廣東省廣州中科2024屆高考仿真卷物理試卷含解析

廣東省廣州中科2024屆高考仿真卷物理試卷

注意事項

1.考生要認真填寫考場號和座位序號。

2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑

色字跡的簽字筆作答。

3.考試結束后，考生須將試卷和答題々放在桌面上，待監(jiān)考員收回。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、在如圖所示的理想變壓器供電線路中，原線圈接在有效值恒定的交流電源上，副線圈接有兩個燈泡，電流表、電壓

表均為理想電表。開關S原來是斷開的，現將開關S閉合，則（）

A.Ai的示數增大，Az的示數增大

B.Ai的示數不變，A2的示數增大

c.V|的示數減小，V2的示數減小。

D.W的示數不變，V2的示數減小

2、如圖所示為四分之一圓柱體。4〃的豎直截面，半徑為A,在〃點上方的C點水平拋出一個小球，小球軌跡恰好在

。點與圓柱體相切，與。松的夾角為60。，則C點到〃點的距離為（）

3、如圖所示，一光滑小球與一過球心的輕桿連接，置于一斜面上靜止，輕桿通過光滑較鏈與豎直墻壁連接，己知小球

所受重力為G,斜面與水平地面的夾角為60。，輕桿與豎直墻壁的夾角也為60。，則輕桿和斜面受到球的作用力大小分

別為（）

60°

A.G和GB.和9G

22

C.立G和D.GG和2G

22

4、如圖所示，軌道N。和。M底端對接且夕,a。小環(huán)自N點由靜止滑下再滑上OM。已知小環(huán)在軌道NO下滑的距

離小于軌道OM上滑的距離，忽略小環(huán)經過。點時的機械能損失，軌道各處的摩擦因數相同。若用。、/、u和E分別

表示小環(huán)的加速度、所受的摩擦力、速度和機械能，這四個物理量的大小隨環(huán)運動路程的變化關系如圖。其中能正確

反映小環(huán)自N點到右側最高點運動過程的是（）

5、如圖所示，豎直平面內的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的四分之一光滑圓弧軌道平滑相連，

木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質量分別為1.5kg和0.5kg?，F讓A以6m/s的速度水平向左運動，之后與

墻壁碰撞，碰撞的時間為0.2s,碰后的速度大小變?yōu)?ni/s,當A與B碰撞后立即粘在一起運動，g取10m/s2,則（）

I81

A?A與墻壁碰撞過程中，墻壁對A的平均作用力的大小/=15N

B.A和B碰撞過程中，A對B的作用力大于B對A的作用力

C.A、B碰撞后的速度v=2nVs

I）.A、B滑上圓弧的最大高度〃=0.45m

6、物體做勻速圓周運動時，在任意相同時間間隔內，速度的變化量（）

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、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、甲、乙兩名溜冰運動員，MX80kg,M乙二40kg,面對面拉著彈簧秤做圓周運動的溜冰表演，兩人相距0.9m,彈簧

秤的示數為96N,如圖所示，下列判斷正確的是（）

A.兩人運動半徑相同

B.兩人的運動半徑不同，甲為0.3m,乙為0.6m

C.甲的線速度12m/s,乙的線速度6m/s

D.兩人的角速度均為2rad/s

8、如圖日，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧車離地高度力=0.1m處,

滑塊與彈簧不拴接.現由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量出滑塊的速度和離地高度心并作出如圖乙所示滑塊的動能以

與力的關系圖像，其中/i=0.2m~0.35m圖線為直線，其余部分為曲線，/『0.18m時，滑塊動能最大，不計空氣阻力，

取g=10m/s2,則由圖像可知（）

A.圖線各點斜率的絕對值表示合外力大小

B.滑塊的質量為0.1kg

C.彈簧的原長為0.18m

I）.彈簧的勁度系數為100N/m

9、如圖所示，一列簡諧波沿工軸傳播，實線為1=0時的波形圖，此時P質點向軸負方向振動；虛線為0.02s（小于1

個周期）時的波形圖，則（）

A.波沿x軸正方向傳播

B.波速為3.5m/s

C,，=0.02s時，x=8cm處質點向y軸負方向振動

D.，=0至f=0.08s,質點P通過的路程為0.04m

10、如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面ABC放置在水平面上，ZCAB=30°,斜面內部。點（與斜面無任何連接）

固定一個正點電荷，一帶負電可視為質點的小物體可以分別靜止在M、P、N點，P為MN的中點，OM=ON,OM/7AB,

下列說法正確的是（）

A.小物體在M、P、N點靜止時一定都是受4個力

B.小物體靜止在P點時受到的摩擦力最大

C.小物體靜止在P點時受到的支持力最大

D.小物體靜止在M、N點時受到的支持力相等

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.（6分）某同學研究小車的勻變速直線運動，某次實驗得到的紙帶如圖所示，其中計數點3污損，只測得以下數據,

x,=3.59cm,x2=4.41cm,x5=6.78cm,x6=7.64cmo圖中相鄰兩計數點間有四個點未畫出，打點計時器所用

電源的頻率為50Hz,（計算結果均保留兩位有效數字）。

（1）利用所測數據求得小車的加速度大小。=m/s2o

（2）打點計時器在打計數點3時小車的速度大小匕=m/so

（3）如果在測定勻變速直線運動的加速度時，工作電壓的頻率變小了，但該同學不知道，這樣計算出的加速度值與真

實值相比（選填“偏大”“不變”或“偏小”）O

12.（12分）在測定電源電動勢和內電阻的實驗中，實驗室提供了合適的的實驗器材。

⑴甲同學按電路圖a進行測量實驗，其中以為保護電阻，則

①請用筆畫線代替導線在圖b中完成電路的連接；

②根據電壓表的讀數U和電流表的讀數/,畫出圖線如圖c所示，可得電源的電動勢V,內電阻

r=。（結果保留兩位有效數字）。

（2）乙同學誤將測量電路連接成如圖d所示，其他操作正確，根據電壓表的讀數U和電流表的讀數/,畫出圖線如

。（結果保留兩位有效數字）。

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）一玻璃立方體中心有一點狀光源.今在立方體的部分表面鍍上不透明薄膜，以致從光源發(fā)出的光線只經

過一次折射不能透出立方體.己知該玻璃的折射率為0,求鍍膜的面積與立方體表面積之比的最小值.

14.（16分）如圖所示，有一棱鏡ABC。，ZB=ZC=9O°,/。=75。.某同學想測量其折射率，他用激光筆從3。面

上的。點射入一束激光，從。點射出時與AD面的夾角為45。，。點到3C面垂線的垂足為E,NPQE=15。.求:

①該棱鏡的折射率

②改變入射激光的方向，使激光在AD邊恰好發(fā)生全反射，其反射光直接到達CD邊后是否會從CD邊出射？請說明

理由。

QA匕J

B

P

15.(12分)如圖所示，把一個橫截面。歷尸為等邊二角形坡墻棱鏡的一個側面放在水平臬面上，直線SD與Q尸共線。

在5處放一光源，使其發(fā)出的直線光束與SQ夾30角，該光束射向棱鏡的M。側面上的一點。調整光源S的位置,

使棱鏡另一側面MP出射的光線射在〃點，且恰有SQ=PO。不考慮光線在棱鏡中的反射，求:

(i)棱鏡玻璃的折射率；

(ii)棱鏡的出射光線與人射光線間的夾角。

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、A

【解析】

副線圈輸出電壓由原線圈的輸入電壓和原、副線圈匝數比決定，原線圈輸入電壓和原、副線圈匝數比不變，則副線圈

輸出電壓不變，電壓表V1的示數不變，電壓表V2的示數不變，開關S閉合后，總電阻減小，根據歐姆定律可知，副

線圈輸出電流增大，根據變流比可知，原線圈輸入電流增大，即電流表Al的示數增大，電流表A2的示數增大，故A

正確，BCD錯誤。

故選A。

2、D

【解析】

由幾何知識求解水平射程.根據平拋運動的速度與水平方向夾角的正切值得到初速度與小球通過D點時豎直分速度的

關系，再由水平和豎直兩個方向分位移公式列式，求出豎直方向上的位移，即可得到C點到/，點的距離.

【詳解】

設小球平拋運動的初速度為叩，將小球在。點的速度沿豎直方向和水平方向分解，則有

二=tan6()。，

解得：

史3

%

小球平拋運動的水平位移：

x=Rsin60°,x=y浦,

解得：

行箏匕=竽，

設平拋運動的豎直位移為山

彳=2g），，

解得：

則

R

BC=y—(R—Reos60°)=—,

故D正確，ABC錯誤.

【點睛】

本題對平拋運動規(guī)律的直接的應用，根據幾何關系分析得出平拋運動的水平位移的大小，并求C歸間的距離是關鍵.

【解析】

對小球受力分析如圖，由幾何關系，三力互成120。角，據平衡條件有

F、=F=G

則輕桿和斜面受到球的作用力大小

]=F=G

故選A.

4、A

【解析】

A.小球沿NO軌道下滑做勻加速直線運動，滑至。點速度為L下滑過程中有

V

%二/乙

mgsin6一〃〃吆cos0=ma]

同理上滑過程中有

v

X2=3t2

mgsina+"mgcosa=ma2

根據題意可知為＜W，所以

…2

根據加速度的定義式。=半結合牛頓第二定律，可知加速度大小恒定，且滿足

Ar

q＞a2

A正確；

B.小球下滑過程和上滑過程中的摩擦力大小

fx=4mgcos0

f2=/jmgcosa

根據題意可知夕》a,cosOvcos。，則.力＜力，B錯誤；

C.小球在運動過程中根據速度與位移關系可知，速度與位移不可能為線性關系，所以圖像中經過。點

前后小球與路程的關系圖線不是直線，C錯誤；

D.小球運動過程中摩擦力做功改變小球的機械能，所以石-戈圖像斜率的物理意義為摩擦力，即

f=^

結合B選項分析可知下滑時圖像斜率的絕對值小于上滑時圖像斜率的絕對值，D錯誤。

故選A。

5、D

【解析】

A.規(guī)定向右為正方向，則

%=-6m/s,匕=4m/s

對A在與墻碰撞的過程，由動量定理得

FZ=叫V)-"%%

F=75N

所以A錯誤；

B.A和B碰撞過程中，A對B的作用力和B對A的作用力是一對相互作用力，應該大小相等，方向相反，所以B錯

誤；

C.由題意可知，A和B發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得

v,=(m]+/n2)v2

v2=3m/s

所以C錯誤;

D.A和B碰后一起沿圓軌道向上運動，在運動過程中，只有重力做功，由機械能守恒定律得

1,

（7%+=-（叫+加2）彩"

h=0.45m

所以D正確。

故選Do

6、B

【解析】

物體做勻速圓周運動時，速度的變化量△u=H,由于加速度的大小不變但方向時刻在變化，所以在任意相同時間間

隔內，速度的變化量大小相等，方向不同。

A.大小相同、方向相同,與分析不符,故A錯誤;

B.大小相同、方向不同,與分析相符,故B正確

C.大小不同、方向不同,與分析不符,故c錯誤;

D.大小不同、方向相同,與分析不符,故D錯誤。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、BD

【解析】

由題意可知彈簧秤對甲、乙兩名運動員的拉力提供各自的向心力，有

Mp/祈=M乙說=96N

因為甲、乙兩名運動員面對面拉著彈簧秤繞共同的圓心做圓周運動，角速度相同，有

所以

尺戶二M乙

R乙M甲

因為

%+R乙=0.9m

聯立可解得佝=0.3m,七二0.6m；所以兩人的運動半徑不同；

根據

M/R乙或=96N

代入數據可解得兩人的角速相同為2rad/s；根據

vqi=coRv

代入數據得甲的線速度是即=0.6m/s,同理可得乙的線速度是u乙=1.2m/s。

綜上分析可知BD正確，AC錯誤。

故選BD.

8、AD

【解析】

A.根據動能定理可得

Ek=Fh

故紜-力圖像的斜率表示滑塊受到的合外力大小，A正確；

B.在耳-力圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內圖象為直線，其余部

分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內所受作用力為恒力，即只受重力作用，所以從力=0.2m,滑塊與彈簧

分離，彈簧的原長的0.2m,斜率大小為

0—0.3.

K=------------=—2

0.35-0.2

即重力大小為

mg=2N

所以

in=0.2kg

故BC錯誤；

D.在滑塊與彈簧未分離的過程中，當滑塊受到的重力和彈力等大時，滑塊的速度最大，即動能最大，故有

kbh=mg

根據題意可知0.18m時動能最大，而彈簧原長為0.2m,代入解得

攵二100N/m

D正確。

故選AD,

9、AC

【解析】

A.P質點向丁軸負方向運動，根據同側法可知波沿x軸正方向傳播，A正確;

B.波速為：

AY

v=----=0.5ni/s

Ar

B錯誤；

C.根據圖像可知，=0.02s時，x=8cm處質點沿y軸負方向運動，C正確;

D.周期：

T=—=0.16s

v

在QO至f=0.08s,質點P振動，個周期，通過的路程為：

2

2x1cm=2cm

D錯誤。

故選AC,

10、CD

【解析】

對小物體分別在三處靜止時所受力分析如圖所示：

A.結合平衡條件，由圖，小物體在尸、N兩點時一定受四個力的作用，而在"處不一定。故A錯誤。

B.小物體靜止在P點時，摩擦力六帆gsi〃30。，靜止在N點時：加30。+Pcos30。，靜止在M點時；

/"=〃igsE3()o-F，cos30。，可見靜止在N點時所受摩擦力最大。故B錯誤。

CD.小物體靜止在尸點時，設庫侖力為尸，受到的支持力：2噂皿30。+凡在M、N點時：N=wgcos30o+Fs加30。,

r

由庫侖定律知：F>Ff故N>N，，即小物體靜止在尸點時受到的支持力最大，靜止在M、N點時受到的支持力相等。

故CD正確。

故選CD,

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、0.800.56偏大

【解析】

(1)[11.由

〃一(天+/)-(凡+工2)

u一；

8產

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].根據〃3+4）二（*+"電源的頻率為50Hz,，=0.1s,若工作電壓的頻率變小了，/>0.1s,但該同

8r

學不知道，仍然代入了/=0.1s,使得結果與真實值相比偏大。

12、(1)①②2.80.60(2)3.00.50

【解析】

解：（1）①根據原理圖可得出對應的實物圖，如圖所示;

②根據比合電路歐姆定律可得：U=E-Irf則由數學規(guī)律可知電動勢E=2.8V,內電阻

△U_2.8-1.6

Q=0.60Q；

M0.2

⑵由乙同學的電路接法可知與左右兩部分并聯后與&串聯，則可知在滑片移動過程中，滑動變阻器接入電阻先增大

后減小，則路端電壓先增大后減小，所以出現圖e所示的圖象，則由圖象可知當電壓為2.5V時，電流為0.5A,此時

兩部分電阻相等，則總電流為（=1A;而當電壓為2.4V時，電流分別對應0.33A和0.87A,則說明當電壓為2.4V時,

干路電流為/2=0-33+0.87A=1.2A；則根據閉合電路歐姆定律可得2.5=E-八2.4=E-1.2r,解得電源的電動

勢E=3.0V,內電阻〃=0.50Q；

四、計算題：