2024年高考特训卷物理【新教材】（广东版）大卷答案(广东)

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第二部分　高考模拟练

模拟练 1

1．答案：D

解析：图甲为卡文迪什的扭秤实验，测量引力常量 G；图乙为奥斯特发现电流的磁效

应的实验；图丙为伽利略的理想斜面实验；图丁是伽利略研究自由落体运动的实验．故选

2．答案：A

解析：93Np 吸收中子后生成 94Pu，根据质量数守恒及电荷数守恒，该过程的核反应

方程为 93Np＋n→94Pu＋e，则 Np237 吸收中子后放出电子生成 Pu238，故 A正确；Pu238

衰变时只放出 α射线，其衰变方程为 94Pu→92U＋He，可知其衰变时并没有质子转化为中

子，故 B错误；根据 Pu238 的衰变方程知，Pu238 经一次衰变形成的新核含有的中子数为 n

＝234－92＝142，故 C错误；半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理、化学

状态无关，故 D错误．

3．答案：D

解析：由于起跳阶段运动员的加速度向上，则跳台对运动员的支持力 N＝mg＋ma，根

据牛顿第三定律得运动员对跳台的压力为 N′＝N＝mg＋ma，选项 A错误；运动员对跳台的

压力是由于运动员的脚发生形变产生的，选项 B错误；运动员离开跳台后的上升阶段，运

动员的加速度向下，故运动员处于失重状态，选项 C错误；起跳过程和离开跳台上升过程

均视为匀变速运动，则起跳过程的平均速度为v＝，上升阶段的平均速度为v上＝，即v＝v上，

选项 D正确．

4．答案：B

解析：初始时，空气柱 A的压强为 pA＝p0＋ρgh1

而pB＋pgh2＝pA

联立解得空气柱 B的压强为 pB＝72 cmHg；

U形管倒置后，空气柱 A的压强为 P′A＝p0－ρgh1

空气柱 B的压强为 p′B＝p′A＋ρgh3

空气柱 B的长度 L′2＝L2－

由玻意耳定律可得 pBL2＝p′BL′2

联立解得 h3＝12 cm.

5．答案：B

解析：第二宇宙速度为脱离地球引力束缚的速度，天问一号离开地球进入火星轨道，

故其在轨道 1上的发射速度一定大于第二宇宙速度，A错；由牛顿第二定律可知，天问一

号在同一位置时，所受万有引力相同，加速度相同，B对；探测器在轨道 2上由近火点运

动至远火点，只有引力做功，故机械能守恒， C错；由高轨道进入低轨道要通过减速才能

实现，D错．

6．答案：C

解析：b的图线的斜率的绝对值先减小后增大，所以 b的加速度先减小后增大，故 A

错误；由图像可知，a的图线在 0～6 s 内与时间轴所围上下面积之差小于 b的图线与时间

轴所围面积，所以 a的位移小于 b的位移，故 B错误；2 s 末a的图线的斜率的绝对值大于

b的图线的斜率的绝对值，所以 2 s 末a的加速度大于 b的加速度，故 C正确；3 s 末两物体

速度相同，但是质量大小不确定，动量没法比较，故 D错误．

答案：B

解析：由等势线图作出对应的电场线图，如图所示．电子在电场中做曲线运动，其受

力方向有两个特点，一个是朝向曲线的凹面，另一个是与电场线相切且与电场线方向相反

故容易判断出该电场中各点的电场强度方向．由电场线的疏密反映电场强度的大小可知 b

位置的电场强度大于 a位置，A错；沿电场线方向电势逐渐降低，易知a点电势比 b点高，

又电子带负电，故电子在 a点的电势能小于在 b点的电势能，B对，C错；由以上分析可知，

b点的电场强度方向水平向左，D错．

8．答案：AC

解析：对于弯曲通电导线，其在匀强磁场中所受的安培力大小与垂直磁场的有效导线

的长度有关，当导线旋转时，有效长度增加，故安培力大小增大，而安培力的方向总是垂

直电流与磁场所在的面，故方向不变，故选 AC.

9．答案：BD

解析：通过变压器进行远距离输电，需要输入交流电，故电厂发出的电是交流电， A

错；由部分电路欧姆定律可知 B对；若满足 C选项的条件，则要求输电线上不能有电压损

失，与事实不符，C错；当用户增多时，线路中的电流(即I4)增大，输电线的电阻R上的

电流增大、电压增大，则 U3减小，用户得到的电压减小，D对．

10．答案：BD

解析：忽略所有摩擦力，故 A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，又弹簧逐渐伸长，

弹簧弹性势能逐渐变大，故 A、B组成的系统机械能逐渐减小，故 A错误；根据 A、B和弹

簧组成的系统机械能守恒可得 Epmax＝2mgL(cos 30°－cos 45°)，解得弹性势能的最大值为

Epmax＝(－)mgL，故 B正确；对 B受力分析，水平方向的合力Fx＝F杆1·sin α－F弹＝ma，对

A受力分析，竖直杆对A的弹力大小 F杆2＝F杆1·sin α，由于滑块 B先做加速运动后做减速

运动，所以竖直杆对A的弹力先大于弹簧弹力后小于弹簧弹力，故 C错误；A下降过程中

动能达到最大前，A加速下降，对 A、B整体在竖直方向上受力分析，可知地面对 B的支持

力N<3mg，故 D正确．

11．答案：(1)0.96(2 分)　(2)3.20(2 分)　(3)偏大(2 分)

解析：(1)由题意知，vB＝＝×10－2 m/s＝0.96 m/s.

(2)由逐差法得 a＝＝×10－2 m/s2＝3.20 m/s2.(3)根据牛顿第二定律，若考虑纸带与打点

计时器的摩擦及空气阻力等实际因素，则有 mg sin θ－(μmg cos θ＋f)＝ma；实验中利用mg

sin θ－μmg cos θ＝ma 计算，显然实验中在测量计算时的摩擦力包含了其他阻力，故所求的

动摩擦因数比实际值大．

12．答案：(1)R1(2 分)　5 000(2 分)　(2)如图所示(2 分)　(3)2.3(2 分)

解析：(1)因为电路中的滑动变阻器是分压连接，故滑动变阻器在安全的前提下阻值小

点好，故选 R1.改装电表时，由于 A1表自身满偏时对应电压值为 UA＝IAr1＝0.5 V，故电阻

箱还得分担2.5 V 的电压，即电压是 A1表的5倍，电阻也是A1表的5倍，即电阻箱阻值应

调为5r1＝5 000 Ω.(3)Rx＝＝，故 I1＝I2，图线的斜率为 k＝，代入数据解得 Rx＝2.3 kΩ.

13．答案：2∶1

解析：若杆 2固定，设最初摆放两杆时的最小距离为 x1，对杆1由动量定理得

－BIdt＝0－mv0，q＝It＝＝

解得 x1＝(4 分)

若杆 2不固定，设最初摆放两杆时的最小距离为 x2，两者最终速度为 v，根据动量定

理，对杆1有－BI′dt′＝mv－mv0(1分)

对杆2有BI′dt′＝mv(1分)

电荷量 q′＝I′t′＝＝(1 分)

解得 x2＝(2 分)

则x1∶x2＝2∶1(1分)

14．答案：(1)　(2)

解析：(1)由题意可知，来自硬币左端 D的光线经水面折射，从杯子左边缘 A点射出

后恰好进入眼睛，折射光线的反向延长线经过杯子右下端C点，如图所示；设入射角为

α，折射角为β，由折射定律得 n＝(3 分)

在Rt△ABC、Rt△ABD 中，

由几何关系可得 sin β＝sin ∠BAC＝，sin α＝(2 分)

联立解得 n＝(2 分)

(2)如图，设当液面下降至MN 时，下降高度为 H，硬币刚好从视线中完全消失，此时

来自硬币右端 E的光线经 MN 面折射，从杯子左边缘 A点射出后恰好进入眼睛，折射光线

的反向延长线经过杯子右下端C点(2分)

由△AGF∽△ADC 可得＝，解得 H＝(3 分)

15．答案：(1)　(2)　　(3)(3R，－8R)

解析：(1)分解速度 v0可知 vx＝v0sin 30°＝(1 分)

vy＝v0cos 30°＝v0(1分)

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