精品解析：2024年1月广西普通高等学校招生考试适应性测试物理试题（解析版）_2024年2月_2024年九省联考各版本合集_广西（物化生政史地）_广西物理(含答案）

2024 年普通高校考试招生制度综合改革适应性演练 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷、答题卡上； 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，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、选择题：本大题共 10 小题，共 46 分．第 1~7 题，每小题 4 分，只有一项符合题目要求， 错选、多选或未选均不得分，第 8~10题，每小题 6分，有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错或不选的得 0分． 1. 锝 99m 在医疗诊断中被广泛用作显像剂或示踪剂，质量为 m 0的锝 99m 经过12h后剩余锝 99m 的质量 m 0 4 为 ，它的半衰期为（ ） A. 3h B. 6h C. 9h D. 12h 【答案】B 【解析】 m 【详解】质量为m 的锝99m经过12h后剩余锝99m的质量为 0 ，有 0 4 m 1 12h 0 =（ ） m 4 2 0 解得 =6h 故选B。 2. 我国酒泉卫星发射中心在2022年将“夸父一号”卫星送入半径为r 的晨昏轨道；2023年又将“星池一 1 号A星”送入半径为r 的晨昏轨道 r r  ，“夸父一号”与“星池一号A星”在绕地球运行中，周期之 2 1 2 比为（ ） A. 1:1 B. r :r C. r3 : r3 D. r3 : r3 1 2 1 2 2 1 【答案】C 【解析】 r3 r3 【详解】ABCD．由开普勒第三定律 1  2 得，“夸父一号”与“星池一号A星”在绕地球运行中，周 T2 T2 1 2 期之比为 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司T r3 1  1 T r3 2 2 故选C。 3. 如图，当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，通过传感器电路将磁场的 变化转换为交通灯的控制信号，车辆驶入图中圆形区域时，车辆引起磁场变化的原因类似于（ ） A. 将铁芯放入通电线圈 B. 增大通电线圈的面积 C. 增加通电线圈的匝数 D. 加大对通电线圈的压力 【答案】A 【解析】 【详解】当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，利用的是互感现象，汽车 上大部分是金属，汽车经过线圈时会引起汽车磁通量的变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电流，从 而改变区域内通电线圈中的磁场；此过程类似将铁芯放入通电线圈，铁芯的磁通量也会变化，也会产生感 应电流，从而改变通电线圈中的磁场。 故选A。 4. 半径为0.1m的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为0.4T，现将一单匝正方形线框放入磁场，线框平 面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合，如图，当通过线框的电流I为1A时，线 框所受的安培力大小为（ ） 第2页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 2 2  A. N B. N C. N D. N 25 25 25 50 【答案】B 【解析】 【详解】线框在磁场的有效线段的长度 2 L 2R m 10 安培力大小为 2 F  BIL N 25 故选B。 5. 2023年11月，在广西举办的第一届全国学生（青年）运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的vt 图像如图，在t 0时刻两车在赛道上初次相遇，则（ ） A. 0t 内，乙的加速度越来越大 B. t 时刻，甲乙再次相遇 1 1 C. 0t 内，甲乙之间的距离先增大后减小 D. t t 内，甲乙之间的距离先减小后增大 1 1 2 【答案】D 【解析】 【详解】A．vt 图像的斜率表示加速度，由图可得，0t 内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故 1 A错误； B．vt 图像的面积表示位移，由图可知在t 时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，故B错 1 误； C．vt 图像的的面积表示位移，由图可得，0t 乙的面积与甲的面积差一直增大，即甲乙的位移差一直 1 增大，甲乙之间的距离一直增大，故C错误； 第3页/共18页 学科网（北京）股份有限公司D．由B选项可得，t 时刻乙在甲前面，t t 由图可知v v 且都做匀速直线运动，则甲会追上乙，并 1 1 2 甲 乙 超越乙到乙的前面，即t t 甲乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲乙的距离在 1 2 增大，故D正确。 故选D。 mg 6. 如图，空间中有一匀强电场，大小为 ，方向与水平方向成30角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖 q 直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为q的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向 右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（ ） A 从M点到Q点动能减小 . B. 在M点和N点的电势能相等 C. 从M点到Q点电场力做负功 D. 动能最大处的电势低于动能最小处的电势 【答案】D 【解析】 【详解】C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误； B．作出等势面如图： 沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M 点的电势能大于N点的电势能，B错误； A．小圆环受到的电场力 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司mg F qE q mg q 受力如图： 则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从 M点到Q点动能先增大后减小，A错误； D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处 的电势，D正确。 故选D。 7. 如图甲，弹簧振子的平衡位置O点为坐标原点，小球在M、N两点间做振幅为A的简谐运动，小球经过 2 2 O 点时开始计时，其xt图像如图乙，小球的速度v A cos t，加速度为 a，质量为 m，动能为 T T E ，弹簧劲度系数为k，弹簧振子的弹性势能为E ，弹簧对小球做功的功率为P，下列描述该运动的图像 k p 正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【详解】A．小球做简谐运动，速度 2 2 v A cos t T T 可知在t=0时速度最大，小球位于平衡位置，此时加速度为0，位移为0，动能最大，弹性势能为0，弹簧 的弹力为0，对小球做功的功率为0，故A错误； 2 2 BC．由v A cos t可知 T T 2  T 则小球速度变化周期为 TT 所以动能和势能的周期为 T T 2 小球的最大速度 2 v  A m T 则最大动能 1 2mA22 E  mv 2  km 2 m T 根据机械能守恒可知最大弹性势能 2mA22 E  E  pm km T 故B错误，C正确； D．由xt图像可知小球的位移 2 x Acos t T 弹簧对小球做功的功率 2 2 2 2kA2 2 P FvkxvkAcos tA cos t  cos2 t T T T T T 可见功率的最大值为 2kA2 P  m T 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司故D错误。 故选C。 8. 电磁炉正常工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，使面板上方的铁锅底部产生涡流而发热， 则（ ） A. 通过线圈的是恒定电流 B. 通过线圈的是交变电流 C. 用全陶瓷锅替代铁锅也能发热 D. 电磁炉正常工作时面板不发热 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．电磁炉工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，因此通过线圈的是交变电流， 故A错误，B正确； C．电磁炉工作时，变化的磁场使面板上方的铁锅底部产生涡流，铁锅迅速发热，从而达到加热食物的目 的，属于涡流，用全陶瓷锅替代铁锅不能产生涡流，故C错误； D．电磁炉内线圈通过高频交流电，会在上方的铁质锅具中产生涡流，从而加热食品，面板是陶瓷材料制 成，不能产生涡流，也就不能产生热，故D正确。 故选BD。 9. 等量同种理想气体分别经绝热过程①和一般过程②，温度均从T 升至T ， pV 图像如图，过程①外界 a b 对理想气体做功为W ，过程②外界对理想气体做功为W ，则（ ） 1 2 A. 过程②内能的增量等于W 1 B. 过程①和过程②相比，W W 1 2 C. 过程②理想气体向外界放出热量 D. 过程①理想气体从外界吸收的热量等于W 1 【答案】AC 【解析】 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【详解】D．由题意可知，①为绝热过程，所以该过程气体既不从外界吸收热量，也不向外界释放热量， 故D项错误； A．①为绝热过程，气体内能的变化量等于外界对气体做的功，即 U W 1 1 由于理想气体的内能只与温度有关，而两过程的初末状态的温度相同，所以其初末状态的内能相同，即内 能变化相同，即 U U W 2 1 1 故A项正确； B．由气体的 pV 图像可知，其图像与坐标轴围成的面积为气体做的功，由图像可知，②过程做的功大 于①过程。过程①和过程②相比，W W ，故B项错误； 1 2 C．由热力学第一定律有 U W Q 2 2 2 又因为U W ，且W W ，结合上述分析可知 2 1 1 2 Q 0 2 所以该过程气体向外界放出热量，故C项正确。 故选AC。 10. 水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用h表示，靠近蓄水池底部的侧壁有一个面积为S的小孔， 水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许多球状小水珠，小水珠所受空气阻力大小可近似为 f kr2v2，其中k为比例系数，r为小水珠半径，v为小水珠速度（v未知），设重力加速度为g，水的密 度为，水塔足够高，则（ ） A. 水从小孔喷出的速度约为 2gh 2 3gr B. 水珠最终下落速度不会超过 3 k C. 小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定 D. 若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为5ρghS 【答案】AB 【解析】 【详解】A．取水面上质量为m的水滴，从小孔喷出时，由机械能守恒定律可知 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 mgh mv 2 2 0 解得水从小孔喷出的速度约为 v  2gh 0 A正确； B．水珠下落速度最大时有 mg  f 即 4  r3g kr2v 2 3 m 解得 2 3gr v  m 3 k 2 3gr 所以最终下落速度不会超过 ，B正确； 3 k C．不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，由于小水珠喷出后受 空气阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔离地高度和水喷出的速度以及阻力大小有关，C错误； D．若用一块木板正面去堵小孔，设水与木板表面的作用时间为t，则在t时间内到木板表面水的质量为 mSv t 0 对到木板表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得 Ft 0mv 0 解得 F 2ghS 可见即将堵住时水对木板的冲击力大小为2ρghS，D错误。 故选AB。 二、非选择题：本大题共 5 小题，共 54 分．第 11 题 6 分，第 12 题 10 分，第 13 题 10 分， 第 14 题 12 分，第 15 题 16 分．其中 13~15 题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写 出数值和单位． 11. 某同学进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验装置如图： 第9页/共18页 学科网（北京）股份有限公司（1）实验用到的打点计时器是用来记录______和______的仪器； （2）在进行实验时，该同学将长木板不带滑轮的一端垫高，使得小车在不受牵引时能拖动纸带沿长木板 ______运动，该操作的目的是补偿阻力； （3）当槽码的质量m和小车的质量M大小关系满足______时，可以认为小车所受的拉力大小与槽码所受 的重力大小相等。 【答案】 ①. 时间 ②. 距离 ③. 做匀速直线运动 ④. m= M 【解析】 【详解】（1）[1][2] 实验用到的打点计时器是用来记录时间和距离的仪器； （2）[3] 在进行实验时，该同学将长木板不带滑轮的一端垫高，使得小车在不受牵引时能拖动纸带沿长木 板做匀速直线运动运动，该操作的目的是补偿阻力，平衡摩擦力； （3）[4]对整体根据牛顿第二定律可得加速度为 mg a  M m 故可得绳子中拉力为 Mmg mg F Ma  M m m 1 M 故当槽码的质量m和小车的质量M大小关系满足m= M 时，可以认为小车所受的拉力大小与槽码所受的 重力大小相等。 12. 某实验小组对一个待测电池的电动势E（约1.5V）和内阻r（小于2Ω）进行测量，可用的器材有：一 个小量程的电压表（量程为0.3V），定值电阻R 149.0Ω，最大阻值为999.9Ω的电阻箱R，开关S，他 0 们设计如图甲的实验电路。 第10页/共18页 学科网（北京）股份有限公司实验方案如下： （1）在电表安全范围内，闭合开关，改变电阻箱阻值R，记录相应电压表读数U，某次测量时R的读数如 图乙，该读数为______； 1 1 1 1 （2）处理测量数据获得  图像如图丙，结果表明 与 成线性关系，其斜率为______Ω/V（保留 U R U R 3位有效数字）； （3）该小组将图甲中的电压表当成理想电压表，结合图丙可得待测电池的电动势E______V（保留2位 小数）； （4）该小组发现E与预期相差较大，通过查阅电压表的使用说明书，得知电压表的内阻R 300.0， V 结合图丙计算得E ______V（保留2位小数），r ______（保留1位小数）。 【答案】 ①. 25.0 ②. 100 ③. 1.00 ④. 1.50 ⑤. 1.0 【解析】 【详解】（1）[1]某次测量时R的读数为25.0Ω； 1 1 （2）[2]  图像斜率为 U R 81 k  Ω/V=100Ω/V 0.07 （3）[3]由闭合电路的欧姆定律可知 U E' U  (R r) R 0 解得 1 1 R r 1   0  U E' E' R 由图可知 1 1.00 E' 解得 第11页/共18页 学科网（北京）股份有限公司E＇=1.00V （4）[4][5]若考虑电压表内阻，R 300.0，则 V U U E U (  )(R r) R R 0 V 解得 1 1 R r R r 1   0  0  U E ER E R V 则 1 R r b  0 1.00 E ER V R r k  0 100 E 解得 E=1.50V r=1.0Ω 13. 光学反射棱镜被广泛应用于摄像、校准等领域，其中一种棱镜的截面如图，eh 边为镀膜反射面， ef eh, fg  gh,e60,g 120，棱镜的折射率为 3，光在真空中的传播速度为3.0108m/s，若 细光束从O点以60的入射角从真空射入棱镜，求： （1）光在上述棱镜中传播速度的大小； （2）光束从棱镜中射出的折射角，并完成光路图。 第12页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） 3108m/s；（2）60， 【解析】 【详解】（1）由光的折射定律 c n v 可得光在上述棱镜中传播速度的大小为 c 3.0108 v  m/s 3108m/s n 3 （2）作出光路图如图所示 由光的折射定律 sin n 1 sin 2 第13页/共18页 学科网（北京）股份有限公司其中  60 1 解得  30 2 由图可知  60 3 1 根据sinC  可得，临界角为 n 30C  故光线在O 处发生全反射，根据几何关系可知，光线垂直射到eh边，根据光路的可逆性，则光线沿着原路 1 返回，故光线在O处发生折射，根据几何关系，光束从棱镜中射出的折射角为60。 14. 在图示装置中，斜面高h0.9m，倾角37，形状相同的刚性小球A、B质量分别为100g和20g， 轻弹簧P的劲度系数k 270N/m，用A球将弹簧压缩Δl 10cm后无初速释放，A球沿光滑表面冲上斜 1 面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性势能E  k(l)2，重力加速度的大小取 p 2 g 10m/s2，sin370.6。 （1）求碰撞前瞬间A球的速度大小； （2）求B球飞离斜面时的速度大小； （3）将装置置于竖直墙面左侧，仍取l 10cm，再次弹射使B球与墙面碰撞，碰撞前后瞬间，速度平行 于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使B球能落回到斜面上，求装置 到墙面距离x的最大值。 【答案】（1）3m/s；（2）5m/s；（3）1.2m 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【详解】（1）设A球与B球碰撞前的速度为v ，由能量守恒定律 A 1 E m gh m v2 p A 2 A A 其中 1 1 E  k(l)2  2700.12J 1.35J p 2 2 代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为 v 3m/s A （2）A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得 m v m v m v  A A A A B B 由机械能守恒定律得 1 1 1 m v2  m v 2  m v 2 2 A A 2 A A 2 B B 联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为 2m v   A v 5m/s B m m A A B （3）仍取l 10cm，则B球飞离斜面时的速度仍为v  5m/s，设B球运动的总时间为t，由对称性可 B 知，若B球能落回到斜面，则水平方向有 2xv cos37t B 竖直方向有 1 y v sin37t gt2 0 B 2 解得 t 0.6s，x1.2m 15. 如图，一半径为R的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，在圆形磁场右 1 1 边有一接地的“ ”形金属挡板abcd,abcd 3R ,bc 4R ，在bc边中点O开一小孔，圆形磁场与bc 1 1 边相切于O点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度大小B 0.5B ，在cd边下方2R 2 1 1 处放置一足够长的水平接收板P，初速度可忽略的大量电子，经过电压U加速后，有宽度为2R 的平行电子 1 束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点进入B ，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用和电 2 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司子的重力，其中U、B、m、e已知，求： 1 （1）电子进入圆形磁场区域时的速度v； （2）圆形磁场区域的半径R；。 1 （3）电子在水平接收板上击中的区域。 2eU 1 2mU   1 2mU 【答案】（1） ；（2） ；（3） 34 3  ，区域如图左 m B e B e 1 1 【解析】微信公众号：智慧学库 【详解】（1）电子初速度为0，忽略电子间的相互作用和电子的重力，经过电压U加速，则 1 eU  mv2 2 解得 2eU v m （2）因为有宽度为2R 的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点，画图可知，圆形磁场半径等于 1 电子在其运动轨迹的半径，即 m 2eU 1 2mU R  R  1 eB m B e 1 1 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司（3）挡板内电子进入挡板内磁场，由 v2 evBm r 可知在挡板内做圆周运动的半径为圆形磁场内圆周运动半径的2倍，即 R 2R 2 1 当圆的轨迹与ab边相切时，即粒子在O点速度方向向上，此时粒子可以射到收集板，如左图所示。随着 粒子在O点速度从竖直向上往顺时针偏转时，其轨迹也绕O点顺时针偏转，当偏转到圆的轨迹与ad边相 切时，此时粒子刚好不能射到收集板，如右图所示 在右边大三角形中 AH 4R tan 1 1 x 1 在三角形OH A中 1 1 OH 3R 2R  R 1 1 1 1 1 O A2R 1 1 OH R 1 sin 1 1  1  AO 2R 2 1 1 则   6 AH  3R 1 1 代入解得     1 2mU x  34 3 R  34 3  1 1 B e 1 第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司电子在水平接收板上击中的区域为x这一区域。 1 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司