2023-2024學年廣西河池市高三下學期5月模擬物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024年河池市普通高中畢業(yè)班適應性模擬測試物理全卷滿分100分，考試時間75分鐘。注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選〖答案〗的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4．考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交。5．本卷主要考查內(nèi)容：高考范圍。一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.廣西是世界范圍內(nèi)巨猿化石發(fā)現(xiàn)最多的地區(qū)，巨猿是一種已經(jīng)滅絕的高等靈長類動物，其生活于距今約20萬年前，利用衰變測定年代技術可以確定化石的大致年代，衰變方程為，其半衰期是5730年，下列說法正確的是（）A.X是電子，來源于核外電子B.X是中子，來源于原子核C.化石埋藏的環(huán)境會影響的半衰期，進而對推算年代造成影響D.的比結合能小于的比結合能〖答案〗D〖解析〗AB．在核反應方程中，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X是電子，它是核反應產(chǎn)生的，來源于原子核，不是核外電子，故AB錯誤；C．放射性元素的半衰期是原子核特有的屬性，不受環(huán)境影響，故C錯誤；D．該核反應過程中釋放能量，粒子比結合能增大，故的比結合能小于的比結合能，故D正確。故選D。2.如圖甲，電鰻遇到危險時，可產(chǎn)生數(shù)百伏的電壓來保護自己，如圖乙所示，若將電鰻放電時形成的電場等效為等量異種點電荷的電場，其中正電荷集中在尾部，負電荷集中在頭部，O為電鰻身體的中點，AO＝BO且AB為魚身長的一半，下列說法正確的是（）A.A點電勢等于B點電勢B.A點場強大于B點場強C.若電鰻頭尾部間產(chǎn)生300V的電壓時，AB間的電壓可能為100VD.將正電荷由A點移動到B點，電場力先做負功后做正功〖答案〗C〖解析〗A．尾部集中正電荷，頭部集中負電荷，電場線方向由A指向B，沿電場線方向電勢降低，故A點電勢高于B點，故A錯誤；B．根據(jù)等量異種點電荷的電場分布的對稱性可知，A點和B點場強相同，故B錯誤；C．根據(jù)等量異種點電荷的電場分布規(guī)律可知A、B間的電場線比A點到魚尾或B點到魚頭的電場線稀疏，則平均場強也較小，故A、B之間電壓小于150V，可能為100V，故C正確；D．由于電場線方向由A指向B，所以正電荷的受力方向為由A指向B，正電荷由A移動到B時，電場力做正功，故D錯誤。故選C。3.如圖甲所示，用手握住長繩的端點A，t＝0時刻在手的帶動下A點開始上下振動，其振動圖像如圖乙所示，則下列四幅圖中能正確反映時刻繩波形狀的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗CD．根據(jù)A點振動圖像可知，在時刻繩上A點向下運動，再由振動圖像可知時波傳播的周期恰好為，則波傳播的距離為，CD錯誤；AB．選項A圖中A點向上振動，選項B圖中A點向下振動，A錯誤、B正確。故選B。4.我國將于2025年前后在文昌發(fā)射嫦娥六號，嫦娥六號將開展月球背面著陸區(qū)的現(xiàn)場調(diào)查和分析。采樣返回后，在地面對樣品進行研究，在發(fā)射過程中必須讓嫦娥六號探測器在環(huán)月階段圓軌道Ⅱ的P點向環(huán)月階段橢圓軌道Ｉ上運動以到達月球表面的Q點。已知在圓軌道和橢圓軌道上的探測器只受到月球的萬有引力作用，下列說法正確的是（）A.若已知引力常量、探測器在圓軌道上的運動周期和月球的半徑，可求得月球的質(zhì)量B.探測器由環(huán)月圓軌道進入環(huán)月橢圓軌道應讓發(fā)動機在P點加速C.探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點的速度小于Q點的速度D.探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點的加速度大于Q點的加速度〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)解得可知，若已知引力常量、探測器在環(huán)月階段圓軌道Ⅱ上的運動周期和環(huán)月圓軌道的半徑，可求月球的質(zhì)量，故A錯誤；B．探測器由環(huán)月圓軌道進入環(huán)月橢圓軌道過程是由高軌道進入低軌道，應讓發(fā)動機在P點減速，故B錯誤；C．探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上由P運動到Q過程，萬有引力做正功，可知，探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點的速度小于Q點的速度，故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律有解得由于探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點距離月心的間距大于探測器在Q點距離月心的間距，則探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點的加速度小于Q點的加速度，故D錯誤。故選C。5.某同學用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數(shù)的關系”。將圖甲中的零件組裝成圖乙中的變壓器，將原線圈接在交流電源上，將副線圈接在電壓傳感器（可視為理想電壓表）上，觀察到副線圈電壓U2隨時間t變化的圖像如圖丙所示，在保證安全的前提下，該同學在時間內(nèi)進行的操作不可能是（）A.增加了交流電源的頻率 B.增加了副線圈的匝數(shù)C.減少了原線圈的匝數(shù) D.擰緊變壓器鐵芯上松掉的螺絲〖答案〗A〖解析〗A．增加了交流電源頻率，不會影響U2的大小，故A正確；BC．由變壓器電壓與線圈匝數(shù)關系可得如果減少了原線圈的匝數(shù)或增加了副線圈的匝數(shù)，則U2增大，與圖像符合，故BC錯誤；D．擰緊了變壓器鐵芯上松掉的螺絲，會減小漏磁，所以U2增大，故D錯誤。故選A。6.如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質(zhì)量為1.5kg，將一個質(zhì)量為0.5kg的小球從距沙面0.45m高度處以大小為4m/s的初速度水平拋出，小球落入車內(nèi)并陷入沙中最終與車一起向右勻速運動。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A.小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球陷入沙子過程中，沙子對小球的沖量大小為C.小車最終的速度大小為1m/sD.小車最終的速度大小為2m/s〖答案〗C〖解析〗A．小球陷入沙子過程，小球在豎直方向做變速運動，系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．由于小球陷入沙子過程的時間未知，故沙子對小球的沖量大小未知，故B錯誤；CD．小球與車、沙組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則解得故C正確，D錯誤。故選C。7.如圖所示，冬奧會上甲、乙兩名運動員在水平冰面上滑冰，恰好同時到達虛線PQ左側的半圓滑道，然后分別沿半徑為和的滑道做勻速圓周運動，運動半個圓周后勻加速沿直線沖向終點線。已知甲、乙兩名運動員的質(zhì)量相等，他們做圓周運動時所受向心力大小相等，直線沖刺時的加速度大小也相等。則下列說法正確的是（）A.在做圓周運動時，甲所用的時間比乙的短 B.在做圓周運動時，甲、乙的角速度大小相等C.在沖刺時，甲到達終點線時的速度較大 D.在沖刺時，乙一定先到達終點線〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)解得由于做圓周運動時所受向心力大小相等，甲運動員圓周運動的半徑大于乙運動員圓周運動的半徑，可知甲運動員圓周運動的周期大于乙運動員圓周運動的周期，即在做圓周運動時，甲所用的時間比乙的長，故A錯誤；B．根據(jù)由于做圓周運動時所受向心力大小相等，可知甲運動員圓周運動的角速度小于乙運動員圓周運動的角速度，故B錯誤；C．沖刺時的初速度大小等于圓周運動的線速度大小，根據(jù)解得由于做圓周運動時所受向心力大小相等，可知甲運動員圓周運動的線速度大于乙運動員圓周運動的線速度，令到達終點線時的速度大小為，沖刺勻加速的位移為x，則有由于沖刺勻加速運動的位移與加速度均相等，可知勻加速的初速度較大的甲運動員到達終點線時的速度較大，故C正確；D．由A可知，甲、乙兩名運動員在圓周運動過程所用時間而在直線沖刺過程中，位移相等，但甲運動員的初速度大，則加速階段時間到達終點的時間為兩個階段時間之和，由數(shù)學知識無法判斷和的大小關系，乙不一定先到達終點線，故D錯誤。故選C。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖甲所示，一輕彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將一小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A.t1時刻小球動能最大B.t2時刻小球動能最小C.t2~t3時間內(nèi)，小球的動能先減少后增加D.t2~t3時間內(nèi)，小球增加機械能小于彈簧減少的彈性勢能〖答案〗BD〖解析〗A．由F-t圖像振幅逐漸減小可知，小球在運動過程中受到空氣阻力作用，小球在接觸彈簧之前做向下加速運動，碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運動，當加速度為0即重力等于彈簧彈力與空氣阻力之和時加速度達到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運動，與彈簧接觸的整個下降過程，小球的機械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，上升過程恰好與下降過程互逆，由乙圖可知t1時刻開始接觸彈簧，但在剛開始接觸后的一段時間內(nèi)，重力大于彈力，小球仍做加速運動，所以此刻小球的動能不是最大，故A錯誤；B．t2時刻彈力最大，小球處在最低點，動能最小，故B正確；CD．t3時刻小球往上運動恰好要離開彈簧，t2~t3這段時間內(nèi)，小球先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的機械能和內(nèi)能，故C錯誤，D正確。故選BD9.半導體薄膜壓敏傳感器所受壓力越大其電阻越小，利用這一特性設計成蘋果大小自動分揀裝置如圖所示。其中R1為壓敏電阻，R2為可變電阻，蘋果通過放置在壓敏電阻正上方的托盤秤時，可將壓力傳導至壓敏電阻，電磁鐵的輸入電壓大于某一個值時，電磁鐵工作，將銜鐵吸下并保持此狀態(tài)一小段時間，蘋果進入通道2，否則蘋果將進入通道1。若要挑選出質(zhì)量更大的蘋果，下列措施可行的是（）A.將R2的電阻調(diào)小 B.將R2的電阻調(diào)大C.增大電源E1的電動勢 D.增大電源E1的內(nèi)阻〖答案〗AD〖解析〗AB．質(zhì)量大的蘋果對壓敏傳感器R1的壓力大，壓敏傳感器R1的阻值小，電路中的電流大，則電阻R2的電壓大，即放大電路的輸入電壓大于某一個值，電磁鐵工作將銜鐵吸下，蘋果將進入通道2，將R2的電阻調(diào)大，則電阻R2的電壓變大，則質(zhì)量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個值，從而進入通道2，即將挑選出質(zhì)量更小的蘋果，故A正確，B錯誤；C．電源E1電動勢變大，則電阻R2的電壓變大，則質(zhì)量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個值，從而進入通道2，即將挑選出質(zhì)量更小的蘋果，故C錯誤；D．電源E1內(nèi)阻變大，則電阻R2的電壓變小，要達到某一臨界值，則需要減小壓敏傳感器R1的阻值，增大電路中的電流，從而使電阻R2的電壓達到臨界值，則需要增大對壓敏傳感器R1的壓力，即將挑選出質(zhì)量更大的蘋果，故D正確。故選D。10.如圖所示，傾角為θ的絕緣斜面上固定兩根足夠長的平行光滑導軌，將定值電阻、電容器和電源在導軌上端分別通過開關S1、S2、S3與導軌連接，勻強磁場垂直斜面向下，初始時刻導體棒垂直導軌靜止放置，已知導軌與導體棒電阻不計，則下列說法正確的是（）A.S1閉合，S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒運動的v-t圖像可能如圖1所示B.S2閉合，S1、S3斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒運動的v-t圖像可能如圖2所示C.S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒一段時間后閉合開關S1，導體棒運動的v-t圖像可能如圖3所示D.S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒一段時間后閉合開關S3，導體棒運動的v-t圖像可能如圖4所示〖答案〗AC〖解析〗A．S1閉合，S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒與電阻構成回路，根據(jù)解得可知隨著導體棒速度的增加，導體棒的加速度逐漸減小，最終勻速，故A正確；B．S2閉合，S1、S3斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒與電容器構成回路，穩(wěn)定時有電容器極板電荷量電路電流為導體棒受到的安培力為根據(jù)牛頓第二定律可得解得可知穩(wěn)定時導體棒的加速度保持不變，做勻加速直線運動，故B錯誤；C．S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒?t后閉合開關S1，可知閉合開關S1瞬間導體棒的速度為導體棒受到的安培力大小為可知導體棒繼續(xù)向下減速，隨著速度的減小，安培力減小，加速度減小，當安培力與重力沿斜面向下的分力平衡時，導體棒做勻速直線運動，故C正確；D．S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒?t后閉合開關S3，最終安培力與下滑力平衡，導體棒做勻速直線運動，不可能如圖4所示，故D錯誤。故選AC。三．非選擇題：本題共5小題，共54分。11.在“測玻璃磚的折射率”實驗中：（1）如圖甲所示，用插針法測定玻璃磚折射率的實驗中，下列說法正確的是（）A.P1、P2的距離較大時，通過玻璃磚會看不到P1、P2的像B.為測量方便，P1、P2的連線與法線NN′的夾角應盡量小些C.若P1、P2的連線與法線NN′夾角較大時有可能在bb′面發(fā)生全反射，所以在bb′一側就看不到P1、P2的像D.為了減小作圖誤差，P3和P4的距離應適當取大些（2）在該實驗中，光線是由空氣射入玻璃磚，根據(jù)測得的入射角和折射角的正弦值畫出的圖線如圖乙所示，從圖線可知玻璃磚的折射率是______。（3）在該實驗中，某同學在紙上畫出的界面aa′、bb′與玻璃磚位置的關系分別如圖丙所示，該同學用的是矩形玻璃磚，他的其他操作均正確，且均以aa′、bb′為界面畫光路圖，則該同學測得的折射率與真實值相比______（填“偏大”“偏小”或“不變”）?！即鸢浮剑?）D（2）1.5（3）偏小〖解析〗【小問1詳析】A．根據(jù)光路可逆性原理可知，光線一定會從另一側表面射出，折射光線不會在玻璃磚的內(nèi)表面發(fā)生全反射，即使P1、P2的距離較大，通過玻璃磚仍然可以看到P1、P2的像，故A錯誤；B．為減少測量誤差，入射角應適當大一些，即P1、P2的連線與法線NN′的夾角應盡量大些，故B錯誤；C．由幾何知識可知，光線在上表面的折射角一定等于下表面的入射角，根據(jù)光路可逆性原理可知，光線一定會從下表面射出，不可能在bb′面發(fā)生全反射，故C錯誤；D．為了減小作圖誤差，將出射光線確定得更準確些，P3和P4的距離應適當取大些，故D正確。故選D。【小問2詳析】根據(jù)折射定律代入數(shù)據(jù)可得玻璃磚的折射率【小問3詳析】該同學測定折射率時，作出的折射光線如圖中虛線所示實線表示實際光線，可見測量的折射角偏大，則由折射定律可知，測得的折射率將偏小。12.利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，連接計算機的電流傳感器可以捕捉并記錄到電流變化，當電流從上向下流過電流傳感器時，電流計為正值，已知直流電源電動勢為9V，內(nèi)阻可忽略，實驗過程中顯示出電流隨時間變化的I-t圖像如圖乙所示。（1）在4~7s時間內(nèi)，開關S接______（填“1”或“2”）。（2）關于電容器充電過程中兩極板所帶電荷量Q隨時間t變化的圖像，下列正確的是（）A. B.C.（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時I-t曲線與橫軸所圍成的面積將______（填“增大”“不變”或“變小”），充電時間將______（填“變長”“不變”或“變短”）。（4）某同學研究電容器充電后儲存的能量E與電容C、電荷量Q及兩極板間電壓U之間的關系．他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他作出電容器兩極間的電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖丙所示，下列說法正確的是（）A.對同一電容器，電容器儲存的能量E與電荷量Q成正比B.搬運?q的電量，克服電場力所做的功近似等于?q上方小矩形的面積C.若電容器兩極板間電壓為U時儲存的能量為E，則電壓為時儲存的能量為〖答案〗（1）2（2）B（3）不變變短（4）BC〖解析〗【小問1詳析】4~7s內(nèi)，電容器處于放電狀態(tài)，開關S應接2?！拘?詳析】電容器充電過程中，電容器兩端的電壓U逐漸增大，最后與電源電動勢相等，因此斜率會逐漸減小，最后與橫軸平行，根據(jù)可知，電容C為定值，可知電容器所帶的電荷量逐漸增大，最后保持不變，Q-t圖像的斜率也逐漸變小，最后為零。故選B?！拘?詳析】[1][2]根據(jù)電容器的計算公式可得所以電容器儲存的電荷量與電阻R無關，所以曲線與橫軸圍成的面積保持不變，當減小電阻R，由于電阻對電流的阻礙作用減弱，充電電流增大，所以充電時間將變短?！拘?詳析】A．從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力做的功，也就等于圖像與橫軸圍成的面積，則故A錯誤；B．根據(jù)圖像的物理意義可知，搬運?q的電量，克服電場力所做的功近似等于?q上方小矩形的面積，故B正確；C．由電容器的能量公式和電容的定義式可得，電壓所以能量故C正確。故選BC。13.如圖所示，我國研制的“飛天”艙外航天服各項技術水平均處于世界前列，航天服的氣密性良好，內(nèi)部氣體可視為理想氣體。已知其初始狀態(tài)體積為V，溫度為T，壓強為0.6p0，其中p0為大氣壓強。（1）若保持航天服內(nèi)氣體壓強不變，緩慢升高氣體溫度至1.2T，求此過程氣體對外做的功W；（2）若在初始狀態(tài)將航天服的閥門打開，外界氣體緩慢進入航天服內(nèi)，直至內(nèi)、外氣體壓強均為p0后不再進氣，此時航天服內(nèi)理想氣體的體積為1.2V，且此過程中，氣體的溫度保持為T不變，求進入航天服內(nèi)氣體的質(zhì)量與原有質(zhì)量的比值?！即鸢浮剑?）0.12p0V；（2）1〖解析〗（1）氣體的壓強不變，氣體等壓變化，則有解得氣體對外做功為（2）氣體的溫度保持為T不變，氣體等溫變化，則解得進入航天服內(nèi)氣體的質(zhì)量與原有質(zhì)量之比為14.如圖所示，在坐標系xOy的x＝2d、x＝5d處有兩條虛線AC、DF，y軸與AC之間的勻強磁場Ⅰ大小未知，AC與DF之間的勻強磁場Ⅱ磁感應強度大小為B，兩磁場方向均垂直于坐標平面向外。在原點O下方有一個勻強電場區(qū)域，場強方向沿y軸正方向，在y軸上與O相距為d的P點將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q（q>0）的帶電微粒由靜止釋放，它在電場力作用下向上運動經(jīng)O點進入磁場，先后經(jīng)過Q、G點從磁場射出，經(jīng)過x軸上S點時速度方向與x軸正方向成θ=37°角。已知Q、G兩點縱坐標相同，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計微粒受到的重力。求：（1）勻強電場的場強大小E；（2）勻強磁場Ⅰ的磁感應強度大??；（3）帶電微粒從P點釋放到經(jīng)過S點的時間。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）因為Q、G兩點縱坐標相同，可知微粒在勻強磁場Ⅱ中運動時，軌跡具有對稱性；微粒離開磁場區(qū)域后做勻速直線運動，則微粒射出磁場時速度方向與x軸正方向的夾角也是θ＝37°，畫出微粒運動軌跡示意圖如圖所示設微粒在勻強磁場Ⅱ中做圓周運動的半徑為，根據(jù)幾何關系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得微粒在磁場中運動時速率不變，大小等于經(jīng)過O點時的速率，由動能定理有解得（2）根據(jù)幾何關系可知，微粒經(jīng)過磁場區(qū)域Ⅰ時的速度偏轉(zhuǎn)角設微粒在磁場區(qū)域Ⅰ內(nèi)做圓周運動半徑為，根據(jù)幾何關系有解得又可得（3）微粒在磁場區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間為微粒在磁場區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間為根據(jù)幾何關系可知，Q、G點的縱坐標為微粒由G點運動到S點的時間為設微粒由P點運動到O點的時間為，則可得微粒從P點運動到S點的時間為15.如圖甲所示，質(zhì)量為M=1kg的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=2kg的物塊以水平向右的初速度滑上長木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，將物塊視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2。（1）當物塊的初速度時，物塊恰好不滑離木板，求木板長度L；（2）當物塊以的初速度滑上木板時，同時給木板施加一個水平向右的恒力F，求：①要使物塊不滑離木板，恒力F的取值范圍；②在①的情形下，物塊的最終速度大小與恒力F的關系；③物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與恒力F的關系。〖答案〗（1）2m；（2）①3N≤F≤6N，②，③當F<3N時，Q=8J；當3N≤F≤6N時，；當F>6N時，〖解析〗（1）物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒可得由能量守恒可得解得（2）①對物塊，根據(jù)牛頓第二定律可所以當物塊恰好滑到木板最右端和木板速度相等時，此過程中根據(jù)牛頓第二定律可得解得當物塊和木板達到共同速度，且物塊與木板之間達到最大靜摩擦力，此時對整體有解得故恒力F的取值范圍為②對物塊與木板整體，由動量定理有解得③根據(jù)以上分析可知，當F<3N時，有解得當3N≤F≤6N時，有解得當F>6N時，有解得2024年河池市普通高中畢業(yè)班適應性模擬測試物理全卷滿分100分，考試時間75分鐘。注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選〖答案〗的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4．考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交。5．本卷主要考查內(nèi)容：高考范圍。一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.廣西是世界范圍內(nèi)巨猿化石發(fā)現(xiàn)最多的地區(qū)，巨猿是一種已經(jīng)滅絕的高等靈長類動物，其生活于距今約20萬年前，利用衰變測定年代技術可以確定化石的大致年代，衰變方程為，其半衰期是5730年，下列說法正確的是（）A.X是電子，來源于核外電子B.X是中子，來源于原子核C.化石埋藏的環(huán)境會影響的半衰期，進而對推算年代造成影響D.的比結合能小于的比結合能〖答案〗D〖解析〗AB．在核反應方程中，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X是電子，它是核反應產(chǎn)生的，來源于原子核，不是核外電子，故AB錯誤；C．放射性元素的半衰期是原子核特有的屬性，不受環(huán)境影響，故C錯誤；D．該核反應過程中釋放能量，粒子比結合能增大，故的比結合能小于的比結合能，故D正確。故選D。2.如圖甲，電鰻遇到危險時，可產(chǎn)生數(shù)百伏的電壓來保護自己，如圖乙所示，若將電鰻放電時形成的電場等效為等量異種點電荷的電場，其中正電荷集中在尾部，負電荷集中在頭部，O為電鰻身體的中點，AO＝BO且AB為魚身長的一半，下列說法正確的是（）A.A點電勢等于B點電勢B.A點場強大于B點場強C.若電鰻頭尾部間產(chǎn)生300V的電壓時，AB間的電壓可能為100VD.將正電荷由A點移動到B點，電場力先做負功后做正功〖答案〗C〖解析〗A．尾部集中正電荷，頭部集中負電荷，電場線方向由A指向B，沿電場線方向電勢降低，故A點電勢高于B點，故A錯誤；B．根據(jù)等量異種點電荷的電場分布的對稱性可知，A點和B點場強相同，故B錯誤；C．根據(jù)等量異種點電荷的電場分布規(guī)律可知A、B間的電場線比A點到魚尾或B點到魚頭的電場線稀疏，則平均場強也較小，故A、B之間電壓小于150V，可能為100V，故C正確；D．由于電場線方向由A指向B，所以正電荷的受力方向為由A指向B，正電荷由A移動到B時，電場力做正功，故D錯誤。故選C。3.如圖甲所示，用手握住長繩的端點A，t＝0時刻在手的帶動下A點開始上下振動，其振動圖像如圖乙所示，則下列四幅圖中能正確反映時刻繩波形狀的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗CD．根據(jù)A點振動圖像可知，在時刻繩上A點向下運動，再由振動圖像可知時波傳播的周期恰好為，則波傳播的距離為，CD錯誤；AB．選項A圖中A點向上振動，選項B圖中A點向下振動，A錯誤、B正確。故選B。4.我國將于2025年前后在文昌發(fā)射嫦娥六號，嫦娥六號將開展月球背面著陸區(qū)的現(xiàn)場調(diào)查和分析。采樣返回后，在地面對樣品進行研究，在發(fā)射過程中必須讓嫦娥六號探測器在環(huán)月階段圓軌道Ⅱ的P點向環(huán)月階段橢圓軌道Ｉ上運動以到達月球表面的Q點。已知在圓軌道和橢圓軌道上的探測器只受到月球的萬有引力作用，下列說法正確的是（）A.若已知引力常量、探測器在圓軌道上的運動周期和月球的半徑，可求得月球的質(zhì)量B.探測器由環(huán)月圓軌道進入環(huán)月橢圓軌道應讓發(fā)動機在P點加速C.探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點的速度小于Q點的速度D.探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點的加速度大于Q點的加速度〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)解得可知，若已知引力常量、探測器在環(huán)月階段圓軌道Ⅱ上的運動周期和環(huán)月圓軌道的半徑，可求月球的質(zhì)量，故A錯誤；B．探測器由環(huán)月圓軌道進入環(huán)月橢圓軌道過程是由高軌道進入低軌道，應讓發(fā)動機在P點減速，故B錯誤；C．探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上由P運動到Q過程，萬有引力做正功，可知，探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點的速度小于Q點的速度，故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律有解得由于探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點距離月心的間距大于探測器在Q點距離月心的間距，則探測器在環(huán)月階段橢圓軌道上P點的加速度小于Q點的加速度，故D錯誤。故選C。5.某同學用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數(shù)的關系”。將圖甲中的零件組裝成圖乙中的變壓器，將原線圈接在交流電源上，將副線圈接在電壓傳感器（可視為理想電壓表）上，觀察到副線圈電壓U2隨時間t變化的圖像如圖丙所示，在保證安全的前提下，該同學在時間內(nèi)進行的操作不可能是（）A.增加了交流電源的頻率 B.增加了副線圈的匝數(shù)C.減少了原線圈的匝數(shù) D.擰緊變壓器鐵芯上松掉的螺絲〖答案〗A〖解析〗A．增加了交流電源頻率，不會影響U2的大小，故A正確；BC．由變壓器電壓與線圈匝數(shù)關系可得如果減少了原線圈的匝數(shù)或增加了副線圈的匝數(shù)，則U2增大，與圖像符合，故BC錯誤；D．擰緊了變壓器鐵芯上松掉的螺絲，會減小漏磁，所以U2增大，故D錯誤。故選A。6.如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質(zhì)量為1.5kg，將一個質(zhì)量為0.5kg的小球從距沙面0.45m高度處以大小為4m/s的初速度水平拋出，小球落入車內(nèi)并陷入沙中最終與車一起向右勻速運動。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A.小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球陷入沙子過程中，沙子對小球的沖量大小為C.小車最終的速度大小為1m/sD.小車最終的速度大小為2m/s〖答案〗C〖解析〗A．小球陷入沙子過程，小球在豎直方向做變速運動，系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．由于小球陷入沙子過程的時間未知，故沙子對小球的沖量大小未知，故B錯誤；CD．小球與車、沙組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則解得故C正確，D錯誤。故選C。7.如圖所示，冬奧會上甲、乙兩名運動員在水平冰面上滑冰，恰好同時到達虛線PQ左側的半圓滑道，然后分別沿半徑為和的滑道做勻速圓周運動，運動半個圓周后勻加速沿直線沖向終點線。已知甲、乙兩名運動員的質(zhì)量相等，他們做圓周運動時所受向心力大小相等，直線沖刺時的加速度大小也相等。則下列說法正確的是（）A.在做圓周運動時，甲所用的時間比乙的短 B.在做圓周運動時，甲、乙的角速度大小相等C.在沖刺時，甲到達終點線時的速度較大 D.在沖刺時，乙一定先到達終點線〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)解得由于做圓周運動時所受向心力大小相等，甲運動員圓周運動的半徑大于乙運動員圓周運動的半徑，可知甲運動員圓周運動的周期大于乙運動員圓周運動的周期，即在做圓周運動時，甲所用的時間比乙的長，故A錯誤；B．根據(jù)由于做圓周運動時所受向心力大小相等，可知甲運動員圓周運動的角速度小于乙運動員圓周運動的角速度，故B錯誤；C．沖刺時的初速度大小等于圓周運動的線速度大小，根據(jù)解得由于做圓周運動時所受向心力大小相等，可知甲運動員圓周運動的線速度大于乙運動員圓周運動的線速度，令到達終點線時的速度大小為，沖刺勻加速的位移為x，則有由于沖刺勻加速運動的位移與加速度均相等，可知勻加速的初速度較大的甲運動員到達終點線時的速度較大，故C正確；D．由A可知，甲、乙兩名運動員在圓周運動過程所用時間而在直線沖刺過程中，位移相等，但甲運動員的初速度大，則加速階段時間到達終點的時間為兩個階段時間之和，由數(shù)學知識無法判斷和的大小關系，乙不一定先到達終點線，故D錯誤。故選C。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖甲所示，一輕彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將一小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A.t1時刻小球動能最大B.t2時刻小球動能最小C.t2~t3時間內(nèi)，小球的動能先減少后增加D.t2~t3時間內(nèi)，小球增加機械能小于彈簧減少的彈性勢能〖答案〗BD〖解析〗A．由F-t圖像振幅逐漸減小可知，小球在運動過程中受到空氣阻力作用，小球在接觸彈簧之前做向下加速運動，碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運動，當加速度為0即重力等于彈簧彈力與空氣阻力之和時加速度達到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運動，與彈簧接觸的整個下降過程，小球的機械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，上升過程恰好與下降過程互逆，由乙圖可知t1時刻開始接觸彈簧，但在剛開始接觸后的一段時間內(nèi)，重力大于彈力，小球仍做加速運動，所以此刻小球的動能不是最大，故A錯誤；B．t2時刻彈力最大，小球處在最低點，動能最小，故B正確；CD．t3時刻小球往上運動恰好要離開彈簧，t2~t3這段時間內(nèi)，小球先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的機械能和內(nèi)能，故C錯誤，D正確。故選BD9.半導體薄膜壓敏傳感器所受壓力越大其電阻越小，利用這一特性設計成蘋果大小自動分揀裝置如圖所示。其中R1為壓敏電阻，R2為可變電阻，蘋果通過放置在壓敏電阻正上方的托盤秤時，可將壓力傳導至壓敏電阻，電磁鐵的輸入電壓大于某一個值時，電磁鐵工作，將銜鐵吸下并保持此狀態(tài)一小段時間，蘋果進入通道2，否則蘋果將進入通道1。若要挑選出質(zhì)量更大的蘋果，下列措施可行的是（）A.將R2的電阻調(diào)小 B.將R2的電阻調(diào)大C.增大電源E1的電動勢 D.增大電源E1的內(nèi)阻〖答案〗AD〖解析〗AB．質(zhì)量大的蘋果對壓敏傳感器R1的壓力大，壓敏傳感器R1的阻值小，電路中的電流大，則電阻R2的電壓大，即放大電路的輸入電壓大于某一個值，電磁鐵工作將銜鐵吸下，蘋果將進入通道2，將R2的電阻調(diào)大，則電阻R2的電壓變大，則質(zhì)量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個值，從而進入通道2，即將挑選出質(zhì)量更小的蘋果，故A正確，B錯誤；C．電源E1電動勢變大，則電阻R2的電壓變大，則質(zhì)量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個值，從而進入通道2，即將挑選出質(zhì)量更小的蘋果，故C錯誤；D．電源E1內(nèi)阻變大，則電阻R2的電壓變小，要達到某一臨界值，則需要減小壓敏傳感器R1的阻值，增大電路中的電流，從而使電阻R2的電壓達到臨界值，則需要增大對壓敏傳感器R1的壓力，即將挑選出質(zhì)量更大的蘋果，故D正確。故選D。10.如圖所示，傾角為θ的絕緣斜面上固定兩根足夠長的平行光滑導軌，將定值電阻、電容器和電源在導軌上端分別通過開關S1、S2、S3與導軌連接，勻強磁場垂直斜面向下，初始時刻導體棒垂直導軌靜止放置，已知導軌與導體棒電阻不計，則下列說法正確的是（）A.S1閉合，S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒運動的v-t圖像可能如圖1所示B.S2閉合，S1、S3斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒運動的v-t圖像可能如圖2所示C.S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒一段時間后閉合開關S1，導體棒運動的v-t圖像可能如圖3所示D.S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒一段時間后閉合開關S3，導體棒運動的v-t圖像可能如圖4所示〖答案〗AC〖解析〗A．S1閉合，S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒與電阻構成回路，根據(jù)解得可知隨著導體棒速度的增加，導體棒的加速度逐漸減小，最終勻速，故A正確；B．S2閉合，S1、S3斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒與電容器構成回路，穩(wěn)定時有電容器極板電荷量電路電流為導體棒受到的安培力為根據(jù)牛頓第二定律可得解得可知穩(wěn)定時導體棒的加速度保持不變，做勻加速直線運動，故B錯誤；C．S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒?t后閉合開關S1，可知閉合開關S1瞬間導體棒的速度為導體棒受到的安培力大小為可知導體棒繼續(xù)向下減速，隨著速度的減小，安培力減小，加速度減小，當安培力與重力沿斜面向下的分力平衡時，導體棒做勻速直線運動，故C正確；D．S1、S2、S3斷開，由靜止釋放導體棒?t后閉合開關S3，最終安培力與下滑力平衡，導體棒做勻速直線運動，不可能如圖4所示，故D錯誤。故選AC。三．非選擇題：本題共5小題，共54分。11.在“測玻璃磚的折射率”實驗中：（1）如圖甲所示，用插針法測定玻璃磚折射率的實驗中，下列說法正確的是（）A.P1、P2的距離較大時，通過玻璃磚會看不到P1、P2的像B.為測量方便，P1、P2的連線與法線NN′的夾角應盡量小些C.若P1、P2的連線與法線NN′夾角較大時有可能在bb′面發(fā)生全反射，所以在bb′一側就看不到P1、P2的像D.為了減小作圖誤差，P3和P4的距離應適當取大些（2）在該實驗中，光線是由空氣射入玻璃磚，根據(jù)測得的入射角和折射角的正弦值畫出的圖線如圖乙所示，從圖線可知玻璃磚的折射率是______。（3）在該實驗中，某同學在紙上畫出的界面aa′、bb′與玻璃磚位置的關系分別如圖丙所示，該同學用的是矩形玻璃磚，他的其他操作均正確，且均以aa′、bb′為界面畫光路圖，則該同學測得的折射率與真實值相比______（填“偏大”“偏小”或“不變”）?！即鸢浮剑?）D（2）1.5（3）偏小〖解析〗【小問1詳析】A．根據(jù)光路可逆性原理可知，光線一定會從另一側表面射出，折射光線不會在玻璃磚的內(nèi)表面發(fā)生全反射，即使P1、P2的距離較大，通過玻璃磚仍然可以看到P1、P2的像，故A錯誤；B．為減少測量誤差，入射角應適當大一些，即P1、P2的連線與法線NN′的夾角應盡量大些，故B錯誤；C．由幾何知識可知，光線在上表面的折射角一定等于下表面的入射角，根據(jù)光路可逆性原理可知，光線一定會從下表面射出，不可能在bb′面發(fā)生全反射，故C錯誤；D．為了減小作圖誤差，將出射光線確定得更準確些，P3和P4的距離應適當取大些，故D正確。故選D?！拘?詳析】根據(jù)折射定律代入數(shù)據(jù)可得玻璃磚的折射率【小問3詳析】該同學測定折射率時，作出的折射光線如圖中虛線所示實線表示實際光線，可見測量的折射角偏大，則由折射定律可知，測得的折射率將偏小。12.利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，連接計算機的電流傳感器可以捕捉并記錄到電流變化，當電流從上向下流過電流傳感器時，電流計為正值，已知直流電源電動勢為9V，內(nèi)阻可忽略，實驗過程中顯示出電流隨時間變化的I-t圖像如圖乙所示。（1）在4~7s時間內(nèi)，開關S接______（填“1”或“2”）。（2）關于電容器充電過程中兩極板所帶電荷量Q隨時間t變化的圖像，下列正確的是（）A. B.C.（3）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時I-t曲線與橫軸所圍成的面積將______（填“增大”“不變”或“變小”），充電時間將______（填“變長”“不變”或“變短”）。（4）某同學研究電容器充電后儲存的能量E與電容C、電荷量Q及兩極板間電壓U之間的關系．他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他作出電容器兩極間的電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖丙所示，下列說法正確的是（）A.對同一電容器，電容器儲存的能量E與電荷量Q成正比B.搬運?q的電量，克服電場力所做的功近似等于?q上方小矩形的面積C.若電容器兩極板間電壓為U時儲存的能量為E，則電壓為時儲存的能量為〖答案〗（1）2（2）B（3）不變變短（4）BC〖解析〗【小問1詳析】4~7s內(nèi)，電容器處于放電狀態(tài)，開關S應接2?！拘?詳析】電容器充電過程中，電容器兩端的電壓U逐漸增大，最后與電源電動勢相等，因此斜率會逐漸減小，最后與橫軸平行，根據(jù)可知，電容C為定值，可知電容器所帶的電荷量逐漸增大，最后保持不變，Q-t圖像的斜率也逐漸變小，最后為零。故選B。【小問3詳析】[1][2]根據(jù)電容器的計算公式可得所以電容器儲存的電荷量與電阻R無關，所以曲線與橫軸圍成的面積保持不變，當減小電阻R，由于電阻對電流的阻礙作用減弱，充電電流增大，所以充電時間將變短。【