2024届广西桂林某中学高考仿真卷物理试卷含解析

2024届广西桂林中山中学高考仿真卷物理试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落.丰要原因是（）

A.铅分子做无规则热运动

B.铅柱间存在磁力的作用

C.铅柱间存在万有引力的作用

D.铅柱旬存在分子引力的作用

2、一物块的初速为vo,初动能为&o,沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处。此过程中，物

块的动能&与位移x,速度y与时间，的关系图像正确的是（）

3、托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示.环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真

空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈.当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电

场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度.再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温

度.同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区

域形成团合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行.已知真空室内等离子体中带电粒子的平均

动能与等离子体的温度7成正比，下列说法正确的是

A.托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的

B.极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体

C.欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变

D.为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度△必须正比于温度7

4、“嫦娥四号”实现了人类首次月背登陆，为实现“嫦娥四号”与地球间通信，我国还发射了“鹊桥”中继卫星，“鹊桥”

绕月球拉格朗日4点的Hal。轨道做圆周运动，已知乙点距月球约6.5万千米，“鹊桥”距月球约8万千米，“鹊桥”距4

点约6.7万千米，月球绕地球做圆周运动的周期约为27天，地球半役为6400km,地球表面重力加速度为10m//,电

磁波传播速度为3x10*m/s。下列最接近“嫦娥四号”发出信号通过“鹊桥”传播到地面接收站的时间的是（）

D.16s

5、如图所示，图。中变压器为理想变压器，其原线圈接在〃=24夜sin50加（V）的交流电源上，副线圈与阻值R=2Q

的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。图力中阻值为&=32。的电阻直接接到〃=12&sin50和（V）的交流

电源上，结果电阻肥与此消耗的电功率相等，则（）

A.通过电阻心的交流电的频率为50Hz

B.电阻R消耗的电功率为9W

C.变压器原、副线圈匝数比为8:1

D.电流表的示数为2.5A

6、（题文）（题文）如图，两同心圆环4、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，4为导体环.当B绕环

心转动时，导体环A产生顺时针电流且具有扩展趋势，则5的转动情况是（）

B.顺时针减速转动

C.逆时针加速转动

D.逆时针减速转动

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、A、B两物体质量均为加，其中A带正电，带电量为+q,B不带电，通过劲度系数为A的绝缘轻质弹簧相连放在水

平面上，如图所示，开始时A、B都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=2追，式中g为重

q

力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（）

A.刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2g

B.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体速度大小一直增大

C.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体的机械能增加量始终等于A物体电势能的减少量

D.B刚要离开地面时，A的速度大小为2队思

8、如图所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,磁场区域上下宽度为/；质量为小、边长为/

的正方形线圈Hcd平面保持竖直，面边保持水平的从距离磁场上边缘一定高处由静止下落，以速度y进入磁场，经

一段时间又以相同的速度y穿出磁场，重力加速为g。下列判断正确的是（）

小车打点计时器

ABCD

左，0••。右

■M♦——

祛码和世公LiL]

回答下列问题。

（1）纸带上显示的运动方向为；（选填“从左向右”或““从右向左”）

（2）小车运劭的加速度为。;（用题给物理量字母表示）

（3）E点的速度为七=（用题给物理量字母表示）。

12.（12分）某同学在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材:

A.待测的干电池（电动势约为1.5V,内电阻小于1.0。）

B.电流表Ai（量程0~3mA,内阻描尸10。）

C.电流表Az（量程0~0.6A,内阻阪&2=0.1。）

D.滑动变阻器Ki（0-20。，10A）

E.滑动变阻器及（0-200Q,1A）

F.定值电阻犯）（99011）

G开关和导线若干

⑴他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路,其中更为合理的是________图；在该电路中，为了操作方便且能

准确地进行测量，滑动变阻器应选________（填写器材名称前的字母序号）；用你所选择的电路图写出全电路欧姆定律

的表达式£=（用&h.4卜&2、R）、「表示）。

（2）图乙为该同学根据⑴中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的人一/2图线（L为电流表箱的示数，/2为电

流表A2的示数），为了简化计算，该同学认为人远远小于12,则由图线可得电动势V,内阻r=

Q。（，的结果保留两位小数）

四、计算题；本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，两相同小木块M、N（均视为质点）的质量均为m=1kg,放在水平桌面上，木块M、N间夹

有一压缩的轻质弹簧P,弹簧两端与小木块M、N不拴接，但两木块通过长L=0.1m的细线相连接。桌子中央。左侧

粗糙,中央。右侧光滑,小木块M、N与桌子左侧间的动摩擦因数〃=0.5,且开始时木块N离桌子中央0的距离s=L15m。

现让小木块M、N一起以uo=4m/s的初速度向桌子右侧运动，当木块M、N越过桌子中央O进入右侧光滑区后，剪断

从N间的细线，发现小木块M最终停在桌面光滑区，而小木块N水平抛出离开桌面，木块N运动到A点时速度方向

恰好沿方向，小木块N沿斜面滑下。己知斜面与水平方向的夹角为37°，斜面长为2.0m,木块N与斜面

间的动摩擦因数也是〃=0.5.木块N到达3点后通过光滑水平轨道到达光滑竖直圆轨道，底端（稍稍错开）分别与

两侧的直轨道相切，其中A〃与轨道以微小圆弧相接。重力加速度g取lOm/s?,sin=37"0.6,cos37°=0.8.

⑴求压缩弹簧的弹性势能Ep；

⑵求水平桌面与A点的高度差；

⑶若木块N恰好不离开轨道，并能从光滑水平轨道OE滑出，则求竖直圆轨道的半径

14.（16分）如图甲所示，Si、S2为两波源，产生的连续机械波可沿两波源的连线传播，传播速度y=100m/s,M为两

波源连线上的质点，M离$较近。0时刻两波源同时开始振动，得到质点M的振动图象如图乙所示，求：

（1）两波源51、§2间的距离；

⑵在图中画出r=6s时两波源$、S2间的波形图，并简要说明作图理由。

ylan

M®6^Jt/s-----------------《

S：

甲乙

15.（12分）如图所示，光滑轨道槽ABC&与粗糙轨道槽G"（点G与点。在同一高度但不相交，与圆相切）通

过光滑圆轨道EF平滑连接，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m二Kg的小球甲从A8段

距地面高％=2〃z处静止释放，与静止在水平轨道上、质量为1kg的小球乙发生完全弹性碰撞。碰后小球乙滑上右边

斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知。、G"与水平面的夹角为0=37。，G"段的动摩擦因数为//=0.25,圆轨

道的半径R=0.4m,E点离水平面的竖直高度为3R（E点为轨道的最高点），（g=10/w/?,s山37"=0.6，

cos37"=0.8）求两球碰撞后:

A甲

H

乙

BC'^=37°'

(D小球乙第一次通过E点时对轨道的压力大小；

(2)小球乙沿G”段向上滑行后距离地面的最大高度；

(3)若将小球乙拿走，只将小球甲从A5段离地面力处自由释放后，小球甲又能沿原路径返回，试求力的取值范围。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D

【解析】

分子间的引力的斥力是同时存在的，但它们的大小与分子间的距离有关。分子间距离稍大时表现为引力，距离很近时

则表现为斥力，两铅块紧密结合，是分子间引力发挥了主要作用，D正确，ABC错误。

故选D。

2、A

【解析】

AB.设斜面的倾角为仇物块的质量为加，根据动能定理可得，上滑过程中

-mgxsinO-/.ifngxcon0=Ek-Ek()

则

Ek=Ek0-(zn^sin+/.imgcoa6)x

下滑过程中

-/〃力gx'cos。=Ek-0

则

Ek=(〃?gsine-〃〃zgcos8)V

可知，物块的动能Ek与位移x是线性关系，图像是倾斜的直线，根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小，故A

正确，B错误；

CD.由牛顿第二定律可得，取初速度方向为正方向，物块上滑过程有

-mgsin0-pmgcos0=ma

下滑过程有

一/ngsin8+,mgcos0=ma

则物块上滑和下滑过程中加速度方向不变，但大小不同，故CD错误。

故选A。

3、C

【解析】

A、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；

B、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；

C、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场,

等离子体无法被加速.因而不能发生核聚变.故C正确.

D、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则Tocg"?/,由洛伦兹力提供向心力，则/右=m/，则有

Bocjf，故D错误.

4、A

【解析】

根据地球对月球的万有引力提供月球绕地球圆周运动的向心力，有

GMm4兀2

——：—=m——r

r2T2

忽略地球自转，在地球表面附近

GM

可计算地月间距

338万千米

所以4到地球距离为44.5万千米，根据勾股定理可计算地球到“鹊桥”距离约为45万千米，所以“嫦娥四号”到地球表

面通讯距离为53万千米，即5.3x10,m,因此通信时间

5.3x10s

s«1.8s

3xl()8

最接近2s,故A正确，BCD错误。

故选；Ao

5、C

【解析】

A.根据〃=24V^sin50;z7（V）可知3=5（krrad/s,故频率为

9要=25HZ

故A错误;

B.R2消耗的功率为

I*，"

P=q—=—W=4.5W

R232

故Ri消耗的功率为4.5W,故B错误;

D.有六尸治得

电流表的示数为L5A,故D错误；

C.电阻品两端的电压为

S=〃6=L5x2=3V

故

%43T

故C正确。

故选C。

6、A

【解析】

由图可知，A中感应电流为顺时针，由楞次定律可知，感应电流的内部磁场向里，由右手螺旋定则可知，引起感应电

流的磁场可能为：向外增大或向里减小；若原磁场向外，则3中电流应为逆时针，由于5带负电，故3应顺时针转动

且转速增大；若原磁场向里，则5中电流应为顺时针，则5应逆时针转动且转速减小；又因为导体环A具有扩展趋势,

则〃中电流应与A方向相反，即8应顺时针转动且转速增大，A正确.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、ABD

【解析】

A.在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故

qE=ma

解得

a=2g

方向向上，故A正确；

B.B刚要离开地面时，地面对B弹力为0,即

对A物体

Eq=mg+/

即A物体合力为0,因此从开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度一直增

大，故B正确；

C.从开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复

原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；

D.当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A

上升的距离为

2ms

x=----

k

根据动能定理可知

FI2

qEx-mgx=­mv

解得

故D正确。

故选ABDo

8、ABC

【解析】

A.由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则

B212V

mg=F-I=一^~

n_6n

K---------

mg

所以A正确；

B.线圈在进入磁场前做自由落体运动，有动能定理得

)ngh,1--mv2

进入磁场前线圈下落的高度为

2g

所以B正确；

C.线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产

生的热量为

Q=mg2/=2mgi

所以C正确；

D.根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得穿过磁场的时间为

21

t=—

v

所以D错误。

故选ABC。

9、ABD

【解析】

A.布朗运动反映了液体分子的无规则运动，A正确；

B.物体的内能是分子动能和分子势能的总和，内能增加可能是分子势能增加了，此时物体的分子动能可能会减小，

温度可能降低，所以B正确；

C.温度越高，分子平均动能越大，但是个别分子的动能可能会减小，C错误；

D.气体的体积是所有气体分子占有空间的总和，而不是所有气体分子的体积之和，D正确；

E.气体的压强来自于气体分子对容器壁的不断撞击，与气体的重力无关，E错误。

故选ABDo

10、BC

【解析】

AB.两粒子都从M点入射从N点出射，则。粒子向下偏转，力粒子向上偏转，由左手定则可知两粒子均带正电，故A

错误，B正确；

CD.设磁场半径为R,将MN当成磁场的边界，两粒子均与边界成45。入射，由运动对称性可知出射•时与边界成45。,

则一次偏转穿过时速度偏转90。；而上下磁场方向相反，则两粒子可以围绕MN重复穿越，运动有周期性，设a

粒子重复上次穿过MN,力粒子重复〃次穿过MN,由几何关系可知

k.母八=2R(k=1,2,3)

n.6G=2H(〃=L2,3...)

由洛伦兹力提供向心力qvB=〃21，可得

r

tn

而两个粒子的比荷相同，可知

v2k

v.1v,2

如〃=1,%=1时，一如〃=2,%=1时，一=7,则力:也可能为1:1或2:1,故C正确，D错误。

彩1匕1

故选BC.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、从左向右一一⑷2

7530

【解析】

小车加速运动，相邻两点间距离越来越大，所以依次打出点的顺序是£、。、C、B、A,则纸带显示的运动方向

为从左向右。

⑵⑵交变电流的频率为/,则相邻打点的时间间隔为

T=7

则图乙中相邻计数点间的时间为57,由运动规律得

Li-L2=3a(5T)

解得

75

(3)由运动规律得

&二%（57）+g4（57）2

%=匕）+"（57）

解上述两式得

v_(7L「L、)f

5-30-

12,bD/1(R■+凡)+(4+人)r1.46V-1.49V0.80-4).8600

【解析】

(1)[1].上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电

压表。将电流表Ai和定值电阻网串联可改装成一个量程为

U=&(凡1+4)=3x10-3x(10+990)V=3V

的电压表；则(a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是b；

[21.因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。滑动变阻器应

选D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A2读数太小，电流表Ai读数变化不明显。

[3J.根据电路可知：

E=U+Ir=h(/+Ro)+(Zi+Z2)r；

(2)[4][5].根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压

U=h(990+10)=100011

根据图象与纵轴的交点得电动势

E=1.47mAxl000n=1.47V；

由图可知当电流为0.45A时，电压为L1V,则由闭合电路欧姆定律可知

1.47-1.1…八

r=-------------=0.82Q

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)4J；(2)0.45m；(3)0.66m

【解析】

(1)设两木块运动到O右侧时的速度大小为/,在两木块一起运动到桌子中央O右侧的过程，由动能定理知

-pimgs-/.img（5+L）=­•2mv2-—♦

解得

v=2m/s

剪断细线，两木块组成的系统水平方向动量守恒，设剪断细线后小木块N的速度大小为y,则有

2mv=mv

根据能量守恒知

E+—■2tnv2=—mv2

np22

解得

Ep=4J

⑵设木块N的抛出点到A点的高度差为6,到4点时，根据平抛运动规律知片=2g/?且

tan370=上

v

解得

h=0.45m

⑶木块N到达A点时的速度大小为

=JV+v；=5m/s

设小木块N到达4点时的速度大小为％,从a点到8点，由动能定理知,

mgL.sin370-pmgLABcos37°=；〃晦-1mv\

设木块N在轨道最高点时最小速度为%加，木块N从8点到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得

$〃说=gm*n+2m,4

在最高点根据牛顿第二定律知

mg=m^-

解得

R=0.66m

14、⑴800m；(2)见解析

【解析】

(1)由乙图知，M点2s时开始振动，6s时振动出现变化，所以可知，波源的振动经2s传到M点，波源Sz的振动经6s

传到M点，所以两波源间的距离

x=(100x2+100x6)m=800m

(2)2s时M点的起振方向沿)，轴负方向，所以波源S的起振方向沿y抽负方向，6s时波源S引起的M点的振动方向

沿y轴负方向，而实际M点的振动方向沿y轴正方向，所以波源S2引起的M点的振动方向沿)，轴正方向，波源Si引

起的振动位移为5cm,所以波源Sz引起的振动位移为10m,波长

A=vT=400m

波源Si引起的波形图为

波源S‘2引起的波形图为

两波源与