廣州市2023-2024學年高三二診模擬考試物理試卷含解析

廣州市嶺南中學2023-2024學年高三二診模擬考試物理試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再

選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

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、如圖所示，輕繩跨過光滑定滑輪，左端與水平地面上的物塊M相連，右端與小球N相連，整個裝置處于靜止狀態(tài)。

現(xiàn)對小球N施加一水平拉力使其緩慢移動一小段距離，整個過程物塊加保持靜止，地面對物塊M的摩擦力為了則此

A.f變大,F變大

B./變大，尸變小

C./變小，F(xiàn)變小

D./變小，F(xiàn)變大

2、伽利略在研究力和運動的關系的時候，用兩個對接的斜面，一個斜面固定，讓小球從斜面上滾下，又滾上另一個傾

角可以改變的斜面，斜面傾角逐漸改變至零，如圖所示.伽利略設計這個實驗的目的是為了說明（）

A.如果沒有摩擦，小球將運動到與釋放時相同的高度

B.如果沒有摩擦，物體運動過程中機械能守恒

C.維持物體做勻速直線運動并不需要力

D.如果物體不受到力，就不會運動

3、如圖，一個質量為機的剛性圓環(huán)套在豎直固定細桿上，圓環(huán)的直徑略大于細桿的直徑，圓環(huán)的兩邊與兩個相同的

輕質彈簧的一端相連，輕質彈簧的另一端相連在和圓環(huán)同一高度的墻壁上的尸、。兩點處，彈簧的勁度系數(shù)為左，起初

圓環(huán)處于。點，彈簧處于原長狀態(tài)且原長為將圓環(huán)拉至A點由靜止釋放，OA=OB=L,重力加速度為g,對于圓環(huán)

從A點運動到5點的過程中，彈簧處于彈性范圍內，下列說法正確的是

A.圓環(huán)通過O點的加速度小于g

B.圓環(huán)在O點的速度最大

2kL

C.圓環(huán)在A點的加速度大小為gn------

m

D.圓環(huán)在5點的速度為2必

4、如圖甲所示，AB兩絕緣金屬環(huán)套在同一鐵芯上，A環(huán)中電流隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法中正確

的是()

A.%時刻，兩環(huán)作用力最大

B.t?和時刻，兩環(huán)相互吸引

C.t2時刻兩環(huán)相互吸引，時刻兩環(huán)相互排斥

D.和時刻，兩環(huán)相互吸引

5、一列簡諧橫波沿工軸負方向傳播，f=0時刻的波形圖象如圖所示，此時刻開始介質中x=1.0m的質點P經(jīng)0.25s第

一次回到平衡位置。則下列說法中正確的是()

A.f=。時刻質點P向％軸正方向運動

B.簡諧橫波的周期為0.8s

C.簡諧橫波傳播的速度為4m/s

.10/、

D.質點尸經(jīng)過平衡位置向上運動時開始計時的振動方程為y=10sin§兀/(cm)

6、如圖所示，圖a中變壓器為理想變壓器，其原線圈接在"=24j，sin5(^f(V)的交流電源上，副線圈與限值叫=2。

的電阻接成閉合電路，電流表為理想電流表。圖b中限值為g=32。的電阻直接接到M=12/sin50?U(V)的交流

電源上，結果電阻與與與消耗的電功率相等，則（）

A.通過電阻叫的交流電的頻率為50Hz

B.電阻與消耗的電功率為9W

C.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為8:1

D.電流表的示數(shù)為2.5A

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、如圖所示，足夠大的水平圓臺中央固定一光滑豎直細桿，原長為L的輕質彈簧套在豎直桿上，質量均為機的光滑

小球A、5用長為L的輕桿及光滑較鏈相連，小球A穿過豎直桿置于彈簧上。讓小球5以不同的角速度。繞豎直桿勻

速轉動，當轉動的角速度為時，小球5剛好離開臺面。彈簧始終在彈性限度內，勁度系數(shù)為重力加速度為g,

則

A.小球均靜止時，彈簧的長度為乙-丁

k

B.角速度0=0°時，小球4對彈簧的壓力為mg

c.角速度%心方々一

D.角速度從力繼續(xù)增大的過程中，小球A對彈簧的壓力不變

8、一列簡諧橫波，沿x軸正向傳播，位于原點的質點的振動圖象如圖1所示；圖2為該波在某一時刻的波形圖，A點

位于x=0.5m處。下列說法正確的是

A.由圖1可知，位于原點的質點振動的振幅是16cm

B.位于原點的質點振動的周期是0.2s

由圖在等于，周期時，位于原點的質點離開平衡位置的位移為零

C.1,f1

D.該波的傳播速度是20m/s

E.由圖2可知，經(jīng)過周期后，4點離開平衡位置的位移是-8cm。

9、如圖所示，質量為4機的球A與質量為機的球B用繞過輕質定滑輪的細線相連，球A放在固定的光滑斜面上，斜

面傾角a=30。，球B與質量為機的球C通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，球C放在水平地面上。開始時控制住球A,

使整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線剛好拉直但無張力，滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行，然后由靜止釋放球A,

不計細線與滑輪之間的摩擦，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

p

A.釋放球A瞬間，球B的加速度大小為5

B.釋放球A后，球C恰好離開地面時，球A沿斜面下滑的速度達到最大

C.球A沿斜面下滑的最大速度為2g后

D.球C恰好離開地面時彈簧的伸長量與開始時彈簧的壓縮量相等，所以A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒

10、質量為機的小球以初速度%從O點水平拋出，經(jīng)過A點時其速度方向與水平面的夾角為37。，經(jīng)過B點時，其

速度方向與水平面的夾角為60°,已知當?shù)刂亓铀俣葹間,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

A.小球從O點運動B點經(jīng)歷的時間為每

g

4

B.小球從O點運動A點的過程中速度大小的改變量為-V

3o

1

C.小球從O點運動B點的過程中重力做的功為了加例

3o

D.小球在B點時重力的功率為J5mgv。

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）某同學準備利用下列器材測量干電池的電動勢和內電阻。

A.待測干電池兩節(jié)，每節(jié)電池電動勢約為1.5V,內阻約幾歐姆

B.直流電壓表V「V2,量程均為3V,內阻約為3k。

C.定值電阻/?（,,限值未知

D.滑動變阻器R,最大阻值火1n

E.導線若干和開關

（1）根據(jù)如圖甲所示的電路圖,用筆畫線代替導線,把圖乙中的實物連成實驗電路.

（2）實驗之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R。，方法是把滑動變阻器K調到最大阻值再閉合開關，電壓表匕

和V2的讀數(shù)分別為q。、50，貝_____（4。、°，。、此，表示）;

AJLU4UUJLUZUHl

（3）實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V]和丫2的多組數(shù)據(jù)4、u2,描繪出U]-4圖像如圖所示，圖中直線斜率

為k,與縱軸的截距為a,則兩節(jié)干電池的總電動勢E=，總內阻「=（用限叫叫表示）。

12.（12分）某實驗小組用如圖所示的裝置通過研究小車的勻變速運動求小車的質量。小車上前后各固定一個擋光條

（質量不計），兩擋光條間的距離為L,擋光條寬度為乙小車釋放時左端擋光條到光電門的距離為x,掛上質量為機

的鉤碼后，釋放小車，測得兩遮光條的擋光時間分別為與。

（1）用游標卡尺測量擋光條的寬度，示數(shù)如圖乙所示，則擋光條的寬度為心—cm；

（2）本實驗進行前需要平衡摩擦力，正確的做法是—;

（3）正確平衡摩擦力后，實驗小組進行實驗。不斷改變左端擋光條到光電門的距離x,記錄兩遮光條的擋光時間小

11

%作出TV~7；圖像如圖丙所示，圖線的縱截距為左，小車加速度為一；小車的質量為一（用題中的字母表示）。

21

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）如圖所示，半徑為勺=5m的:光滑圓弧45固定在水平面上，BCD為粗糙的水平面，和CD距離分

別為2.5m、1.75m,。點右邊為光滑水平面，在。點靜止著一個小滑塊P,P與水平面間的動摩擦因數(shù)為5=。？，

容器M放置在光滑水平面上，M的左邊是半徑為1=2m的;光滑圓弧，最左端和水平面相切于。點。一小滑塊Q

從A點正上方距4點高"=3.45m處由靜止釋放，從A點進入圓弧并沿圓弧運動，Q與水平面間的動摩擦因數(shù)為

電=0.5。Q運動到C點與P發(fā)生碰撞，碰撞過程沒有能量損失。已知Q、P和M的質量分別為

？=1kg、m,=5kg、=1kg,重力加速度g取iOm/s2,求：

(DP,Q第一次碰撞后瞬間速度大??；

(2)Q經(jīng)過圓弧末端B時對軌道的壓力大小；

(3)M的最大速度。

14.(16分)如圖所示，一平行玻璃磚的截面是一個矩形，玻璃磚的厚度為d,OC面涂有反光材料。一束極窄的光線

從A點以，=60°的入射角射入玻璃磚，AB間的距離為姐d,已知A點的折射光線恰好射到。點，CD間的距離為

12

史d,已知光在真空中的傳播速度為c。求：

4

①玻璃磚的折射率；

②光線從A點進入玻璃到第一次射出玻璃磚所經(jīng)歷的時間。

15.(12分)某空間存在一豎直向下的勻強電場和圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度為B,方向垂直紙面向里，如圖

所示.一質量為m,帶電量為+q的粒子，從P點以水平速度v0射入電場中，然后從M點沿半徑射入磁場，從N點射

出磁場.已知，帶電粒子從M點射入磁場時，速度與豎直方向成30。角，弧MN是圓周長的1/3,粒子重力不計.求:

(1)電場強度E的大小.

(2)圓形磁場區(qū)域的半徑R.

(3)帶電粒子從P點到N點，所經(jīng)歷的時間t.

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】

對小球N進行分析，分析其受力情況，設細繩與豎直方向夾角為a,則有

F=mgtana

Tmg

cosa

細繩與豎直方向夾角a逐漸增大，tana增大，所以水平拉力增大；cosa減小，所以繩子拉丁增大；

由于物塊版始終靜止在地面上，在水平方向，由平衡條件可得

f=TcosQ

則地面對物塊M的摩擦力/也變大，故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

2、C

【解析】

本題考查了伽利略斜面實驗的物理意義，伽利略通過“理想斜面實驗”推翻了力是維持運動的原因的錯誤觀點.

【詳解】

伽利略的理想斜面實驗證明了：運動不需力來維持，物體不受外力作用時，總保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀

態(tài)，故ABD錯誤，C正確.故選C.

【點睛】

伽利略“理想斜面實驗，，在物理上有著重要意義，伽利略第一個把實驗引入物理，標志著物理學的真正開始.

3、D

【解析】

A.圓環(huán)通過。點時，水平方向合力為零，豎直方向只受重力，故加速度等于g,故A錯誤；

B.圓環(huán)受力平衡時速度最大，應在。點下方，故B錯誤；

C.圓環(huán)在下滑過程中與粗糙細桿之間無壓力，不受摩擦力，在4點對圓環(huán)進行受力分析如圖，根據(jù)幾何關系，在A

點彈簧伸長

(72-DL

根據(jù)牛頓第二定律，有

mg+2k(y]2L-L)cos45°=ma

解得

(2-J2)kL

a=g+--------------

m

故C錯誤；

D.圓環(huán)從A到5過程，根據(jù)功能關系，減少的重力勢能轉化為動能

mg-2L=￡mv2

解得

v=2脾

故D正確。

故選Do

4、B

【解析】

.時刻感應電流為零，故兩環(huán)作用力為零，則選項A錯誤；t2時刻A環(huán)中電流在減小，則B環(huán)中產(chǎn)生與A環(huán)中同向的

電流，故相互吸引，t3時刻同理也應相互吸引，故選項B正確，C錯誤；時刻A中電流為零，兩環(huán)無相互作用，選

項D錯誤.

5、D

【解析】

A.簡諧波沿X軸負方向傳播，所以f=0時刻質點尸向y軸正方向運動，故A錯誤；

B.簡諧波沿y軸負方向傳播，質點尸第一次回到平衡位置時，即x=6m處質點的振動傳播到p點，所需的時間

?=0.25s=Ar,解得

T=0.6s

故B錯誤;

C.從題圖上讀出波長為12m,所以波速

v=—=20m/s

T

故C錯誤;

D.根據(jù)圖象可知，此列波的振幅A=10cm,簡諧波沿工軸負方向傳播，T=0.6s,角速度

2兀10兀，，

3=——=-----rad/s

T3

則質點P經(jīng)過平衡位置向上運動時開始計時的振動方程為

.10

y=lOsin——兀fem

3

故D正確。

故選D。

6、C

【解析】

A.根據(jù)a=24J^sin507n(V)可知(o=507rrad/s,故頻率為

2="=25出

2兀2兀

故A錯誤;

B.R2消耗的功率為

、m122

P=*—=一W=4.5W

R32

2

故為消耗的功率為4.5W,故B錯誤;

D.有尸=/2火]得

P

A=1.5A

電流表的示數(shù)為L5A,故D錯誤;

C.電阻為兩端的電壓為

%=[H]=L5x2=3V

故

n_U_24_8

-I-——1--.......——

nU31

故C正確。

故選C。

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、ACD

【解析】

A.若兩球靜止時，均受力平衡，對5球分析可知桿的彈力為零，

N=mg.

設彈簧的壓縮量為x,再對4球分析可得:

mg=kx,

故彈簧的長度為:

故A項正確；

BC.當轉動的角速度為“。時，小球5剛好離開臺面，即N；=°,設桿與轉盤的夾角為°,由牛頓第二定律可知:

mg

—=m(D2Lrcostn)

tan0o

F-sin0=mg

而對A球依然處于平衡，有：

Fsin0+mg=F=kx

桿k2

而由幾何關系：

sin0=__-L.

L

聯(lián)立四式解得：

F=2mg,

k

R

3=-----2----

okL—2mg

則彈簧對A球的彈力為2根g,由牛頓第三定律可知A球隊彈簧的壓力為2機g,故B錯誤，C正確；

D.當角速度從外繼續(xù)增大，5球將飄起來，桿與水平方向的夾角9變小，對A與5的系統(tǒng)，在豎直方向始終處于平

衡，有：

F=mg+mg=2mg

k

則彈簧對A球的彈力是2mg,由牛頓第三定律可知4球隊彈簧的壓力依然為2帆g,故D正確；

故選ACD。

8、BCE

【解析】

A.振幅是質點偏離平衡位置的最大距離，由圖1讀出振幅A=8cm；故A錯誤.

B.質點完成一個全振動的時間叫做一個周期，從振動圖象中可以看成周期二=0二s；故B正確.

C.當時，坐標原點的質點處在平衡位置向下運動，所以y=0；故C正確.

D.從圖2中可以看出波長，所以波速；故D錯誤.

E.經(jīng)過半個周期后，處于波峰的4質點運動到波谷位置，則離開平衡位置的位移為8cm,方向向下；故E正確.

9、BC

【解析】

A.開始時對球B分析，根據(jù)平衡條件可得

mg=kx

i

釋放球A瞬間，對球A和球B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得

4加gsina-mg+kx-5ma

解得

2

V5g

故A錯誤；

B.釋放球A后，球C恰好離開地面時，對球C分析，根據(jù)平衡條件可得

mg=kx

2

對球A和球B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得

4mgsina-mg-kx-5ma

22

解得

a—0

2

所以球C恰好離開地面時，球A沿斜面下滑的速度達到最大，故B正確;

C.對球A和球B及輕質彈簧分析，根據(jù)能量守恒可得

4mg(x+x)sina-mg(x+x)=￡*5mv2

12122m

解得球A沿斜面下滑的最大速度為

故C正確;

ms

D.由％=x=半可知球C恰好離開地面時彈簧的伸長量與開始時彈簧的壓縮量相等，A、B兩小球組成的系統(tǒng)在

12k

運動過程中，輕質彈簧先對其做正功后對其做負功，所以A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤;

故選BC。

10、AD

【解析】

A.小球從。點運動到B點時的豎直速度

v=vtan60=J3v

By00

經(jīng)歷的時間為

選項A正確；

B.小球從O點運動到A點的過程中速度大小的改變量為

Av=v=vtan37=—v

yAo40

選項B錯誤；

C.小球從O點運動3點的過程中，下落的高度

,V23V2

n==-o-

B2g2g

重力所做的功為

3

W=m0h=—mv2

B20

選項C錯誤；

D.小球在3點時重力的功率為

P=mgv=J3mgv

BGyB0

選項D正確；

故選AD。

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。

【解析】

(1)口］如圖所示

(2)［2］根據(jù)部分電路歐姆定律

U=U-U

01020

聯(lián)立解得

U-U

R——so-7?

oU]

(3)[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U-U

E=U+—1-------2-r

1R

o

變形得

rR

U=----U+——E

iR2R

oo

由題意可知

k=r

R+r

0

R「

a=-----o-E

R+r

o

解得

kR

-------Q-

1-k

kd2

12、0.650去掉鉤碼，將木板右端墊高，輕推小車，使兩擋光片擋光時間相等

~2L

【解析】

(1)[1].擋光條的寬度為rf=0.6cm+0.05mmx10=0.650cm.

(2)[2].本實驗進行前需要平衡摩擦力，正確的做法是去掉鉤碼，將木板右端墊高，輕推小車，使兩擋光片擋光時間相

等；

⑶兩遮光片經(jīng)過光電門時的速度分別為

d

V=—

1t

1

d

v=—

2t

2

則由

V2=v2+2aL

2i

可得

(—)2=(4)2+2aL

tt

21

即

由題意可知

2aL7

-----=k

d2

解得

kd2

a=----

2L

由牛頓第二定律可得

mg=(M+ni)a

解得

M

1kd2)

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、(1)-8m/s4m/s(2)43.8N(第一次)和17.8N(第二、三次)(3)5m/s

【解析】

(1)物體0從開始下落，到到達C點的過程，由動能定理：

——1

R

mg(H+R)-mg-BC=—m2v21

112i2

解得

v1=12m/s

0運動到C點與P發(fā)生碰撞，貝心

mv=mv+mv

111223

111

—mV2=_mV2+_mV2

211212223

聯(lián)立解得：

v2=-8m/s

v3=4m/s

(2)碰撞后Q向左滑行，設。第二次到5點時速度為匕，由動能定理有

—11

-LimsBC=—mv2-_mV2

21214212

。第二次在5點，設軌道對。的支持力大小為仆，應用向心力公式有

_mv2

F—m2———

21R

解得

F=178N

v=739rn/s

?；蠄A弧軌道4b后再次滑下，第三次經(jīng)過5點時的速度大小仍為v4，軌道對Q的支持力大小仍為勺=17.8N,

之后。一直向右運動，最終停在M上，且與P無碰撞，所以由牛頓第三定律可知，。在5點對軌道的壓力大小為43.8N

（第一次）和17.8N（第二、三次）

⑶P、。碰撞后P向右滑行，設P點運動到。點速度為與，由動能定理有

——11

-11mgCD=—mV2——mV2

12225223

解得

v=3m/s

P滑上M的軌道過程M向右加速，從軌道上滑下，M仍向右加速，則P滑到水平面時M有最大速度，設P剛到水平

面時，M和P的速度分別為v和y,v為〃的最大速度，P從滑上到回到水平面，P和M水平方向動量守恒，初末

767

兩態(tài)總動能相等，則有

mv=mv+mv

252637

111

—mV2=—mV2+—m