九省联考完全解读（广西）（提升卷）

保密★启用前广西2024年高考综合改革适应性测试(提升卷)物理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题II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。回答非选抒题时，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、单项选择题: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，只有一项符合题目要求。1.两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t＝0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t＝2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为eq\f(N,3)，则在t＝4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为()A.eq\f(N,12)B.eq\f(N,9)C.eq\f(N,8)D.eq\f(N,6)答案C解析根据题意设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有x＋y＝N，经历2t0后有eq\f(1,4)x＋eq\f(1,2)y＝eq\f(N,3)，联立可得x＝eq\f(2,3)N，y＝eq\f(1,3)N，在t＝4t0时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为n＝eq\f(1,24)x＋eq\f(1,22)y＝eq\f(N,8)，故选C.2.火星是近些年来发现的最适宜人类居住生活的星球，我国成功地发射“天问一号”标志着我国成功地迈出了探测火星的第一步．已知火星直径约为地球直径的一半，火星质量约为地球质量的十分之一，航天器贴近地球表面飞行一周所用时间为T，地球表面的重力加速度为g，若未来在火星表面发射一颗人造卫星，最小发射速度约为()A.eq\f(gT,2π) B.eq\f(\r(5)gT,10π)C.eq\f(\r(5)gT,5π) D.eq\f(2\r(5)gT,5π)答案B解析由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，得到星球的第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，设地球的第一宇宙速度为v1，由g＝ωv1＝eq\f(2π,T)v1，得v1＝eq\f(gT,2π)，设火星的第一宇宙速度为v2，则eq\f(v2,v1)＝eq\r(\f(M2,M1))·eq\r(\f(R1,R2))，代入数据解得v2＝eq\f(\r(5),5)v1＝eq\f(\r(5)gT,10π)，B项正确．3.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合．现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大答案B解析使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，穿过金属环B的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高(远离)的趋势，丝线受到的拉力减小，故B项正确．4.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置．如图所示，已知一根金属长直管线平行于水平地面，为探测其具体位置，首先给金属管线通上恒定电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L.由此可确定()A．金属管线在EF正下方，深度为eq\f(1,2)LB．金属管线在EF正下方，深度为eq\f(\r(2),2)LC．金属管线的走向垂直于EF，深度为eq\f(1,2)LD．金属管线的走向垂直于EF，深度为eq\f(\r(2),2)L答案A解析用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离金属管线最近；找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离金属管线最近，因此通电的金属管线平行于EF；画出左侧视图，如图所示，b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，故金属管线在EF正下方，深度为eq\f(1,2)L，故选A.5.某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是()答案A解析x－t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x－t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x－t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x－t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v－t图像可能正确，故选A.6.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点．其中a点的电场强度大小为Ea，方向与ab连线成30°角，b点的电场强度大小为Eb，方向与ab连线成60°角．粒子只受静电力的作用，下列说法中正确的是()A．点电荷Q带正电B．a点的电势高于b点电势C．从a到b，系统的电势能增加D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度答案B解析带正电的粒子受力指向轨迹凹侧，则点电荷Q带负电，则A错误；点电荷Q恰好处于a、b两点的电场线的交点处，根据负点电荷等势面的分布特点，离负点电荷越远的点电势越高，由几何关系可知，a点离负点电荷较远，所以a点的电势高于b点电势，则B正确；从a到b，静电力对带正电粒子做正功，所以系统的电势能减小，则C错误；根据电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)，a点的电场强度小于b点，则粒子在a点受到的静电力小于在b点受到的静电力，所以粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，则D错误．7.如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，物块和木板之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是()A．若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt一定等于eq\f(T,2)的整数倍B．若Δt＝eq\f(T,2)，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相同C．研究木板的运动，弹簧弹力充当了木板做简谐运动的回复力D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于eq\f(m,m＋M)kx答案D解析设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有kx＝(m＋M)a①对物块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有Ff＝ma②所以Ff＝eq\f(mx,M＋m)k③若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但Δt不一定等于eq\f(T,2)的整数倍，故A错误；若Δt＝eq\f(T,2)，则在t时刻和(t＋Δt)时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同，故B错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与物块对木板的摩擦力的合力提供回复力，故C错误；由③可知，当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间摩擦力的大小等于eq\f(m,m＋M)kx，故D正确．二、多项选择题: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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是()A．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B．若电容器正在放电，则电容器上极板带负电C．若电容器上极板带正电，则自感电动势正在减小D．若电容器正在充电，则自感电动势正在阻碍电流减小答案ABD解析若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电，处于充电状态，故A正确；若电容器正在放电，由安培定则可得电容器上极板带负电，故B正确；若电容器上极板带正电，说明电容器在充电，电流减小得越来越快，自感电动势增大，故C错误；若电容器正在充电，则线圈自感作用阻碍电流的减小，故D正确．9.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p－eq\f(1,V)图像如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与eq\f(1,V)轴垂直．气体在此状态变化过程中()A．a→b过程，压强减小，温度不变，体积增大B．b→c过程，压强增大，温度降低，体积减小C．c→d过程，压强不变，温度升高，体积减小D．d→a过程，压强减小，温度降低，体积不变答案AD解析由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小，体积增大，故A正确；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，连接O、b的直线比连接O、c的直线的斜率小，所以b的温度低，b→c过程，温度升高，压强增大，且体积也增大，故B错误；c→d过程，气体压强不变，体积变小，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故C错误；d→a过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故D正确．10.如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是()A．撤去F前，金属杆做变加速直线运动B．撤去F同时向右旋开关S，金属杆做加速度减小的减速运动C．恒力F对金属杆做的功等于eq\f(1,2)mv02D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m答案BD解析撤去F前，对金属杆进行受力分析有F－BIL＝ma，对电容器Q＝CU＝CBLv，充电电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq\f(F,CB2L2＋m)，可知金属杆做匀加速直线运动，A错误；撤去F同时向右旋开关S，此时仅有电阻R和金属杆ab接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B正确；根据动能定理有WF＋W安＝eq\f(1,2)mv02，其中安培力做负功，则恒力F对金属杆做的功大于eq\f(1,2)mv02，C错误；撤去F时，电容器极板带电荷量Q＝CBLv0，对金属杆分析，由动量定理有－Beq\x\to(I)L·Δt＝0－mv0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt，当左旋S，通过电阻的电荷量q1＝Q，当右旋S，通过电阻的电荷量q2＝q，解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(CB2L2,m)，D正确．三、非选择题:本题共5小题，共57分。11.(6分)做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：(ⅰ)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；(ⅱ)取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；(ⅲ)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a－F的关系．(1)实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小vd＝________m/s(保留两位有效数字)；(2)需要满足条件M≫m的方案是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)；在作a－F图像时，把mg作为F值的是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)．答案(1)0.19(0.18～0.19均可)(2)甲甲和乙解析(1)由题意知小车做匀加速直线运动，故vd＝eq\f(xce,2T)，将xce＝(36.10－32.40)cm＝3.70cm，T＝0.1s，代入得vd≈0.19m/s；(2)甲实验方案中：绳的拉力F满足：F＝Ma，且mg－F＝ma，则F＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))，只有m≪M时，F才近似等于mg，故以托盘与砝码的重力表示小车的合外力，需满足m≪M.乙实验方案中：小车沿木板匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大小等于托盘与砝码的重力，取下托盘及砝码，小车所受的合外力大小等于托盘与砝码的重力mg，不需要满足m≪M.两个实验方案都可把mg作为F值．12.(10分)利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9Ω)，电阻R0(阻值为3.0Ω)，电阻R1(阻值为3.0Ω)，电流表(量程为200mA，内阻为RA＝6.0Ω)，开关S.实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以eq\f(1,I)为纵坐标，R为横坐标，作eq\f(1,I)－R图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b.回答下列问题：(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则eq\f(1,I)与R的关系式为________________．(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝3.0Ω时，电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________.R/Ω1.02.03.04.05.06.0I/A0.1430.125①0.1000.0910.084eq\f(1,I)/A－16.998.00②10.011.011.9(3)在图(c)的坐标纸上描点并作图，根据图线求得斜率k＝______A－1·Ω－1，截距b＝________A－1.(4)根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.答案(1)eq\f(1,I)＝eq\f(3,E)R＋eq\f(15＋3r,E)(2)0.1109.09(3)见解析图1.0(0.96～1.04均可)6.0(5.9～6.1均可)(4)3.0(2.9～3.1均可)1.0(0.7～1.3均可)解析(1)根据闭合电路欧姆定律有E＝(eq\f(IRA,R1)＋I)(R＋R0＋r)＋IRA，代入数据，化简得eq\f(1,I)＝eq\f(3,E)R＋eq\f(15＋3r,E).(2)电流表每小格表示4mA，因此电流表读数I＝0.110A，eq\f(1,I)≈9.09A－1.(3)在坐标纸上描点，画出一条直线，得出斜率k＝1.0A－1·Ω－1，截距b＝6.0A－1.(4)斜率k＝eq\f(3,E)，因此E＝3.0V，纵轴截距b＝eq\f(15＋3r,E)，因此r＝1.0Ω.13.(10分)如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在水＝0.8，cos53°＝0.6.(1)求激光在水中传播的速度大小v；(2)打开出水口放水，求水放出过程中光斑P移动的距离x与水面下降距离h的关系．答案(1)2.25×108m/s(2)x＝eq\f(7,12)h解析(1)由于v＝eq\f(c,n)代入数据解得v＝2.25×108m/s.(2)打开出水口后，光路图如图所示设水原来深度为H，折射角为β，由折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)，解得sinβ＝eq\f(sinα,n)＝0.6由几何关系有htanα＋(H－h)tanβ＝x＋Htanβ代入数据解得x＝eq\f(7,12)h.14.(12分)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h.答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5N.(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－Ffl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入数据解得v1＝8m/s.(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2m.15.(16分)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E.第一象限中有沿y轴正方向的匀强电场(电场强度大小未知)，且某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为B)．一个带电小球从图