[物理]2024年广西来宾忻城县高三下学期高考模拟物理试卷(梧州市5月)(原题版+解析版)

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2024年广西来宾忻城县高三下学期高考模拟物理试卷（梧州市5月）
1. 下列关于科学研究方法以及物理学相关知识的叙述正确的是（ ）
A. 伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”，是在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，运用了理想实验法
B.
根据速度定义式
，当 非常小时，
就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，运用了微元的思想
，利用了比值定义法
C. 加速度a与质量m、合外力F之间的关系为
D. 利用光电门测速度，运用了微小放大法
答案
解析
A
【详解】
A．伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”，是在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，运用了理想实验法，A正确；
B．根据速度定义式
，当 非常小时，
就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，运用了极限的思想，B错误；
C．加速度a与质量m、合外力F之间的关系为
，不是利用比值定义法，而是牛顿在力是产生加速度的原因且用国际单位的情况
下，总结出的牛顿第二定律表达式， C错误；
D．利用光电门测速度，运用了极限法，D错误。
故选A。
2. 港珠澳大桥是目前全球最长的跨海大桥，风帆造型的九洲航道桥部分如图所示，这部分斜拉桥的一根塔柱两侧共有8对钢索，每对钢索等长。每一
条钢索与塔柱成 角，底部穿过桥面固定在桥面下，若不计钢索的自重，且假设每条钢索承受的拉力大小均为F，下列说法正确的是（ ）
A. 该塔柱所承受的8对钢索的合力大小为
B. 该塔柱所承受的8对钢索的合力大小为
C. 若仅升高塔柱的高度，钢索承受的拉力变大
D. 若仅升高塔柱的高度，钢索承受的拉力不变
答案
解析
A
【详解】
AB．每一条钢索与塔柱成α角，则塔柱两侧每一对钢索对塔柱拉力的合力都沿竖直方向向下，所以8对钢索对塔柱的合力大小等于16条
钢索沿竖直向下的分力的和，故
合
故A正确，B错误；
CD．合力一定，分力间的夹角越小，则分力越小，若仅升高塔柱的高度，钢索与塔柱夹角变小，钢索承受的拉力变小，故C错误，D错
误。
故选A。
3. 如图所示为一对电荷量分别为
和
的点电荷的电场线分布，
、
、 、
为电场中的四点。下列说法正确的是（ ）
A.
、
两点场强大小关系为
两点电势关系为
B.
、
C. 若
、
两点关于两点电荷连线对称，则
、
两点电场强度相同

D. 同一带负电的试探电荷，其在 点的电势能比在 点的电势能小
答案
解析
D
【详解】
A．电场线越密，电场强度越大， 处电场线较密，
、
两点场强大小关系为
故A错误；
B．根据沿电场线电势降低，
、
两点电势关系为
故B错误；
C．若
D．根据
两点关于两点电荷连线对称，根据对称性可知
两点电场强度大小相等，方向不同，故C错误；
、
、
同一带负电的试探电荷，其在 点的电势能比在 点的电势能小，故D正确。
故选D。
4. 2024年4月26日3时32分，神舟十八号载人飞船和天宫空间站的天和核心舱径向端口顺利完成史诗级别超精准对接，再一次上演“太空之吻”。下
图为神舟十八号的发射和天和核心舱对接过程示意图，图中Ⅰ为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为 ，Ⅱ为椭圆变轨轨道，Ⅲ为天和核心舱所在的圆
轨道，轨道半径为 ，天宫空间站在Ⅲ轨道上运行周期为T。P、Q分别为Ⅱ轨道与Ⅰ、Ⅲ轨道的交会点，下列说法正确的是（ ）
A.
若已知Ⅱ轨道上P点速度为v，则可推测Ⅱ轨道上Q点速度为
B. 飞船在Ⅰ轨道的速度大小一定小于飞船在Ⅲ轨道的速度大小
C. 飞船在Ⅱ轨道P点的加速度大于Ⅰ轨道上P点的加速度
D.
飞船在Ⅱ轨道从P到Q的时间为
答案
解析
D
【详解】
A．由开普勒第二定律
R v∆t=R v ∆t
1
2 Q
解得
A错误；
B．由
得
当飞船绕贴近地球地面运动时的线速度等于第一宇宙速度，是最大的环绕速度，轨道Ⅲ大于轨道Ⅰ的半径，飞船在Ⅰ轨道的速度大小
一定大于飞船在Ⅲ轨道的速度大小，B错误；
C．根据
得

飞船在Ⅱ轨道P点的加速度等于Ⅰ轨道上P点的加速度，C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
可得
飞船在Ⅱ轨道从P 到Q的时间为
，即为
D正确。
故选D。
5. 火灾会给人们的生命和财产造成巨大损失，还会对环境造成不可逆转的破坏，因此火灾预警尤为重要。如图，某新型烟雾报警器中装有极少量放射
性元素镅（ ），其衰变方程为 ，下列表述正确的是（ ）
A. 衰变时释放的 射线，来自镅（
B. 方程中的X为 粒子
）
C. 射线的电离能力强于X
D.
的比结合能大于
答案
解析
D
【详解】
A．衰变时释放的 射线，来自衰变产生的新核，故A错误；
B．由质量数守恒和电荷数守恒可知，X为
粒子，即α粒子，故B错误；
C．γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C错误；
D．衰变后原子核更稳定，比结合能越大，即
故选D。
的比结合能大于
，故D正确。
6. 如图所示，一束复色光从真空射向半圆形玻璃砖的表面，在圆心O处发生折射，光分成了两束单色光ab分别从AB两点射出，下列说法正确的是
（
）
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. a光从O传播到A的时间大于b光从O传播到B的时间
C. 若该复色光由红光与紫光组成，则a光为红光
D. 若用同一双缝干涉装置实验，可看到a光的干涉条纹间距比b光的大
答案
解析
B
【详解】
A．根据图像可知，入射角相同，a的折射角小，根据
可知，a光的折射率大，故A错误；
B．根据
可知，在玻璃砖中的a光的传播速度小于b光的传播速度，光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径r，根据

可知，在玻璃砖中的a光的传播时间大于b光的传播时间，故B正确；
C．a光的折射率大，频率高，波长小，若该复色光由红光与紫光组成，则a光为紫光，故C错误；
D．若用a、b光分别进行双缝干涉实验，在其他条件相同的情况下，根据
a光条纹间距小于b光条纹间距，故D错误。
故选B。
7. 一个斜面体两斜面的倾角分别为
和
，如图所示。一物体（视为质点）从倾角为 的斜面底角处以初速度 抛出，不计空气阻力。
为使物体从斜面体的顶角处切过，并落在倾角为 的斜面底角处，则物体的抛射角 的正切值为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案
解析
C
【详解】
设斜面体三边长分别为 、
和
，由斜抛运动规律，物体过斜面顶角处时有
物体落到斜面体右侧时底角处有
联立解得
故选C。
8. 湖面上停着A、B两条小船，它们相距30m。一列水波正在湖面上沿AB连线的方向传播，每条小船每分钟上下浮动20次。某时刻A船和B船均在平衡
位置，两船之间有且仅有一个波谷。下列说法正确的是（ ）
A．水波的波长可能是10m
B．水波的频率一定是
C．水波的波速可能是
D．若引起水波的波源振动加快，波的传播速度将变快
答案
解析
BC
【详解】
ABC．两船位于平衡位置且之间有且仅有一个波谷，则两船的距离可能为
、
、
，相应波长分别为60m、30m、20m，周期为3s，频
率为
，由
所以有波速分别
、
、
，故BC正确，A错误；
D．波的传播速度由介质的性质决定，与波源的振动速度无关，故D项错误。
故选BC。
9. 如图所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为 的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度
传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为 的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为

的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图所示，其中 为图线纵截距。则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）下列描述正
确的是（ ）
A．
B．最大动能为
C．动摩擦因数
D．滑块在
和
处的弹性势能
答案
解析
BC
【详解】
A．由图可知，当滑块运动到 位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状
态，而不是原长，故A项错误；
B．加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区域的面积可得
故B项正确；
C．根据牛顿第二定律得
（
）
当
时，
，解得：动摩擦因数
故C项正确；
D．能量守恒定律可得
故D项错误。
故选BC。
10. 2024年5月1日“福建号”航空母舰首次海试引起国人极大关注，其采用先进的电磁弹射技术，使战机的出动效率大大提升。如图所示，电源电动
势为E，内阻忽略不计，电容器的电容为C，足够长的光滑水平平行导轨M、N间距为L，导轨间有磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m，电阻为R的
金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。单刀双掷开关先打向a，电源给电容器充电，充电完毕后再打向b，电容器放
电，金属滑块在安培力的作用下发射出去。不计其他阻力和电阻，下列说法正确的是（ ）
A．滑块达到最大速度时，电容器放电结束，极板电荷量为零
B．滑块从开始运动到最大速度的过程中流过它的电荷量为
C．该过程中，安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变化
D．滑块能达到的最大速度为
答案
解析
BCD
【详解】
A．电容器放电过程，极板间电压减小，导体棒向右运动产生感应电动势
当极板间电压减至 时，导体棒达到最大速度时，电容器不再放电，但极板电荷量不为零，A错误；
BD．根据

可得
由动量定理，可得
又
联立，解得
BD正确；
C．根据B选项分析可知该过程中，安培力对导体棒的冲量等于导体棒动量的变化，C正确；
故选BCD。
11. 某同学用图甲装置做“弹簧的弹力与伸长量之间的关系”实验。
(1)图示实验装置中，刻度尺保持竖直，为了便于直接读出弹簧的长度，刻度尺的零刻度应与弹簧的上端对齐；不挂钩码时指针所指刻度尺的位置如图
乙所示，则此时弹簧的长度
(2)改变所挂钩码的个数，进行多次实验，记录每次所挂钩码的质量m及弹簧的长度L，根据
求出弹簧伸长量，根据求得的多组F、x作 图像，如图丙所示。由图像可求得出弹簧的劲度系数为
cm。
求得弹力（g为重力加速度），根据
N/m（保留一位小数），由图像
可知：在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比。
(3)若该同学重新实验，实验时多用了几个钩码，作出的
图像出现了弯曲现象。造成这种现象的原因是
。
答案
(1)15.06（15.04~15.08均可）
(2)312.5
(3)弹簧超出了弹性限度
解析
【详解】
（1）由图乙可知该刻度尺的最小分度值为1mm，估读下一位则弹簧的长度
（2）由图像可得劲度系数
（3）图像出现弯曲说明弹簧的弹力与弹簧的伸长量不再成正比，原因是弹簧超出了弹性限度。
12. 某同学听说一支新HB铅笔笔芯（粗细均匀）的电阻约为
找到如下器材：
，于是就找来一支新HB铅笔，想尽量准确地测出这支铅笔笔芯的电阻，他从实验室
A．电源E：电动势约为3.0V；
B．电流表 ：量程为
，内阻
；
C．电流表 ：量程为0~10mA，内阻
D．电流表 ：量程为0~100mA，内阻
；
；
E．滑动变阻器 ：最大阻值为
F．滑动变阻器 ：最大阻值为
G．电阻箱 ，最大阻值
；
；
；
H．开关S，导线若干。

(1)根据实验室提供的仪器，他设计图所示的电路，图中电流表a应选用
材前的字母）
，电流表b应选用
；滑动变阻器R应选用
。（均选填器
图像，
(2)将电阻箱阻值调成合适的值 ，调节滑动变阻器的滑片，记录电流表a的示数 和电流表b的示数 ，根据测得的多组数据描绘出
图像的斜率为k，则铅笔电阻的阻值 （用k， 表示）。
，
，
或
答案
解析
(1)
(2)
C
D
E
【详解】
（1）[1]由题图可知，实验是用伏安法测电阻的电路，电流表a和电阻箱串联相当于电压表，电流表b测电流表a和电阻箱的总电流，量
程比电流表a大。若电流表a选用B，电流表a和电阻箱的总电阻最大约为1100Ω，电流表a和电阻箱的总电流约为
当电流表a满偏时无论电流表b选用C还是D示数都太小（未达到三分之一），所以电流表B无法使用，电流表a应选用C。
[2]电流表b应选用D。
[3]滑动变阻器是分压式接法，因此为方便调节，所以滑动变阻器应选用阻值较小的E。
（2）根据部分电路欧姆定律得
整理得
可知
解得
图像的斜率
。
13. 如图为气压升降椅及核心部件模型简图。活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，该气缸导热性能良好，忽略一切摩擦。调节到一定
高度，活塞上面有卡塞，活塞只能向下移动，不能向上移动。已知室内温度为27℃，气缸内封闭气体压强为p，稳定时气柱长度为L，此时活塞与卡塞
恰好接触且二者之间无相互作用力，重力加速度为g。求：
（1）当室内温度升高15℃时，求气缸内封闭气体增加的压强；
（2）若室内温度保持27℃不变，将一质量为M的物体缓慢放在椅面上，求稳定后活塞向下移动的距离。
答案
解析
（1） ； （2）
【详解】
（1）当室内温度升高15℃时，气缸内封闭气体发生等容变化，根据查理定律
其中
∆T=∆t=15K
联立解得
∆p=

（2）若室内温度保持27℃不变，气缸内封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律有
初态
末态
p1S pS Mg
设活塞下降距离为h，有
联立解得
14. 如图所示，竖直平面内固定有一四分之一光滑圆弧轨道AB，在A点正上方有一质量为
的物块甲，与圆弧底端B的高度差
，右段为一半径为
的物块乙静止在滑板左端。物块甲由静止开始释放，无碰撞进入圆弧轨道，运动到圆
。轨
道AB右端与一质量为
、圆心角
的滑板上表面平齐，滑板静止在光滑水平面上，上表面左段水平且粗糙，长度为
的光滑圆弧，一质量为
弧轨道最低点时与物块乙发生弹性碰撞，碰撞后将物块甲取走。重力加速度g取
（1）物块甲与物块乙碰撞后物块乙的速度大小；
，两物块均可视为质点，不计空气阻力，
，求：
（2）若滑板左段与物块乙的动摩擦因数为0.45，求物块乙上升的最大高度；
（3）为了保证物块乙最终不滑离滑板，求滑板左段与物块乙的动摩擦因数的范围。
答案
解析
（1）
；（2）0.03m；（3）
【详解】
（1）设碰撞前物块甲的速度为 ，碰撞后物块甲、乙的速度分别为
、
，有
动量守恒有
机械能守恒有
解得
（2）设物块乙与滑板共速的速度为v，有
能量守恒
解得
（3）物块乙恰好滑到滑板的最高点或者恰好回到滑板最左端时物块乙和滑板速度都相同，两种情况下摩擦因数分别为
或者
、
，有
解得
，
要保证物体乙不滑离滑板，即不从右边飞出又不从左边滑离，动摩擦因数应有最小值，即
。
15. 如图所示，三个同心圆a、b、c的半径分别为r、2r、
，在圆a区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场 。在圆a和圆b间的环形区域存在背离
。一质量为m、带电量为+q的粒子，从圆a边
圆心的辐向电场，在圆b和圆c间的环形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
界上的A点沿半径方向以速度 射入圆a内，第一次从圆a边界射出时速度方向偏转60°，经过辐向电场加速后，从圆b边界上进入外环区域，粒子恰好
不会从圆c飞离磁场。不计粒子的重力。

（1）求圆a区域内匀强磁场的磁感应强度大小 与环形区域磁感应强度 的比值；
（2）求粒子经过圆a与圆b两边界间辐向电场加速过程中电势能的变化量
（3）若将圆a区域内匀强磁场大小改为 ，粒子在绕O运动一周内可从电场回到入射点A，求满足此过程 的可能值。
；
答案
解析
（1）1：3；（2）
【详解】
；（3）
（
， ， ， ）
（1）粒子在磁场 中偏转，设半径为 ，由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系可得
联立可得
故
（2）从圆b边界上进入外环区域，粒子恰好不会从圆c飞离磁场，如图所示
设粒子在磁场 中偏转的轨道半径为 ，速度为 ，由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
粒子经过辐向电场加速过程，根据动能定理可得
故有
（3）若粒子可以回到A点，其运动轨迹如图所示
设粒子在
心角为
和
磁场中转动的次数各为 ，粒子在磁场 中相对于O点转过的圆心角不变，为
，则在磁场 中相对于O点转过的圆
粒子在磁场 中的轨迹半径为

由洛伦兹力提供向心力得
联立可得
（
， ， ， ）