广西桂林、贺州、崇左三市2024年高考物理一模试卷含解析

广西桂林.贺州.崇左三市2024年高考物理一模试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题；木题共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、已知氢原子的基态能量为Ei,激发态能量为E产刍，其中〃=2,3,4……已知普朗克常量为心电子的质量为由。

巴尔末线系是氢原子从，仑3的各个能级跃迁至n=2能级时辐射光的谱线，则下列说法中正确的是（）

〃E/eV

x0

5.........-0.54

4-0.85

3-------------------------------1.51

I2-3.40

1-13.60

A.巴尔末线系中波长最长的谱线对应光子的能量为3.40eV

B.氢原子从基态跃迁到激发态后，核外电子动能减小，原子的电势能增大，动能和电势能之和不变

C.基态氢原子中的电子吸收一频率为U的光子被电离后，电子速度大小为产（/传+丹）

Vm

D.一个处于〃=4的激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多可辐射出6种不同频率的光

2、已知光速为3x108ni/s电子的质量为9.1xIO=kg,中子的质量为1.67xlO27kg,质子的质量为1.67xIO27kg。

氢原子能级示意图如图所示。静止氢原子从n=4跃迁到n=l时，氢原子的反冲速度是多少？（）

nMV

2--------------3.40

1-13.60

A.4.07m/sB.0.407m/sC.407m/sD.40.7m/s

3、如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为〃，的小滑块，木板受到随时间，变化

的水平拉力尸作用时，用传感器测出其加速度。，得到如图乙所示的无尸图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取

g=10m/s2,则下列选项错误的是

wn

甲

A.滑块的质量次=4kg

B.木板的质量M=2kg

C.当F=8N时滑块加速度为2m/s2

D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1

4、如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为，〃的小球套在圆环上，一根细线的

下端系着小球，上端穿过小孔用力尸拉住，绳与竖直方向夹角为仇小球处于静止状态.设小球受支持力为FN,则下列

关系正确的是（）

A.F=2///gtan0B.F=/ngcos0

C.FN=wgD.FN=2mg

5、如图所示，两同心圆环4、B置于同一水平面上，其中A为均匀带正电的绝缘环，B为导体环，两环均可绕中心在

水平面内转动，若A逆时针加速转动，则3环中（）

A.一定产生恒定的感应电流B.产生顺时针方向的感应电流

C.产生逆时针方向的感应电流D.没有感应电流

6、科学家对物理学的发展做出了重大贡献，下列描述中符合历史事实的是（）

A.伽利略通过理想斜面实验，否定了“力是维持物体运动的原因”，并得出了惯性定律

B.牛顿通过月一地检验证明了行星和太阳间作用力的规律与月球和地球间作用力的规律是相同的

C.安培在研究电磁现象的过程中提出了分子电流假说，发现了安培定则和右手定则，并发明了电流计

D.法拉第在研究电磁现象的过程中引入了电场线和磁感线，并得出了法拉第电磁感应定律

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0分。

7、心、心两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场高度为人竖直平面内有质量为机，电阻为R的梯形线框,

上、下底水平且底边之比5:1,梯形高2从该线框从如图位置由静止下落，已知刚进入磁场时和AB刚穿出磁场时

的重力等于安培力，在整个运动过程中，说法正确的是（）

Dvc

AB

x"x"x"x"x"x"x£1£

x-----x----x----x---x-----x-----r

A.AB边是匀速直线穿过磁场

B.A3边刚穿出到CD边刚要进入磁场，是匀速直线运动

C.边刚穿出到CO边刚要进入磁场，此过程的电动势为;乐加丽

D.A8边刚进入和A8边刚穿出的速度之比为4:1

8、图甲为一简谐横波在r=0.20s时的波形图，P是平衡位置在x=3m处的质点，Q是平衡位置在x=4m处的质点；图

乙为质点Q的振动图像，不正确的是（）

甲乙

A.这列波沿x轴负方向传播

B.当此列波遇到尺寸超过8m的障碍物时不能发生衍射现象

C.从Z=0.20s到/=0.30s,P通过的路程为10cm

D.从U0.30s至ljU0.35s,P的动能逐渐增加

E.在UO.35s时，P的加速度方向与y轴正方向相同

9、一列简谐波以lm/s的速度沿x轴正方向传播。r=0时，该波传到坐标原点O,。点处质点的振动方程为尸lOsinlOm

（cm）。P、。是x轴上的两点，其坐标xp=5cm、x（>=10cm,如图所示。下列说法正确的是。

,y/cm

0----1----1--->

PQHem

A.该横波的波长为0.2m

B.尸处质点的振动周期为0.1s

C.U0.1S时，尸处质点第一次到达波峰

压强Pi;

次数

12

物理量

P/105PaPiPi

V/10'WViv2

(3)重复步骤(2),记录活塞在另一位置的刻度匕和读取相应的气体的压强P2；

(4)根据记录的数据，算出大米的密度。

①如果测得这些大米的质量为mkg,则大米的密度的表达式为;

②为了减小实验误差，在上述实验过程中，多测几组P、V的数据，然后作_____图(单选题工

11

A.P-VB.V-PC.P——D.V--

VP

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)如图纸面内的矩形ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB/7CD.AD〃BC,电场

方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为民一带电粒子从AB上的P点平行于纸面射入该区域，入射

方向与AB的夹角为0(。＜90。)，粒子恰好做匀速直线运动并从CD射出.若撤去电场，粒子以同样的速度从P点

射入该区域，恰垂直CD射出.已知边长AD=BC=d,带电粒子的质量为/«,带电量为q,不计粒子的重力.求：

BC

AD

⑴带电粒子入射速度的大小；

⑵带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；

⑶匀强电场的电场强度大小.

14.(16分)如图所示，一总质量利=10kg的绝热汽缸放在光滑水平面上，用横截面积S=1.0xl(f2m2的光滑绝热薄

活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上，外界大气压强Po=l.Oxl（）5pa.当气体温度为

27℃时，密闭气体的体积为2.0xl（r3m3（0℃对应的热力学温度为273K）。

（i）求从开始对气体加热到气体温度缓慢升高到360K的过程中，气体对外界所做的功；

（ii）若地面与汽缸间的动摩擦因数4=0.2,现要使汽缸向右滑动，则缸内气体的温度至少应降低多少摄氏度？（设

最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，活塞一直在汽缸内，气体质量可忽略不计，重力加速度g取

15.（12分）如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板，其质量为平面部分的上表面光滑且足

够长。在距滑板的A端为L的8处放置一个质量为〃?、带电量为+4的小物体（可看成是质点），在水平匀强电场作

用下，由静止开始运动，已知M=3〃z,电场的场强大小为E,假设物体在运动中及与滑板A端相碰时不损失电量。

（1）求物体第一次与滑板端相碰前的速度大小；

⑵若小物体与滑板端相碰的时间极短，而且为弹性碰撞，求小物体从第一次与滑板碰撞到第二次血的间隔时间。

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、C

【解析】

A.巴尔末线系为跃迁到2能级的四种可见光，红青蓝紫（3-2、4T2、5-2、6-2）,则能级差最小的为红光（3-2）,

其频率最小，波长最长，对应的能量为

AEV=&-5=丝_互=--E,=1.89eV

323-94361

故A错误；

B.氢原子从基态跃迁到激发态需要吸收能量，则氢原子的总能量（动能和电势能之和）变大，而电子的轨道半径变

大，库仑力做负功，则电势能增大，跃迁后的库仑力提供向心力

ev

k—=in——

r~r

可得

故半径变大后，电子的速度变小，电子的动能变小，故B错误；

C.基态氢原子中的电子吸收一频率为^的光子被电离，由能量守恒定律，有

/?v-(O-Ej)=-^wv2

解得自由电子的速度为

故C正确；

D.一个处于〃=4的激发态的氢原子向低能级跃迁，逐级向下辐射出的光子种类最多为(4・1)=3种，故D错误;

故选C。

2、A

【解析】

氢原子从〃=4跃迁到〃=1时放出光子的能量为

E=E「E1=(-0.85)-(-13.6)=12.75eV

光子的动量

h

〃二

光子的能量

尸he

E=——

2

可得

E

P=~

c

根据动量守恒定律可知

可得

E12.75x1.6x10

m/s=4.07m/s

%=s

叫3x10x1.67x10-27

故选A。

3、C

【解析】

AB.由题图乙知，尸=6N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为。=lm/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有产

=(M+/)a,代入数据计算得出：

kg,

当后6N时，对木板，根据牛顿第二定律得：〃=二_件整.=［八等，

MMM

知图线的斜率A=g,贝!1：

2

M=2kg,

滑块的质量：

m=4kg；

故AB不符合题意：

CD.根据F=6N时，a=lm/s2,代入表达式计算得出：

〃=0.1,

当尸=8N时，对滑块，根据牛顿第二定律得/〃叫=加优，计算得出：

a'=pg=\m/s2,

故C符合题意，D不符合题意。

故选C。

4、C

【解析】

对小球进行受力分析，小球受重力G,F,户N,三个力，满足受力平衡。作出受力分析图如下:

RABR

解得：

AD

F=—^G=2cos0•G=2mgcos0

F^=G=mg

A.F=2mg(an0,与分析不符，故A错误；

B.F=wgcosO,与分析不符，故B错误；

C.FN=mg,与分析相符，故C正确；

D.尸N=26g,与分析不符，故D错误；

故选：C

5、B

【解析】

A.4为均匀带正电的绝缘环，若4逆时针加速转动.且转速均匀增加.则因为A转动产生磁场均匀增加.在A环中产

生恒定的感应电流，故A项错误；

BCD.A为均匀带正电的绝缘环，若A逆时针加速转动，在8环中产生垂直于纸面向外且增大的磁场，所以8环中感

应电流的磁场方向垂直纸面向里，8环中产生顺时针方向的感应电流，故B项正确，CD两项错误。

6、B

【解析】

A.伽利略通过理想斜面实验，说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，牛顿得出了惯性

定律，A错误；

B.牛顿通过月一地检验证明了行星和太阳之间作用力的规律与月球和地球之间作用力的规律是相同的，B正确；

C.安培在研究电磁现象的过程中提出了分子电流假说，发现了安培定则，并发明了电流计，但右手定则不是安培发

现的，C错误；

D.法拉第在研究电磁现象的过程中引入了电场线和磁感线，纽曼和韦伯总结出了法拉第电磁感应定律，D错误。

故选Bo

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0分。

7、BCD

【解析】

A.已知A3刚进入磁场时的重力等于安培力，根据安培力公式

B2I；V

A〃进入磁场后一段时间内有效切割长度变大，安培力变大，大于重力，使梯形线框减速，因为43刚穿出磁场时的重

力等于安培力，所以4〃边是减速直线穿过磁场，故A错误；

B.A3刚穿出到CD边刚要进入磁场过程中，有效切割长度保持不变，由于A5刚穿出磁场时的重力等于安培力，故

该过程中安培力一直等于重力，做匀速直线运动，故B正确；

D.设AB边刚进入磁场时速度为％,AB=lf贝IJCD=5，，则

A5边刚进入磁场时重力等于安培力，有

mg=

R

设48边刚穿出磁场时速度为PI.线框切割磁感应线的有效长度为21

AR

AB刚穿出磁场时的重力等于安培力有

牙⑵了匕

mg=~R~

联立解得

%:匕二4：1

v,二;

所以D正确；

C.A笈边刚穿出到C0边刚要进入磁场过程中，线框做速度为力的匀速直线运动，切割磁感应线的有效长度为21,感

应电动势为

E=B,2l%

联立解得

E=；QmgR岳H

故C正确。

故选BCDo

8、BCD

【解析】

A.由乙图读出，在U0.20s时Q点的速度方向沿)，轴负方向，由波形的平移法判断可知该波沿x轴负方向的传播，A

不符合题意；

B.机械波都能发生衍射，只是明不明显，B符合题意；

C.从U0.20s到f=0.30s,经过：

T

2=一

4

由于P位置不特殊，故无法看出其具体路程，C符合题意；

D.从U0.30s到U0.35S,P点从关于平衡位置的对称点运动到波谷，速度逐渐减小，故动能逐渐减小，D符合题意；

E.在U0.35s时，质点P运动到波谷，故加速度沿y轴正方向，E不符合题意。

故选BCDo

9、ACE

【解析】

B.O点处质点振动方程为)，=10sinl0R(cm)可知，波的振幅A=10cm,起振方向为y轴正向，波动周期

T=—=0.2s

co

P点振动周期与。点振动周期相同，为o.2s,故B错误;

A.波长

2=vT=1x0.2m=0.2m

故A正确；

C.振动从。点传到尸点所需时间为

_x_50-2m

p=0.05s

。夕=—v二~\Im~/'is

故〃处质点振动时间

T

tp=t-t0p=0.Is-0.05s=0.05s=~

由于P处质点起振方向沿y轴向上，故经§达到波峰，故C正确;

4

D.由题意知，。之间的距离为

xPQ=xQ-xp=5cm=—

结合起振方向可知，。处质点开始振动时，尸处质点位移波峰，此时速度为零，故D错误;

E.当O处质点通过的路程为Im时，有

lm=10A=2x4A+2A

故经历的时间为

T

，=27+一

2

因为

xQ=1Ocm=[

所以振动形式从0点传到。点所需时间为所以。处质点振动时间为27,。处质点通过的路程

SQ=2X4XA=2X4X10cm=80cm=0.8m

故E正确。

故选ACEo

10、AC

【解析】

A.开关S断开时，电动机正常工作，副线圈两端电压100V,副线圈电流

人=—=2A

2U

根据变压器原理可知，原线圈两端电压200V,原线圈电流1A,在原线圈回路

5.

7T

解得

R=20C

故A正确；

B.电动机的输出功率为

%=乙兄"0W

故B错误；

CD.开关S闭合后，副线圈回路电流变大，则原线圈回路电流变大，电阻K上分压变大，则原线圈两端电压减小，

根据变压器原理，副线圈两端电压减小，小于100V,则电动机的电功率减小，白炽灯的功率小于1D0W,故C正确D

错误。

故选AC,

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。

2+〃攵

11、

【解析】

遮光片经过光电门时的速度

dd

%=记4=7

"（）匕

重锤做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得

2

v0=2a^ht匕2—2aJi

整理得

幺=£

（2）［2］由牛顿第二定律得

Mg-nn\}g=（M+〃，%）《）

（M+加）z）g-（n-i）叫g=（M+〃加（））q

整理得

幺=1+2/gi

%Mg-n叫）g

则2一，图像的斜率

%

2"%g

Mg-〃〃°g

解得

（24■欣）叫

k

〃2（P2-P）

D

P2%一/M

【解析】

（1）以封闭气体为研究对象，由玻意耳定律求出大米的体积，然后由密度公式求出大米的密度;

⑵为了方便地处理实验数据，所作图象最好是正比例函数图象，由玻意耳定律分析答题。

【详解】

（4）［1］设大米的体积为匕以注射器内封闭的气体为研究对象，由玻意耳定律可得：

1（匕一丫）二巴（匕一v）

解得：

仁垩4

—

大米的密度

（/一1）

V2也

c

⑵由玻意耳定律可知，对一定量的理想气体，在温度不变时，压强尸与体积V成反比，即尸kC,则v二不，由此可

111

知V与一成正比，V—-图像是过原点的直线，故可以作V—一图象，故D正确，ABC错误。

ppP

故选D。

【点睛】

本题难度不大，是一道基础题，熟练应用玻意耳定律是正确解题的关键；知道玻意耳定律的适用条件是质量一定温度

不变。

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、⑴小⑵£⑶巫

/ncos,3cjBsinuwcos0

【解析】

画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子

在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.

【详解】

（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半