广西2024年高考物理模拟试卷及答案5

广西2024年高考物理模拟试卷及答案

阅卷人一、选择题：本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有

一项符合题目要求，每题4分；8-10题有多项符合题目要求，每题6分，

得分全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分，选择题合计46

分。

1.核能是我国大力发展的新能源，秦山核电站是我国第一座建设的核电站也是目前最大的装机核电站。

核能是应用核反应获取能量的，一个静止的铀核废2U放出一个X粒子后衰变成针核第8T人该核哀变方

232

程，弋为92->90Th^X,已知仙核原子质量为232.0372u,化核原子质量为228.0287u，X粒子原子质

量为4.0026u,u为原子质量单位。下列说法正确的是（）

A.该核反应方程式中：m=2：兀=1

B.该核反应过程中的质量亏损为0.0059u

C.铀核232U的结合能等于第87Vl与x的结合能之和

D.若增加铀核温度及其所受压力，它的半衰期将会变大

2.鹊桥二号中继卫星于2024年3月20日成功发射，为后续我国载人登月提供可靠保障。在地球上观

察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为7\,地球

绕太阳运动的周期为72,地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的质量之比约为（）

眼角直径

二二m二

月球太阳

3.电磁阻尼现象源于电磁感应原理。类似原理如下：一弹簧上端固定，下端悬桂一个磁铁，让磁铁上下

振动，若要使磁铁很快停下，下列铝框放置方式效果最明显的是（）

O

1

4.水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abed靠近长直导线固定在桌面上，如图甲所示。当长

直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），则（）

A.门一以，线框内电流的方向为abedaB.。〜匕，线框内电流的方向为abeda

C.以〜亡3,线框所受安培力方向先向左后向右D.J〜亡3,线框所受安培力方向一直向左

5.两位同学通过图像去研究甲乙两质点在同•直线上运动，从t=0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运

动，位移表达式％=攻/+义与£2+々）（均为初位置），工一£图像如图甲所示，且曲线精准经过（0,—2）,

（1,0）和（2,6）三点。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图乙所示，下列说法正确的是

C.乙的加速度大小为4m/s2D.经过2.5s,甲追上乙

6.如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B,其连线中点为O,其中A带正电。在A、B所形成

的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB连线，以O为几何中心、边长为2R的正方形abed

平面垂直于圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f,g为圆面边缘上一点。下列说法正确的是

B.a、b、c、d四点电场强度方向相同

C.将一正试探电荷沿线段cOf从c移动到f过程中，试探电荷受到的电场力先减小后增大

2

D.将一负试探电荷沿ab边从a移动到b过程中，试探电荷的电势能先减小后增大

7.如图，一列简谐横波在某种介质中沿x轴传播，£=0.3s时波形图如实线所示，£=0.6s时波形图如虚

线所示，已知波的传播速度为3m/s,下列说法正确的是（）

A.这列波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播

B.质点Q在2s内向右平移6m

C.质点P从£=0.2s到£=1.3s内的路程为2.2m

D.频率为0.254z的简谐横波遇到此波可发生稳定的干涉现象

8.列车进站时，其刹车原理可简化如图，在车身下方固定一单匝矩形线框，利用线框进入磁场时所受的

安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m,车身长为s,线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场

的宽度），线框的总电阻为R。轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B。车头注入磁场瞬间的

速度为vo,列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车刚好停止。下列说法

正确的是（）

A.列车进站过程中电流方向为abcda

B.列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为/=竺妙

C.列车从进站到停下来的过程中，减少的动能大于线框产生的焦耳热

22

D,列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小q=B立为+"

mR

9.如图所示为一定质量的理想气体从状态。787。-4~。过程的1/-7图像，其中ac的连线过原点,

be、da连线与横轴平行，cd连线与纵轴平行。则下列说法正确的是（）

3

A.从状态a到状态b,气体对外做正功

B.从状态b到状态c,单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变

C.从状态c到状态d,气体向外放出热量

D.a到b气体对外做的功等于c到d外界对气体做的功

10.为加大生态环保力度，打赢污染防治攻坚战，某工厂坚决落实有关节能减排政策，该工厂水平的排水

管道满管径工作，减排前后，落水点距出水口的水平距离分别为配、刈，假设水从排水管道出来后水柱横

截面积不变，与地面作用后速度变为零，卜.列说法正确的是（）

A.则减排前后相同时间内的排水量之比为宗B,则减排前后相同时间内的排水量之比为富

无0X1

C.落地时对地面的冲击力之比忤D.落地时对地面的冲击力之比为要

\lxo"1

阅卷人

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

得分

11.其实验小组利用如图甲所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操作：

a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳

水平；

b.用游标卡尺测量遮光条的宽度d；

c.将质量为M的滑块（含遮光条）放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m

的钩码；

d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间3测量出释放点到光电门的距离L；

e.改变钩码的个数n（每个钩码质量均为m）,仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时

相应的挡光时间。

4

02cm

LjjjliJjjJjjjj-bj-U-Lj1111111

钩码11mlm中川媒森

01020

乙

（1）游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为cm；

（2）已知重力加速度为g,若所挂钩码的个数为n,系统的机械能守恒时，关系式

成立（用已知和测量的物理量的字母表示）；

（3）利用记录的实验数据，以;为横轴、产为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为k,若系统的

机械能守恒，贝呱=（用已知和测量的物理量的字母表示）。

12.为了测量两个电压表匕、匕的内阻，提供的仪器有：

A.待测电压表匕（量程5V,内阻约3000。）；

B.待测电压表乙（量程3V,内阻约25000）；

C.电流表A（量程3A,内阻2.5C）；

D.电阻箱％（阻值范围0~9999.9。）；

E.电阻箱/?2（0~999.9。）；

F.滑动变阻器的（阻值0~50。,额定电流L5A）；

G.滑动变阻器8（阻值0〜10。，额定电流0.5A）；

H.电池组E（电动势为12V,内阻约0.50）；

I.单刀开关2个，导线若干。

—

（I）在设计电路时，能否选用电流表A,（填“能”或“不能。请简要说明理

由：;

（2）为了测量两个电压表内阻，有同学设计了如图所示电路，电路中滑动变阻器选（填'十3

或“收”），电阻箱选（填或

完成实验操作步骤，并用恰当的符号（如：U1、〃2、%等）表示需要测得的物理量，通过计算用测得

5

的物理量表示待测电压表的内阻，步骤：

第1步：将滑动变阻器滑片滑至最左端，闭合开关S1，断开开关S2；

第2步：调节,记录两表匕、匕的读数分别为Ui、U2；

第3步：将电阻箱调至任意数值处（不为零），闭合,记录两表片、七的读数分别为内、

U”实验结果：即］=；即2=°

13.当径为R的扇形OABC为柱形玻璃砖的截面，440c=150。，AO面水平，一束单色光照射在AO面

上的D点，入射光线与OC平行，折射光线照射在圆弧的最高点B点，在B点的反射光线刚好与OC面垂

直，光在真空中传播的速度为c。

（1）求玻璃传对光的折射率;

（2）光从D点传播到OC面所用的时间。

14.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=lkg的小物块，从光滑平台上的A点以v=3nVs的初速度水

平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧

靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水

平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数以=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.5m,C点和圆弧的圆心

连线与竖直方向的夹角0=53。，不计空气阻力,求：（g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6）

6

（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对■轨道的压力;

（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度.

15.受控热核聚变反应的装置中温度极高，因而带电粒子没有通常意义上的容器可装，而是由磁场将带电

粒子束缚在某个区域内。现有一个环形区域，其截面内圆半径&=b机，外圆半径R2=3m,区域内有垂

直纸面向外的匀强磁场，如图所示。已知磁感应强度大小B=1.07,被束缚的带正电粒子的比荷*=4.0x

107C/kg,中空区域中的带电粒子由内、外圆的圆心0点以不同的初速度射入磁场，不计带电粒子的重力

和它们之间的相互作用，且不考虑相对论效应。

（I）求带电粒子在磁场中运动的周期T和带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度为。

（2）若中空区域中的带电粒子以（1）中的最大速度孙沿圆环半径方向射入磁场，求带电粒子从某点进

入磁场到其第一次回到该点所需要的时间。

7

答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】A、核反应过程遵守质量数和电荷数守恒，则

m=92—90=2,n=232-228=4

故A错误；

B、质量亏损为

Am=232.0372u-228.0287”-4.0026〃=0.0059”

故B正确；

C、衰变产物比铀核稳定，比结合能大，则衰变产物总的结合能大，所以铀核232U的结合能小于^Th

与X的结合能之和，故C错误；

D、放射性元素的半衰期是由原子咳自身因素决定的，与外界的物理和化学状态无关，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】核反应过程遵守质量数和电荷数守恒，衰变产物比铀核稳定，比结合能大，则衰变产物总的结合

能大。放射性元素的半衰期是由原子核自身因素决定。熟练掌握根据核反应方程结合质能亏损方程确定核

反应的质量亏损。

2.【答案】D

【解析】【解答】设月球绕地球运动的轨道半径为门，地球绕太阳运动的轨道半径为⑵根据万有引力定律

及牛顿第二定律有

吗即月47r2

G.彳=m月亍V

^即日4TT2

G"日前2

其中

丁1="月="呦

五二标二叼

m

P=4~^

3nR

联立可得

P日/％)

故答案为：Do

8

【分析】星球所受的万有引力提供星球绕中心天体做匀速圆周运动的向心力，根据相似三角形结合题意确

定月球绕地运行的半径与地球绕日运行的半径之比与地球和太阳半径之比，再结合万有引力定律及牛顿第

二定律结合密度公式进行解答。

3.【答案】C

【解析】【解答】当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁

铁靠近或离开线圈，这样磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功

较多，机械能损失较快，因而会很快停下来。故铝框放置方式效果最明显的是图C。

故答案为：Co

【分析】当磁铁运动时，穿过固定的闭合线圈的磁通量变化，闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁

场会阻碍磁铁的运动，当线圈与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量变化最明显，阻碍效果最明显。

4.【答案】A

【解析】【解答】A、h〜匕，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为

abcda,故A正确；

B、。〜h,穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为adcba,故B错误；

C、穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda,根据左手定则，

ad受安培力向右，be受安培力向左，因ad边受安培力大于be边受的安培力，可知线框所受安培力方向一

直向右，故C错误；

D、线框内电流的方向为ab,da,根据左手定则，ad受安培力向左，be受安培力向右，因ad边受安

培力大于be边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左，可知ti〜t3,线框所受安培力方向先向左后向

右，故D错误。

故答案为:Ao

【分析】根据图乙确定不同时刻流过长直导线的电流方向，再根据右手螺旋定则确定导线在线框中产生磁

场的方向。电流越大，产生的磁感应强度越大，根据图乙确定不同时刻穿过线框磁通量的变化情况，再根

据楞次定律确定不同时间段感应电流的方向，越靠近导线，磁感应强度越大，再根据左手定则确定线框所

受安培力的方向。

5.【答案】C

【解析】【解答】ABC、甲质点的位移表达式为

1

x=vt+2

o乙

将(0,-2m)、(Is,0)、(2s,6m)代入上式，解得

%o=~2m,VQ=0,Qi=4m/s2

乙质点的位移表达式为

9

2

v—V'Q=-2a2x

变形可得

V2VQ

Y-------4----——

2a22a2

结合图乙解得

V'Q=10m/s

2

a2=4m/s

故AB错误，C正确；

D、乙质点停止运动所用时间为

Vo1U

t=——=—3—s=2.5s

a24

则乙质点2.5s的位移为

x2==12.5m

甲质点经过2.5s的位移为

%!=TyClit2=12.5m

因为

x1-x2<XQ=2m

甲追上乙，故D错误。

故答案为：Co

【分析】根据甲图中位移的表达式结合图像中确定初始时甲的速度及加速度，根据匀变速直线运动位移与

速度的关系结合图乙确定乙的初速度与加速度，根据图像确定田乙的初末位置，再根据匀变速直线运动确

定2.5s时两质点运动的相对位移与两质点初始距离的关系判断是否相遇。

6.【答案】D

【解析】【解答】A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，图中圆面是一个等势面，c、f、g三点电

势相等，故A错误；

B、根据等量异种点电荷的电场分布特点和对称性可知，a、b、c、d四点电场强度大小相等、方向不同，

故B错误；

C、从e经0到f,电场强度先增大后减小，所以试探电荷受到的电场力先增大后减小，故C错误。

D、从a到b,电势先增大后减小，所以负试探电荷的电势能先减小后增大，故D正确；

故答案为：Do

【分析】熟练掌握等量异种点电荷的电场及等势面的分布特点，明确电场强度的变化情况，负试探电荷在

10

电势高的位置的电势能低。

7.【答案】C

【解析】【解答】A、根据波速关系式有

Ax

则在实线波形时刻到虚线波形时刻波传播的距离

3

Ax=3x0.5—0.2m=0.9m=-rX

4

通过平移规律可知，这列波沿x轴正方向传播，故A错误；

B、机械波在传播过程中，传播的是振动形式与能量，质点并不会随波迁移，故B错误；

C、根据

A

V=T

解得

T=0.4s

由于

3

1.3s-0.2s=1.1s=2T+-rT

4

则质点P从t=0.2s到t=1.3s内的路程为

2x4A+3A=llA=2.2m

故C正确；

D、该波的频率

1

/'=7=2.5Hz

可知，频率为0.25Hz的简谐横波遇到此波不能发生稔定的干涉现象，故D错误。

故答案为：Co

【分析】根据波速与时间的关系确定0.3s内波传播的距离，再根据波的传播距离与波长的关系结合波的平

移法确定波的传播方向。质点不会随波逐流。根据波长、波速与频率公式确定波的振动周期，再根据振动

时间与周期的关系确定质点P在0.9s内运动的路程。熟练掌握波产生稳定干涉的条件。

8.【答案】A,C,D

【解析】【解答】A.列车进站时，ab边切割磁感线产生感应电流，则根据右手定则判断可知，列车进站过

程中电流方向为abcda,故A正确；

B.根据法拉第电磁感应定律可得，列车ab边进入磁场瞬间，感应电动势为

E=BLVQ

则列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为

11

EBLVQ

I=R=~R-

故B错误；

C.根据能量的转化和守恒可知，列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的焦耳热与列

车和导轨及空气阻力摩擦产生的热量之和，即减少的动能大于线框产生的焦耳热，故（2正确；

D.列车ab边进入磁场瞬间，根据牛顿第二定律有

BIL+/=ma

解得，列车的加速度大小为

22

BLvG+fR

Q-mR

故D正确。

故选ACDo

【分析】根据右手定则判断可知，列车进站过程中电流方向；车头进入磁场时线框ab边切割磁感线，由

E=BLvO求出ab边产生的感应电动势，再由欧姆定律求线框中的电流大小；由F=BIL求出ab受到的安培

力大小，再由牛顿第二定律列方程求解加速度大小；应用能量守恒定律分析能力列车减少的动能与产生的

焦耳热间的关系。

9.【答案】A,C

【解析】【解答】A、从状态a到状态b,气体体积增大，则气体对外做正功，故A正确：

B、从状态b到状态c,气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，根据

PV

T=c

可知气体压强增大，乂温度升高，气体平均动能增大，所以单位时间、单位面积撞击器壁的分子数增加，

故B错误；

C、从状态c到状态d,气体温度不变，故内能不变；体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律

4U=Q+W

可知，气体放出热量，故C正确；

D、由

PV,

T=c

可得

图像上各点与原点连线的斜率越大，气体的压强越小，从状态a到状态b与从状态c到状态d,气体体积

变化量在数值上相等，由状态a到状态b的平均压强小于状态c到状态d,所以a到b气体对外做的功小

12

于c到d外界对气体做的功，故D错误；

故答案为：ACo

【分析】气体体积增大，气体对外做正功，温度升高，气体平均动能增大，气体温度不变，故内能不变。

根据图像确定各状态点封闭气体的体积及温度，再根据理想气体状态方程确定各状态温度的变化情况，再

结合热力学第一定律分析气体吸放热情况。熟练掌握气体压强的微观意义的应用。

10.【答案】B,D

【解析】【解答】AB、设水下落的高度h与水下落的时间t关系为

故卜.落高度相同，水流入下方的时间相同，根据平抛运动水平方向的位移与时间关系

x=vt

减排前、后水的流速比就等于水平位移之比，所以减排前、后相同时间内的排水量之比就等于水平位移之

比即乳故A错误,B正确:

人］

CD、落地瞬间，对竖直方向运用动量定理有

Ft=m^Vy=mJ2gh

减排前后高度一致即落地瞬间竖直方向速度相等，则冲击力之比等于排水量之比，即为等。故C错误，D

人1

正确；

故答案为：BDo

【分析】水平排出后再空中做平抛运动，根据平抛运动规律结合减排前后水流在水平和竖直方向的位移，

确定排出水的初速度与水平位移的关系，相同时间内的排水量与排水速度成正比。水流对地面的冲击力沿

竖直方向，再对竖直方向根据动量定理进行分析。

11.【答案】（1）0.170

（2）nmgL=々（run+

（3）Md2

'2^L

【解析】【解答】（1）游标卡尺的精度为0.05mm,读数为

0.1cm4-14x0.05mm=0.170cm

（2）滑块到光电门的速度为

d

根据机械能守恒定律有

1

nmgL=-^(nm+M)v2

13

解得

nmgL=+A/)(y)2

(3)由(2)中表达式变形可知

2

2_Md1Q

£=2mgL,n+2gL

可知若系统的机械能守恒，则

Md2

卜-2mgL

【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读，以滑块和钩码为整体，钩码和滑块的速度始终大小相

等，再根据机械能守恒定律确定需验证的关系式。根据关系式确定图像的函数表达式，再结合图像进行数

据处理。

12.【答案】(1)不能；因其量程过大，测量不准确

(2)/?3；Ri；滑动变阻器R3；开关$2；女监#"%；匕4招必占

【解析】【解答】(1)由两电压表的量程和内阻的粗略值可以算出通过两电压表的电流远远小于电流表A

的量程，所以不能选用电流表A来测通过两电压表的电流，因其量程过大，指针偏转很小，测量不准确。

(2)如选用R-由于电源电动势12V,R4总阻值10Q,则通过它的电流会超过它的额定电流1A,所以选

用R3进行分压；

由于Vi、V2量程之比为5：3,为尽量让两电压表都有较大的偏转，需让二者两端电压比接近于5：3,由

串联分压规律可知，将V?与一大电阻R相并联来满足要求，则

M二5

即2.R3

即2+R

解得

R«6428.6。

所以选用电阻箱Ri;

两电压表直接串联时电流相同，则二者读数(5、U2)之比即为两者内阻之比；即

=U1：U?

再将电压表V2与电阻箱Ri并联时，两电压表读数之差(U3-UC与电阻箱阻值之比表示电阻箱上电流，则

根据串并联电流关系可得

g_u--4---u-4------

Rvi

RV2RI

14

联立可解得

_UU-U.U_U^-y^4

防_234'Rv2~2R1

所以操作步骤为：将滑动变阻器R，滑至最左端，闭合开关Si,断开开关S2,调节滑动变阻器R3,记录两

表的读数Ui、U2,将电阻箱调至任意数值（不为零），闭合开关S2,记录两表的读数U3、Un

【分析】熟练掌握电表选择的方法，明确滑动变阻器分压式和限流式的适用情况及判断方法。熟练掌握电

表的改装原理及计算方法。根据欧姆定律及串并联电路规律确定各操作步骤中电压与电阻及电流与电阻之

间的关系，再进行联立解答。

13•【答案】（1）解：由已知条件作出光路图可知

在A0面，由几何关系可知，入射角&=60。

折射角为。2=30。

由折射定律得，折射率为几=鬻=0

sint72

（2）解：由（1）可知，玻璃砖对光的折射率为几=避升=0

sint/2

光在玻璃砖内传播距离为s=DB+BE

其中

BOR2R

nR—,-------------------——

-cos300-cos30°-73

心8。3。=彖

乙

O

根据光的折射定律

C

n=—

V

可得光在玻璃砖内的传播速度为

CC

V——=—=

九73

15

故光从D点传播到0C面所用的时间为

s7R

t=v=2c

【解析】【分析】（1）根据题意画出光路图，根据几何关系确定光线在D点的入射角及折射角，再根据折

射定律进行解答；

（2）根据几何关系确定再玻璃砖中的传播距离，再根据折射定律确定光线在玻璃砖中的传播速度，再根

据光的传播特点进行解答。

14.【答案】（1）解：根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为；Vc=,

cos53

竖直分量：Vyc=4m/s

下落高度：h=^=0.8m

2g

（2）解：小物块由C到D的过程中，由动能定理得：