速率不变）通过路面

0-------------------

abed，h时刻经过b、时刻经过c、13时刻经过62

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R随时间t变化的图像是（）

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。

1.（6分）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

A.ai<a2Ba<atC.ai>a3D.a2>a3

笫3负/共14负

3.（6分）如图，无初速度Tie经加速电场加速后，沿水平虚线入速度选择器,

打到右侧荧光屏上0点。若无初速度的|H和二H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。B

0

卜

加速电场A

+

A.1H打到。点-B3打到0C.{H打到0点下方卅打到0点

上

三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。

1.（7分）如图甲，用址程为5N的弹簧测力计，测量一个超出其量程的物体的重力:

（I）将表面印有等距I到环的白纸固定在竖百科置的木板卜:

⑵三根细线分别与削筑测力计一端、一个图钉、待测重物相连，州筑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0B,使细线

的结点0与圆环的圆心位置重合；

S）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、0B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）.

2.（10分）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）;岛,的,%为定值电阻，其中Hi=1002;

电流传盛器（内阻忽略不计）将电流信息传入计第机，显示出电流的时间变化的1-1图。

B4W/共I位

(a)(b)

(1)①闭合开关年,开关与1接通，待充电完成后，再与2接通.电容器放电的I-I图像如图(b)中的图级I.图级I与时间右轴围成的“而

积”为其物理意义是：

②断开开关心,开关汗与1接通,待充电完成后，再与2接通,电容器放电的IY图像如图(b)中的图线H,图线I【与时间轴围成的“面积”

为S2,理论上应该有.52(选填或“=”)；

(2)测得S1为2.64mA・s,由此可知电容器的电容c=aF,定值电阻%=,2；开关Q闭合时，电容器放电过程中通过R3的电量为

3.(8分)如图为某同学根据“马德堡半球馍型”设计的实验。两个底面积相同，开口端紧密对接。圆筒内封闭气

积为％=257nL，其压强与大气压强相等，均为,oxi(r，将注射器活至针筒底部，通过细管与气阀连通：打开气,然后

缓慢拉动活塞，当注射器内气体体积为I时般动。知圆修的底面积状

与气体温度全程不变。IHII

注射耦

两个陶筒

(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。

尔5页/共14贝

4.(H分)如图，水平面内固定有平行长直金吊导轨,ab、cd和金屈髀不：金懈杆MN场曼轨呼吊在圆环圆

心。处，另一端与圆环接触良好，水平导轨区域:取、炉厂4邛1习誓嫄场J0P绕0点j

动后，使0P停止转动并保持静止。已知磁感应强度X小%B'，质套OF布角速度为3,

长度匀为

L,MN和OF的电阻阻值均为r,忽略其余电阻和一切摩擦,/家:■

■

-

(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：

⑶从0P停止转动到MN停止运动的过程，M\产生的焦耳热。

5.(15分)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，上一层硬币掉卜补位.底层硬币被撞后在摩擦力作用卜.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

第6页/共M页

间,克服摩擦力做功为w,两橡皮绳对撞板做的总功为4机忽略空气阻力,哽币不翻转.

(1)求撞板撞击哽币前瞬间，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W,为其初动能的二求W1；

20

(3)已知“币仓”中有n(n410)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”中分别型放多少

个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为1：、行，

第:贞/H1<51

2024年广东省广州市高考物理二模试卷(答案&解析)

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.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E6)=MW。，知光电子的最大初动能与光频率仃关，与照射时间和光照强度无关，故CD错误：故选:B.

【解析】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。

2.解：图乙中沙摆摆动2个周期，则周期为27=4由单摆周期公式r=2xjl

解得沙摆对应的摆长I=焉了,故A正确,BCD错误；

故选:

【斛析】根据题意求得沙摆的周期，再根据单摆的周期确定摆长。

3.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A/ICO是等边三甭形，可知^.ACD=60°A0B

是直径，所以NACB-90°,可知折射力AOCB=90。＜ACD=(2)3-600=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

atl-2QCB

代入数据可得：n=心，故ABC错误,D正确.

故选：D.

【解析】根据几何关系和折射定律分析。

4.解：AB、根据欧姆定律可知输入电压为以=U-/r,故AB错误：

CD、根据变压器电压与线圈匝数比的关系-=-

%«2

斛得.f2=--------

3al

故C正确，D错误：

故选:C.

【解析】根据欧姆定律可知输入电压，根据变压器电压与线圈而数比的关系解得输出电压。

5.解：AB、在N点处，在竖直方向对汽车由牛顿第二定律有：mg-%=¥，可知汽车在N处所受支持力大小小于其重力，故AB错

误：

*8W/共14夏

CD、从H到N过程，对汽车受力分析，把重力分解，如下图所示:

.

O

由牛顿第二定律有：mgcosO-&=詈

可得支恃力大小：",=mgcos。-：；，从W到N,喊小，cosO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

【解析】AB、在N点利用牛顿第:定律分析：

CD、对汽车受力分析，利用牛顿第二定律分析。

6.解：由表可看出线圈平面平行于地面0abe移动，电流计均无示数，则殍线不可能沿Oa、0b方向、Oe方向，沿0a方向平移时有感应电流，说

明磁通员发生变化，则可知该导线可能的走向是Oe方向，故ABO错误，D正确：

故选:D

【解析】根据电流计有示数意味若产生感应电流，则磁通成有变化，从而分析选项。

7.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F】=mgsE8+/

在be段有

Fz=1

在cd於有

F3+m9ssin0=7

可知

Fi>Ft>F3

且保持不变，由公式P=F可知，汽车的功率

Pi>P2>%

Pl，P2P3且保持不变。

故ACD错误，B正确;

故选：8

【解析】根据力的平衡条件分析三段运动过程f勺牵引力大小，根据功率的计算公式分析解答。

第9页/共14页

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，有多项符合翘目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3

分.有选错的得0分。

1.解：回形针被吸离束面后向上运动过程，破场变大，则谶场力变大，根据牛顿第一定律可知加速度增大，磁场力做iE功，则机械能增大，故AC

正确.BD错误:

故选:K.

【解析】根据牛顿第：定律分析加速度，根据功能关系分析机械能变化。

2.解：D、对冰壶由牛顿第二定律TT：可得a=由于乙后面刷冰面减小了动摩擦因数，可知见＞。3,故D正确：

A、设，W间的距离为x,冰壶的初速度为2,甲冰壶从A点到0点，则Tfx=(

设乙冰壶开始刷冰面时的速度为Z1,乙冰壶从A点到。点，则有》=警+白,可得x二一_=,：」二|

2/2a3%111a?a；

已知＞。3,则——＞0,可得上＞工，所以。2＞。1,故人正确：

故选：ACD.

【解析】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。

3.解:设〃+从“，的电荷量分别为q、q、2q,质量分别为m、2m、4m,对在电场中加速，根据动能定理有

2qU=1x4?nv2

解得

”旧

同理可得从：〃经过同一个电场加速后的速度分别为、［iv・v，又；"在速度选择器中做匀速直线运动，根据平衡条件有

第1。贝/共I1K

2q、,B=2：|E

解得

K

V=-

8

的速度即〃所受的洛伦兹力大于电场力,I/向下偏转,打在。点下方,而々，的速度卜=5,即洛伦兹力等于电场

18116

力，普沿直畿运动打在0点，故BC正确，M）错误.

故选:BC

【解析】先根据动能定理求的忧修+"经过加速电场加速后的速度，对根据平衡条件求解其速度与速度选择器中电场强度和班感应

强度的关系,进步一可判断//.:“所受洛伦兹力与电场力的大小关系,即可列断偏转的方向,E后可知叫h

打住荧光价上的位置与0的美系.

三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。

1,解：（3）弹费测力计的分度值为0.1上读数为3.00N：

（4）（DH!据平行四边形定则画图如图：

2根越守布条件可知G・F.・6.3N

故答案为：（3）3.0。：（4）网见X折：6.3

【解析】（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，

2.解：（1）①根据q=Il可知•It图像与对应时间轴所围成的面枳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.

②SI和f2均表示电容涔放电的电荷n,所以5i=S]

(2)根据c=4

可得C=j

-1

其中St=2.64tnA-=2.64x104・s

解得：C=22)x106F=22)M

根据吟

可知，两次放电过程的最大电流与电路电阻成反比，即

-----xlOOlzM71=Rx75mA

町出7

解得/=4A/02

开关电闭合时，电容器放电过程中通过色的电量为

解得QR3=6.6x104C

故答案为：(1)①电容器放电过程，通过电流传感器的电荷是：2=:(2)221;480;6.6X104

【解析】(1)据4=11分析图像与坐标轴围成面枳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。

3.解：(1)拉动活塞时，气体发生等温变化，根据玻意耳定律得：

H0V0=v(yQ+△V)

解得：p=7xlO】H】

(2)对其中一个留筒受力分析，根据平衡条件得：

F+f/S=p#

解得：?=18N

答：(D停止拉动活塞时圆筒内气体的压强为7x10-7?a;

(2)将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力为18北

【解析】(D气体发生等温变化，根据玻意耳定律解答：

{2)时其中一个圆筒受力分析，根据平衡条件鹏答。

2

4.解：(l)OF转动切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv=BLM^=^BLa)

闭合K瞬间回路中的感应电流为：I=三

MN所受安培力大小为：F=BIL=平

根据右手定则，可知金属杆0P中的电流方向为F—0,金同杆MN中的电流方向为V-N,根据左手定则，可知MN所受安培力方向水平向左。

(2八N匀速运动时向路中电流为本，MN切割磁越我产生的越应电动势与OP产生的感应电动势相等，设MN匀速运动时的速度大小为%则有,

2

EMN=BL=：BLa)

解得：v=^La)

(3)从0)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：

第12贝/共M贝

Q=gmy2

根据焦耳定律，可得MN产生的焦耳热为：

QMN=；Q―皿"

答：(：)闭合K瞬间MN所受安培力大小为匕和方向水平向左；

lr

(2)MN匀速运动时的速度大小为-Lw;

2

(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，