广东省部分学校2024年高三下学期一模考试物理试题(解析版)

本试卷满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 图甲为研究光电效应的实验装置，用不同频率的单色光照射阴极K，正确操作下，记录相应电表示数并绘制如图乙所示的

Uc−ν图像，ν当频率为1时绘制了如图丙所示的I−U图像，图中所标数据均为已知量，

则下列说法正确的是（ ）

A. 饱和电流与K、A之间的电压有关 B. 测量遏止电压Uc时，滑片P应向b移动 C. 阴极K的逸出功W0=eν1Uc2−eν2Uc1

ν2−ν1D. 普朗克常量h=【答案】C 【解析】

Uc2−Uc1

ν2−ν1【详解】A．饱和电流只与入射光的光强有关，与外加电压无关，故A错误； B．测量遏止电压Uc时，光电管应接反向电压，滑片P应向a移动，故B错误； D．根据光电效应方程

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E=hν−W0 k根据动能定理

eUc=Ek

整理得

=Uc图像的斜率为

Whν−0 ee=k解得普朗克常量

hUc2−Uc1= eν2−ν1h=故D错误； C．根据

(Uc2−Uc1)e

ν2−ν1hν1−W0=eUc1 hν2−W0=eUc2

解得阴极K的逸出功

W0=故C正确。 故选C。

2. 如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为

eν1Uc2−eν2Uc1

ν2−ν11圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体4B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是（ ）

A. B对A的作用力不变 C. 地面对A的摩擦力不变

B. 墙对B的作用力不变 D. 地面对A的支持力不变

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【答案】D 【解析】

【详解】B．对物体B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力N′和墙壁对B的支持力N，如图

当A向左移动后，A对B的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A对B的支持力N′和墙壁对B的支持力N都在不断减小。由牛顿第三定律可知B对A的作用力在不断减小。故AB错误；

CD．对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，地面的摩擦力f和墙壁的弹力N，如图

根据平衡条件，有

f=N，FN=G

故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙壁对B的支持力N的不断减小而不断减小。故C错误；D正确。 故选D。

3. 如图所示，B两点，一小球从O点水平抛出后的轨迹途经A、已知小球经过A点时的速度大小为13m/s，从O到A的时间和从A到B的时间都等于0.5s，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A. 小球做平抛运动的初速度大小为10m/s

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B. O、A两点间的距离为5m C. A、B两点间的距离为10m D. O、B两点间的距离为13m 【答案】D 【解析】

【详解】A.由题意知下落到A点竖直方向的速度为

vyA=gt=5m/s

所以小球做平抛运动的初速度大小为

v0=

故A错误；

B.O、A两点间的竖直高度为

vA2−vyA2=12m/s

=yA水平位移为

12=gt1.25m 2x=v=6m A0t所以O、A两点间的距离为

sA=故B错误；

D.O、B两点间的竖直高度为

1.252+62m=6.13m

1yB=g×22t2=5m

2水平位移为

=xBv=12m 02tO、B两点间的距离为

13m sB=52+122m=故D正确；

C.由上分析知A、B两点间的竖直高度为

h1=yB−yA=3.75m

A、B两点间的水平位移为

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x1=6m

A、B两点间的距离为

s1=故C错误。 故选D。

3.752+62m=6.32m

4. 由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换（如图乙所示），松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为（ ）

A. 0.1 【答案】B 【解析】

B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4

【详解】设滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m；调换前，对系统根据牛顿第二定律可得

mg−2µmg=3ma

调换后，对系统根据牛顿第二定律可得

2mg−µmg=9ma

联立解得

µ=0.2

故选B。

5. 2023年5月17日10时49分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星，该卫星绕地球做匀速圆周运动，距离地球表面的高度为h。已知地球的质量为M，半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ） A. 该卫星的环绕速度为GM R+h第5页/共18页

B. 该卫星的加速度大小为

GM R+h3C. 该卫星的角速度为GM(R+h) D. 该卫星的周期为4π2(R+h)【答案】C 【解析】

R+h GM【详解】A．设地球的质量为M，卫星的质量为m，根据万有引力提供向心力可得

G

解得

Mm

(R+h)2

v2

=m

(R+h)v=

故A错误；

B．根据万有引力提供向心力可得

GM (R+h)G得

Mm(R+h)2=ma

a=G故B错误；

C.根据万有引力提供向心力可得

M(R+h)2

MmG=mω2(R+h) 2(R+h)得

ω=故C正确； D.由公式

GM(R+h)3 第6页/共18页

T=故D错误。 故选C。

6. 光在某种玻璃中的传播速度是真空中的角的正弦值为（ ）

2π=2π(R+h)GM3ω

1，要使光由真空射入玻璃时折射光线与反射光线垂直，则入射n1A.

n【答案】B 【解析】

B.

nn2+1 C.

n2−1 nD.

1n2+1

【详解】根据题意光路图如下图所示

设入射角为α，根据

v1= cn所以玻璃的折射率为n。由折射定律和三角函数知识有有

sinα=n

sin(90°−α)sin(90°−α=)解得

1−sin2α

sinα=故选B。

nn+12 7. 电视机显像管的结构示意图如图所示，电子均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，

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最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是（ ）

A. 若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑 B. 若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动 C. 若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动 D. 若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动 【答案】D 【解析】

【详解】A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧光屏的O点上侧、下侧各一个光斑。故A错误；

B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏O点上方看到一个光斑移动，故B错误；

C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故C错误；

D.若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，故D正确。 故选D。

8. 图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=6s时刻的波形图。图乙为x=11cm处质点的振动图像，则下列说法正确的是（ ）

A. 波向x轴负方向传播 B. 波向x轴正方向传播

C. 图甲中实线与y轴交点的纵坐标为2.5cm

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D. 图甲中实线与y轴交点的纵坐标为【答案】AC 【解析】

53cm 2【详解】AB.t=6s时刻x=11cm处质点正在向上振动，根据“上下坡法”，可知波向x轴负方向传播，故A正确，B错误； CD.由图甲可知波长为

λ=12cm

由图乙知周期为

T=6s

波速为

=v由甲图有该波的波动方程为

=2cm/s

Tλy所以x=0该时刻的位置为

xπ5sin2π+cm

126y=5×sincm=2.5cm

6故C正确，D错误。 故选AC。

9. 实验室中手摇发电机的原理如图所示，两磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，发电机的正方形线圈ABCD绕OO′轴以转速n匀速转动。已知线圈的边长为L，匝数为N，总电阻为r，外接小灯泡的电阻为R。其余电阻不计，下列说法正确的是（ ）

π

A. 回路中感应电动势的峰值为4π2n2NBL2 B. 小灯泡两端的电压为

πnNRBL2R+r

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2πnNBL2C. 通过小灯泡的电流为 R+rD. 小灯泡的功率为【答案】CD 【解析】

【详解】A．回路中感应电动势的峰值为

2EmNB2πn2πnNBL2 SωNBL===2π2n2N2RB2L4(R+r)2

故A错误；

C．回路中感应电动势的有效值为

E=有通过小灯泡的电流为

Em=22πnNBL2

I故C正确；

B．小灯泡两端的电压为

E有=R+r2πnNBL2 R+rU=IR=故B错误； D．小灯泡的功率为

2πnNRBL2

R+r=PI=R故D正确。 故选CD。

22π2n2N2RB2L4(R+r)2

10. 如图所示，放在光滑绝缘水平面上的轻质单匝矩形线框长、宽之比为5:3，线框在外力作用下以相同的速度匀速离开匀强磁场区，离开磁场区时始终有两边与边界平行，则在1、2两种情况下（ ）

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A. 所用拉力大小之比为3:5 B. 通过线框的电荷量之比为3:5 C. 线框中的感应电流之比为3:5 D. 线框中产生的热量之比为3:5 【答案】CD 【解析】

【详解】在1、2两种情况下，感应电动势之比为

E1BL1v3== E2BL2v5根据

I=可得线框中的感应电流之比为

E RI1E13== I2E25根据受力平衡可得

=FF=BIL 安可得所用拉力大小之比为

F1I1L19=⋅= F2I2L225根据

xq=It=I⋅

v可得通过线框的电荷量之比为

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q1I1L21=⋅= q2I2L11根据

x=QI2=RtI2R⋅

v可得线框中产生的热量之比为

Q1I12L23=2⋅= Q2I2L15

故选CD。

二、非选择题：本题共5小题，共57分。

11. 某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。跨过轻质定滑轮的轻质细线两端连接两个完全相同的空铝箱，左侧铝箱下端连接纸带，向右侧铝箱中放入质量为m的砝码，由静止释放后，铝箱运动的加速度大小a可由打点计时器打出的纸带测出，改变右侧铝箱中砝码的质量，重复实验，得到多组a、m值。已知当地的重力加速度大小g=9.8m/s2，打点计时器所接电源的频率为50Hz。

（1）实验过程中打出图乙所示的一条理想纸带，图中O、A、B、C、D相邻两计数点间还有九个计时点未画出，则铝箱运动的加速度大小a=________m/s2（结果保留两位小数）。

（2）根据图丙中的数据可知，每个空铝箱的质量M=________kg（结果保留两位小数）。 【答案】 ①. 0.50 ②. 0.35 【解析】

【详解】（1）[1]相邻两计数点间还有九个计时点未画出，则计数点间的时间间隔为

T=×100.02s=0.2s

由逐差法可得

a=BD−OB(11.00+12.99)−(7.01+8.99)22−2 10m/s0.50m/s=×=224T4×0.2（2）[2]对右侧的铝箱和左侧的铝箱，根据牛顿第二定律有

mg+Mg−T=(M+m)a

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T−Mg=Ma

联立解得

a=当M远大于m时，有

mg

2M+mgm 2Ma=结合图像可得

g0.7 =2M50×10−3解得

M0.35kg

12. 某实验小组欲将电流表G（量程为0~3mA）改装为欧姆表。实验器材如下：

。将它们按如图甲所示连接。 电动势为1.5V的干电池1节、滑动变阻器（阻值范围为0~1000Ω）

（1）将图甲中接线柱________（填“P”或“Q”）接红表笔。

（2）将图甲中P、Q两接线柱短接，调节滑动变阻器使电流表G满偏，则欧姆表的内阻Rg=________Ω。

（3）保持滑动变阻器不动，在P、Q间接入一电阻，电流表示数如图乙所示，此电阻的阻值为________Ω。

【答案】 ①. P ②. 500 ③. 1000 【解析】

【详解】（1）[1]电流从红表笔进入从黑表笔流出，所以接线柱P接红表笔； （2）[2]欧姆表的内阻

R=g（3）[3]由

E1.5Ω==500Ω −3Ig3×10第13页/共18页

R+Rg=电阻的阻值为

E1.5=Ω −3I1×10R=1000Ω

13. 如图所示，在x轴上方存在水平向左的匀强电场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场及垂直纸面向里的匀强磁场。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从y轴上的M点水平向右抛出，小球运动到x轴时速度方向恰好竖直向下，进入x轴下方的复合场时恰好做匀速圆周运动，恰好从坐标原点O第二次进入x轴下方的复合场。已知x轴上方及下方电场的电场强度大小相等，M点的纵坐标为d，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求： （1）小球抛出时的初速度大小v0； （2）x轴下方磁场的磁感应强度大小B；

（3）小球从抛出到第二次进入x轴下方的复合场的时间t。

【答案】（1）v0=【解析】

（2）B=2gd；

2m2gd3π2d t3+；（3）=4g3qd【详解】（1）设电场强度为E，小球进入x轴下方的复合场时做匀速圆周运动，小球受到的电场力与重力大小相等，则有

qE=mg

则小球在第一象限运动时水平方向和竖直方向的加速度为

=amg=g m设小球在第一象限运动时间为t，在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，则有

v0=gt，d=12gt 2第14页/共18页

解得

v0=2gd

（2）小球从P点第一次进入磁场，从Q点第一次离开磁场，轨迹如图所示，设小球做圆周运动的半径为R，从Q点运动到O点的时间为t1，则有

2121mv0=RQO−d，qv0B= v0=gt1，QO=gt1，222R解得

B=（3）设小球做圆周运动的时间为t2，有

2m2gd

3qdt2=解得

πRv0=t，

3t1+t2 23π2d =t3+4g14. 某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=5cm2、质量m=0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房间的热力学温度T0=300K，活塞与容器顶部的距离l0=20cm，在活塞下方

d=4cm处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受到

=1.0×10Pa，取重力加速度大小g=10m/s2，的压力大于5N时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为p0求：

（1）封闭气体开始的压强p； （2）触发报警装置的热力学温度T。

5第15页/共18页

【答案】（1）5×104Pa；（2）720K 【解析】

【详解】（1）设气体的初始压强为p1，对活塞受力分析，由平衡条件有

p=p0S−mg 1S

得

p1=5×104Pa

（2）设报警时的压强为p2，对活塞受力分析，由平衡条件有

p2S+mg=p0S+F

得

p=1.0×105Pa 2由理想气体状态方程得

p1l0Sp2(l0+d)S

= T0T

得

T=720K

15. 如图所示，质量为m的小球A与质量为7m的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，现用手提着小球A，使小球B距地面的高度也为L。松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：

（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t； （2）细绳绷直后小球A距地面的最大距离d。

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【答案】（1）【解析】

2LL3+；（2）L

28gg【详解】（1）B球落地所需时间为

t′=此时AB两球的速度为

2L gv=2gL

设还需t′′时间相遇，则有

vt′′+解得

121gt′′+vt′′−gt′′2=L 22=t′′从松手到两小球第一次碰撞的时间为

LL= 2v22gLt=t′+t′′=此时距离地面的高度为

L2L +g8gd′=vt′′−127gt′′=L 216（2）根据速度—时间公式可知两球碰前的速度分别为

vA=

522gL，vB=322gL 两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有

mvA−7mvB=mvA′+7mvB′

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111122′mvA2+×7mv=mv+×7mvB′2 BA2222解得

vA′=532gL（舍去） 2gL，vB′=−44912gL 2gL，vB′=−44vA′=−设经t′′′绳子绷直，则有

L(|vA′|−|vB′|)t′′′

此时A、B两球的速度分别为

vA′′=|vA′|−gt′′′=22gL vB′′=|vB′|−gt′′′=0

细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有

′′(m+7m)v mvA=AB小球一起上升过程中，根据运动学规律有

v2=2gd′′

解得

d′′=则细绳绷直后小球A距地面的最大距离为

L 16d=d′+d′′+L=3L 2第18页/共18页