[物理]广西河池市2023_2024学年高三下学期5月模拟试卷(解析版)

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全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5．本卷主要考查内容：高考范围。
一、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. 广西是世界范围内巨猿化石发现最多的地区，巨猿是一种已经灭绝的高等灵长类动物，其生活于距今约20万年前，利用衰变测定年代技术可以确定化石的大致年代，衰变方程为，其半衰期是5730年，下列说法正确的是（ ）
A. X是电子，来源于核外电子
B. X是中子，来源于原子核
C. 化石埋藏的环境会影响的半衰期，进而对推算年代造成影响
D. 的比结合能小于的比结合能
【答案】D
【解析】AB．在核反应方程中，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，它是核反应产生的，来源于原子核，不是核外电子，故AB错误；
C．放射性元素的半衰期是原子核特有的属性，不受环境影响，故C错误；
D．该核反应过程中释放能量，粒子比结合能增大，故的比结合能小于的比结合能，故D正确。故选D。
2. 如图甲，电鳗遇到危险时，可产生数百伏的电压来保护自己，如图乙所示，若将电鳗放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在尾部，负电荷集中在头部，O为电鳗身体的中点，AO＝BO且AB为鱼身长的一半，下列说法正确的是（ ）
A. A点电势等于B点电势
B. A点场强大于B点场强
C. 若电鳗头尾部间产生300V的电压时，AB间的电压可能为100V
D. 将正电荷由A点移动到B点，电场力先做负功后做正功
【答案】C
【解析】A．尾部集中正电荷，头部集中负电荷，电场线方向由A指向B，沿电场线方向电势降低，故A点电势高于B点，故A错误；
B．根据等量异种点电荷的电场分布的对称性可知，A点和B点场强相同，故B错误；
C．根据等量异种点电荷的电场分布规律可知A、B间的电场线比A点到鱼尾或B点到鱼头的电场线稀疏，则平均场强也较小，故A、B之间电压小于150V，可能为100V，故C正确；
D．由于电场线方向由A指向B，所以正电荷的受力方向为由A指向B，正电荷由A移动到B时，电场力做正功，故D错误。
故选C。
3. 如图甲所示，用手握住长绳的端点A，t＝0时刻在手的带动下A点开始上下振动，其振动图像如图乙所示，则下列四幅图中能正确反映时刻绳波形状的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】CD．根据A点振动图像可知，在时刻绳上A点向下运动，再由振动图像可知时波传播的周期恰好为，则波传播的距离为，CD错误；
AB．选项A图中A点向上振动，选项B图中A点向下振动，A错误、B正确。
故选B。
4. 我国将于2025年前后在文昌发射嫦娥六号，嫦娥六号将开展月球背面着陆区的现场调查和分析。采样返回后，在地面对样品进行研究，在发射过程中必须让嫦娥六号探测器在环月阶段圆轨道Ⅱ的P点向环月阶段椭圆轨道Ｉ上运动以到达月球表面的Q点。已知在圆轨道和椭圆轨道上的探测器只受到月球的万有引力作用，下列说法正确的是（ ）
A. 若已知引力常量、探测器在圆轨道上的运动周期和月球的半径，可求得月球的质量
B. 探测器由环月圆轨道进入环月椭圆轨道应让发动机在P点加速
C. 探测器在环月阶段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度
D. 探测器在环月阶段椭圆轨道上P点的加速度大于Q点的加速度
【答案】C
【解析】A．根据
解得
可知，若已知引力常量、探测器在环月阶段圆轨道Ⅱ上的运动周期和环月圆轨道的半径，可求月球的质量，故A错误；
B．探测器由环月圆轨道进入环月椭圆轨道过程是由高轨道进入低轨道，应让发动机在P点减速，故B错误；
C．探测器在环月阶段椭圆轨道上由P运动到Q过程，万有引力做正功，可知，探测器在环月阶段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度，故C正确；
D．根据牛顿第二定律有
解得
由于探测器在环月阶段椭圆轨道上P点距离月心的间距大于探测器在Q点距离月心的间距，则探测器在环月阶段椭圆轨道上P点的加速度小于Q点的加速度，故D错误。
故选C。
5. 某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。将图甲中的零件组装成图乙中的变压器，将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压U2随时间t变化的图像如图丙所示，在保证安全的前提下，该同学在时间内进行的操作不可能是（ ）
A. 增加了交流电源的频率B. 增加了副线圈的匝数
C. 减少了原线圈的匝数D. 拧紧变压器铁芯上松掉的螺丝
【答案】A
【解析】A．增加了交流电源频率，不会影响U2的大小，故A正确；
BC．由变压器电压与线圈匝数关系
可得
如果减少了原线圈的匝数或增加了副线圈的匝数，则U2增大，与图像符合，故BC错误；
D．拧紧了变压器铁芯上松掉的螺丝，会减小漏磁，所以U2增大，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5kg，将一个质量为0.5kg的小球从距沙面0.45m高度处以大小为4m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒
B. 小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为
C. 小车最终的速度大小为1m/s
D. 小车最终的速度大小为2m/s
【答案】C
【解析】A．小球陷入沙子过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；
B．由于小球陷入沙子过程的时间未知，故沙子对小球的冲量大小未知，故B错误；
CD．小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则
解得
故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图所示，冬奥会上甲、乙两名运动员在水平冰面上滑冰，恰好同时到达虚线PQ左侧的半圆滑道，然后分别沿半径为和的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速沿直线冲向终点线。已知甲、乙两名运动员的质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。则下列说法正确的是（ ）
A. 在做圆周运动时，甲所用的时间比乙的短
B. 在做圆周运动时，甲、乙的角速度大小相等
C. 在冲刺时，甲到达终点线时的速度较大
D. 在冲刺时，乙一定先到达终点线
【答案】C
【解析】A．根据
解得
由于做圆周运动时所受向心力大小相等，甲运动员圆周运动的半径大于乙运动员圆周运动的半径，可知甲运动员圆周运动的周期大于乙运动员圆周运动的周期，即在做圆周运动时，甲所用的时间比乙的长，故A错误；
B．根据
由于做圆周运动时所受向心力大小相等，可知甲运动员圆周运动的角速度小于乙运动员圆周运动的角速度，故B错误；
C．冲刺时的初速度大小等于圆周运动的线速度大小，根据
解得
由于做圆周运动时所受向心力大小相等，可知甲运动员圆周运动的线速度大于乙运动员圆周运动的线速度，令到达终点线时的速度大小为，冲刺匀加速的位移为x，则有
由于冲刺匀加速运动的位移与加速度均相等，可知匀加速的初速度较大的甲运动员到达终点线时的速度较大，故C正确；
D．由A可知，甲、乙两名运动员在圆周运动过程所用时间
而在直线冲刺过程中，位移相等，但甲运动员的初速度大，则加速阶段时间
到达终点的时间为两个阶段时间之和，由数学知识无法判断和的大小关系，乙不一定先到达终点线，故D错误。
故选C。
二、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。
8. 如图甲所示，一轻弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A. t1时刻小球动能最大
B. t2时刻小球动能最小
C. t2~t3时间内，小球的动能先减少后增加
D. t2~t3时间内，小球增加机械能小于弹簧减少的弹性势能
【答案】BD
【解析】A．由F-t图像振幅逐渐减小可知，小球在运动过程中受到空气阻力作用，小球在接触弹簧之前做向下加速运动，碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力等于弹簧弹力与空气阻力之和时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能和内能，上升过程恰好与下降过程互逆，由乙图可知t1时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大，故A错误；
B．t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，故B正确；
CD．t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧，t2~t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能和内能，故C错误，D正确。
故选BD
9. 半导体薄膜压敏传感器所受压力越大其电阻越小，利用这一特性设计成苹果大小自动分拣装置如图所示。其中R1为压敏电阻，R2为可变电阻，苹果通过放置在压敏电阻正上方的托盘秤时，可将压力传导至压敏电阻，电磁铁的输入电压大于某一个值时，电磁铁工作，将衔铁吸下并保持此状态一小段时间，苹果进入通道2，否则苹果将进入通道1。若要挑选出质量更大的苹果，下列措施可行的是（ ）
A. 将R2的电阻调小B. 将R2的电阻调大
C. 增大电源E1的电动势D. 增大电源E1的内阻
【答案】AD
【解析】AB．质量大的苹果对压敏传感器R1的压力大，压敏传感器R1的阻值小，电路中的电流大，则电阻R2的电压大，即放大电路的输入电压大于某一个值，电磁铁工作将衔铁吸下，苹果将进入通道2，将R2的电阻调大，则电阻R2的电压变大，则质量较小的苹果更容易使放大电路的输入电压大于某一个值，从而进入通道2，即将挑选出质量更小的苹果，故A正确，B错误；
C．电源E1电动势变大，则电阻R2的电压变大，则质量较小的苹果更容易使放大电路的输入电压大于某一个值，从而进入通道2，即将挑选出质量更小的苹果，故C错误；
D．电源E1内阻变大，则电阻R2的电压变小，要达到某一临界值，则需要减小压敏传感器R1的阻值，增大电路中的电流，从而使电阻R2的电压达到临界值，则需要增大对压敏传感器R1的压力，即将挑选出质量更大的苹果，故D正确。
故选D。
10. 如图所示，倾角为θ的绝缘斜面上固定两根足够长的平行光滑导轨，将定值电阻、电容器和电源在导轨上端分别通过开关S1、S2、S3与导轨连接，匀强磁场垂直斜面向下，初始时刻导体棒垂直导轨静止放置，已知导轨与导体棒电阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A. S1闭合，S2、S3断开，由静止释放导体棒，导体棒运动的v-t图像可能如图1所示
B. S2闭合，S1、S3断开，由静止释放导体棒，导体棒运动的v-t图像可能如图2所示
C. S1、S2、S3断开，由静止释放导体棒一段时间后闭合开关S1，导体棒运动的v-t图像可能如图3所示
D. S1、S2、S3断开，由静止释放导体棒一段时间后闭合开关S3，导体棒运动的v-t图像可能如图4所示
【答案】AC
【解析】A．S1闭合，S2、S3断开，由静止释放导体棒，导体棒与电阻构成回路，根据
解得
可知随着导体棒速度的增加，导体棒的加速度逐渐减小，最终匀速，故A正确；
B．S2闭合，S1、S3断开，由静止释放导体棒，导体棒与电容器构成回路，稳定时有
电容器极板电荷量
电路电流为
导体棒受到的安培力为
根据牛顿第二定律可得
解得
可知稳定时导体棒的加速度保持不变，做匀加速直线运动，故B错误；
C．S1、S2、S3断开，由静止释放导体棒∆t后闭合开关S1，可知闭合开关S1瞬间导体棒的速度为
导体棒受到的安培力大小为
可知导体棒继续向下减速，随着速度的减小，安培力减小，加速度减小，当安培力与重力沿斜面向下的分力平衡时，导体棒做匀速直线运动，故C正确；
D．S1、S2、S3断开，由静止释放导体棒∆t后闭合开关S3，最终安培力与下滑力平衡，导体棒做匀速直线运动，不可能如图4所示，故D错误。故选AC。
三．非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 在“测玻璃砖的折射率”实验中：
（1）如图甲所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法正确的是（ ）
A. P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像
B. 为测量方便，P1、P2的连线与法线NN′的夹角应尽量小些
C. 若P1、P2的连线与法线NN′夹角较大时有可能在bb′面发生全反射，所以在bb′一侧就看不到P1、P2的像
D. 为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图乙所示，从图线可知玻璃砖的折射率是______。
（3）在该实验中，某同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图丙所示，该同学用的是矩形玻璃砖，他的其他操作均正确，且均以aa′、bb′为界面画光路图，则该同学测得的折射率与真实值相比______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）D （2）1.5 （3）偏小
【解析】【小问1详解】
A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从另一侧表面射出，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，即使P1、P2的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到P1、P2的像，故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2的连线与法线NN′的夹角应尽量大些，故B错误；
C．由几何知识可知，光线在上表面的折射角一定等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，不可能在bb′面发生全反射，故C错误；
D．为了减小作图误差，将出射光线确定得更准确些，P3和P4的距离应适当取大些，故D正确。故选D。
【小问2详解】
根据折射定律
代入数据可得玻璃砖的折射率
【小问3详解】
该同学测定折射率时，作出的折射光线如图中虚线所示
实线表示实际光线，可见测量的折射角偏大，则由折射定律可知，测得的折射率将偏小。
12. 利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，连接计算机的电流传感器可以捕捉并记录到电流变化，当电流从上向下流过电流传感器时，电流计为正值，已知直流电源电动势为9V，内阻可忽略，实验过程中显示出电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。
（1）在4~7s时间内，开关S接______（填“1”或“2”）。
（2）关于电容器充电过程中两极板所带电荷量Q随时间t变化的图像，下列正确的是（ ）
A. B. C.
（3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I-t曲线与横轴所围成的面积将______（填“增大”“不变”或“变小”），充电时间将______（填“变长”“不变”或“变短”）。
（4）某同学研究电容器充电后储存的能量E与电容C、电荷量Q及两极板间电压U之间的关系．他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他作出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化的图像如图丙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 对同一电容器，电容器储存的能量E与电荷量Q成正比
B. 搬运∆q的电量，克服电场力所做的功近似等于∆q上方小矩形的面积
C. 若电容器两极板间电压为U时储存的能量为E，则电压为时储存的能量为
【答案】（1）2 （2）B （3）不变 变短 （4）BC
【解析】【小问1详解】
4~7s内，电容器处于放电状态，开关S应接2。
【小问2详解】
电容器充电过程中，电容器两端的电压U逐渐增大，最后与电源电动势相等，因此斜率会逐渐减小，最后与横轴平行，根据可知，电容C为定值，可知电容器所带的电荷量逐渐增大，最后保持不变，Q-t图像的斜率也逐渐变小，最后为零。
故选B。
【小问3详解】
[1][2]根据电容器的计算公式可得所以电容器储存的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成的面积保持不变，当减小电阻R，由于电阻对电流的阻碍作用减弱，充电电流增大，所以充电时间将变短。
【小问4详解】
A．从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力做的功，也就等于图像与横轴围成的面积，则
故A错误；
B．根据图像的物理意义可知，搬运∆q的电量，克服电场力所做的功近似等于∆q上方小矩形的面积，故B正确；
C．由电容器的能量公式和电容的定义式可得，电压
所以能量
故C正确。
故选BC。
13. 如图所示，我国研制的“飞天”舱外航天服各项技术水平均处于世界前列，航天服的气密性良好，内部气体可视为理想气体。已知其初始状态体积为V，温度为T，压强为0.6p0，其中p0为大气压强。
（1）若保持航天服内气体压强不变，缓慢升高气体温度至1.2T，求此过程气体对外做的功W；
（2）若在初始状态将航天服的阀门打开，外界气体缓慢进入航天服内，直至内、外气体压强均为p0后不再进气，此时航天服内理想气体的体积为1.2V，且此过程中，气体的温度保持为T不变，求进入航天服内气体的质量与原有质量的比值。
【答案】（1）0.12p0V；（2）1
【解析】（1）气体的压强不变，气体等压变化，则有
解得
气体对外做功为
（2）气体的温度保持为T不变，气体等温变化，则
解得
进入航天服内气体的质量与原有质量之比为
14. 如图所示，在坐标系xOy的x＝2d、x＝5d处有两条虚线AC、DF，y轴与AC之间的匀强磁场Ⅰ大小未知，AC与DF之间的匀强磁场Ⅱ磁感应强度大小为B，两磁场方向均垂直于坐标平面向外。在原点O下方有一个匀强电场区域，场强方向沿y轴正方向，在y轴上与O相距为d的P点将一质量为m、电荷量为＋q（q>0）的带电微粒由静止释放，它在电场力作用下向上运动经O点进入磁场，先后经过Q、G点从磁场射出，经过x轴上S点时速度方向与x轴正方向成θ=37°角。已知Q、G两点纵坐标相同，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计微粒受到的重力。求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）匀强磁场Ⅰ的磁感应强度大小；
（3）带电微粒从P点释放到经过S点的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）因为Q、G两点纵坐标相同，可知微粒在匀强磁场Ⅱ中运动时，轨迹具有对称性；微粒离开磁场区域后做匀速直线运动，则微粒射出磁场时速度方向与x轴正方向的夹角也是θ＝37°，画出微粒运动轨迹示意图如图所示
设微粒在匀强磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
微粒在磁场中运动时速率不变，大小等于经过O点时的速率，由动能定理有
解得
（2）根据几何关系可知，微粒经过磁场区域Ⅰ时的速度偏转角
设微粒在磁场区域Ⅰ内做圆周运动半径为，根据几何关系有
解得
又
可得
（3）微粒在磁场区域Ⅰ内的运动时间为
微粒在磁场区域Ⅱ内的运动时间为
根据几何关系可知，Q、G点的纵坐标为
微粒由G点运动到S点的时间为
设微粒由P点运动到O点的时间为，则
可得
微粒从P点运动到S点的时间为
15. 如图甲所示，质量为M=1kg的长木板静止在光滑水平面上，质量为m=2kg的物块以水平向右的初速度滑上长木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
（1）当物块的初速度时，物块恰好不滑离木板，求木板长度L；
（2）当物块以的初速度滑上木板时，同时给木板施加一个水平向右的恒力F，求：
①要使物块不滑离木板，恒力F的取值范围；
②在①的情形下，物块的最终速度大小与恒力F的关系；
③物块与木板因摩擦产生的热量Q与恒力F的关系。
【答案】（1）2m；（2）①3N≤F≤6N，②，③当F6N时，
【解析】（1）物块与木板组成的系统动量守恒可得
由能量守恒可得
解得
（2）①对物块，根据牛顿第二定律可
所以
当物块恰好滑到木板最右端和木板速度相等时，此过程中根据牛顿第二定律可得
解得
当物块和木板达到共同速度，且物块与木板之间达到最大静摩擦力，此时对整体有
解得
故恒力F的取值范围为
②对物块与木板整体，由动量定理有
解得
③根据以上分析可知，当F6N时，有
解得