文档文本内容
2024 年高考广西卷物理真题
一、单选题
1.(2024·广西卷·1)潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。
图中a、b 和c 处单位质量的海水受月球引力大小在( )
A．a 处最大
B．b 处最大
C．c 处最大
D．a、c 处相等，b 处最小
答案 A
解析 根据万有引力公式F＝G，可知题图中a 处单位质量的海水受到月球的引力最大，故
选A。
2．(2024·广西卷·2)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图，三个完全相同的货箱
正沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3 号货箱与
直木板间摩擦力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，则( )
A．Ff1<Ff2<Ff3
B．Ff1＝Ff2<Ff3
C．Ff1＝Ff3<Ff2
D．Ff1＝Ff2＝Ff3
答案 D
解析 根据滑动摩擦力的公式Ff＝μFN，可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关，只与接触
面的粗糙程度和压力大小有关，由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同，压力大小
也相同，故摩擦力相同，即Ff1＝Ff2＝Ff3，故选D。
3．(2024·广西卷·3)让质量为1 kg 的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s 末速度
大小为v1，再将P1和质量为2 kg 的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下
落的第1 s 末速度大小为v2，g 取10 m/s2，则( )
A．v1＝5 m/s
B．v1＝10 m/s
C．v2＝15 m/s
D．v2＝30 m/s
答案 B
解析 重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落1 s 后速度为v1＝v2＝gt＝10
m/s2×1 s＝10 m/s，故选B。
4．(2024·广西卷·4)近期，我国科研人员首次合成了新核素锇－160(Os)和钨－156(W)。若锇
－160 经过1 次α 衰变，钨－156 经过1 次β＋衰变(放出一个正电子)，则上述两新核素衰变
后的新核有相同的( )
A．电荷数
B．中子数
C．质量数
D．质子数
答案 C
解析 锇－160 经过1 次α 衰变后产生的新核素质量数为156，质子数为74，钨－156 经过1
次β＋衰变后质量数为156，质子数为73，可知两新核素衰变后的新核有相同的质量数，电
荷数、中子数、质子数均不同。故选C。
5．(2024·广西卷·5)Oxy 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方
向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为＋q 的粒子，以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始运动，
粒子过y 轴时速度与y 轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P 点至O 点的距离
为( )
A.
B.
C．(1＋)
D．(1＋)
答案 C
解析 粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，
可得粒子做圆周运动的半径r＝，
根据几何关系可得P 点至O 点的距离LPO＝r＋＝(1＋)，故选C。
6．(2024·广西卷·6)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长
度为1.00 m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P 从M 端滑到N 端，理想电压表读数U 随
滑片P 的滑动距离x 的变化关系如图乙，则导体L1、L2的电阻率之比约为( )
A．2∶3 B．2∶1 C．5∶3 D．1∶3
答案 B
解析 根据电阻定律R＝ρ，得ΔR＝ρ，根据欧姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝·，结合题图
可知导体L1、L2的电阻率之比＝＝，故选B。
7．(2024·广西卷·7)如图，将不计重力、电荷量为q 带负电的小圆环套在半径为R 的光滑绝
缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M 点和N 点分别固定电荷量为27Q 和64Q 的负点电荷。将
小圆环从靠近N 点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sin θ＝，则小圆环
从P1点运动到P2点的过程中( )
A．静电力做正功
B．静电力做负功
C．静电力先做正功再做负功
D．静电力先做负功再做正功
答案 A
解析 如图甲所示，在P1点小圆环受到静电力
FM1＝k，
FN1＝k，
设合力与FM1间的夹角为α1，
tan α1＝>tan θ，
则α1>θ，合力做正功，
同理在P2点，如图乙所示，
FM2＝k，
FN2＝k，
设合力与FN2间的夹角为α2，
tan α2＝＝tan θ，α2＝θ，合力沿OP2方向，
所以P1到P2静电力一直做正功，故选A。
二、多选题
8．(多选)(2024·广西卷·8)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M 和N。M 水平向右
运动，速度大小为v。M 与静置于平台边缘的N 发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不
计空气阻力，则碰撞后，N 在( )
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
答案 BC
解析 由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质
量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N 做平抛运动，在水平方
向上做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自
由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速直线运动，故选B、C。
9．(多选)(2024·广西卷·9)如图，S 为单色光源，S 发出的光一部分直接照在光屏上，一部分
通过平面镜反射到光屏上。从平面镜反射的光相当于S 在平面镜中的虚像发出的，由此形成
了两个相干光源。设光源S 到平面镜和到光屏的距离分别为a 和l，a≪l，镜面与光屏垂直，
单色光波长为λ。下列说法正确的是( )
A．光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为λ
B．光屏上相邻两条暗条纹的中心间距为λ
C．若将整套装置完全浸入折射率为n 的蔗糖溶液中此时单色光的波长变为nλ
D．若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为Δx，则
该液体的折射率为λ
答案 AD
解析 根据光的反射对称性可知光源S 与平面镜中的虚像距离为2a，根据条纹间距公式可
知Δx＝λ＝λ，故A 正确，B 错误；若将整套装置完全浸入折射率为n 的蔗糖溶液中，光的
频率不变，根据λf＝c，v＝λ1f＝，其中c 为在真空中的光速，则λ1＝，故C 错误；若将整套
装置完全浸入某种透明溶液中，光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为Δx，根据条纹间距公
式有Δx＝λ2，可得λ2＝，结合C 选项的分析可知λ2＝＝，所以n＝λ，故D 正确。
10．(多选)(2024·广西卷·10)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的
方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个
侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将
木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方
向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx 的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁
发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则( )
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为＋mg
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了＋mgΔx
D．木栓前进Δx 后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
答案 BCD
解析 锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲
量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为－I，故A 错误；锤子撞击木栓后木
栓获得的动能为Ek＝mv2＝，木栓进入过程根据动能定理有(mg－)Δx＝0－Ek，解得平均阻力
为＝＋mg，故B 正确；木栓进入过程损失的机械能即为阻力做的功，所以ΔEk＝Δx＝(＋
mg)Δx＝＋mgΔx，
故C 正确；对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有(Ffsin θ＋FNcos θ)＝，且根据B 选项求得平均阻力＝
＋mg，又因为Ff＝μFN，联立可得Ff＝，故D 正确。
三、实验题
11．(2024·广西卷·11)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。
(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动
中________________不变；
(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为____________ cm；
(3)若将一个周期为T 的单摆，从平衡位置拉开5°的角度静止释放，忽略空气阻力，摆球的
振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位
置的位移x 与时间t 的关系为________________。
答案 (1)摆长 (2)1.06
(3)x＝cos (t)
解析 (1)选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变；
(2)摆球直径为d＝1.0 cm＋6×0.1 mm＝1.06 cm
(3)根据单摆的周期公式T＝2π
可得单摆的摆长为L＝
从平衡位置拉开5°的角度处静止释放，可得振幅为A＝Lsin 5°
以该位置为计时起点，
根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x 与时间t 的关系为
x＝Acos ωt＝cos (t)。
12．(2024·广西卷·12)某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：
电容器，电源E(电动势6 V，内阻不计)，电阻R1＝400.0 Ω，电阻R2＝200.0 Ω，电流传感器，
开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下：
(1)断开S1、S2，将电流传感器正极与a 节点相连，其数据采样频率为5 000 Hz，则采样周期
为____________ s；
(2)闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I－t 曲线如图乙，由图乙可
知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为____________ mA(结果保留3 位有效数字)；
(3)保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板
间电压为____________ V；
(4)实验得到放电过程的I－t 曲线如图丙，I－t 曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷
量为0.018 8 C，则电容器的电容C 为____________ μF。图丙中I－t 曲线与横坐标、直线t＝
1 s 所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C，则t＝1 s 时电容器两极板间电压为
____________ V(结果保留2 位有效数字)。
答案 (1) (2)15.0 (3)2
(4)4.7×103 5.2
解析 (1)采样周期为T＝＝ s
(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA；
(3)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，
根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为UC＝R2＝2 V
(4)充电结束后电容器两端电压为UC′＝E＝6 V，
故可得ΔQ＝(UC′－UC) C＝0.0188 C
解得C＝4.7×103 μF
设t＝1 s 时电容器两极板间电压为UC″，
得(UC′－UC″) C＝0.003 8 C
代入数值解得UC″≈5.2 V。
四、解答题
13．(2024·广西卷·13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距
d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1 号锥筒运动到2 号锥筒用时t1
＝0.4 s，从2 号锥筒运动到3 号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
答案 (1)1 m/s2 (2)4
解析 (1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2
间中间时刻的速度为v1＝＝2.25 m/s
2、3 间中间时刻的速度为v2＝＝1.8 m/s
故可得加速度大小为
a＝＝＝1 m/s2
(2)设到达1 号锥筒时的速度为v0，
根据匀变速直线运动规律得v1＝v0－a
代入数据解得v0＝2.45 m/s
从1 号开始到停止时通过的位移大小为
x＝＝3.001 25 m≈3.33d
故可知最远能经过4 号锥筒。
14．(2024·广西卷·14)如图，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面
积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的
b 处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b 处缓慢移动到离圆柱形管最
右侧距离为5 mm 的a 处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b 处。设活塞从a 处向左
移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F－曲线如图。大气压强p0＝
1×105 Pa。
(1)求活塞位于b 处时，封闭气体对活塞的压力大小；
(2)推导活塞从a 处到b 处封闭气体经历了等温变化；
(3)画出封闭气体等温变化的p－V 图像，并通过计算标出a、b 处坐标值。
答案 (1)50 N (2)见解析 (3)见解析
解析 (1)活塞位于b 处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭
气体对活塞的压力大小为
F＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝50 N
(2)根据题意可知F－图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F＝k·
根据F＝pS 可得气体压强为p＝(SI)
故可知活塞从a 处到b 处对封闭气体得
pV＝·S·(x＋5)×10－3(SI)＝k·10－3(SI)
故可知该过程中封闭气体的pV 值恒定不变，故可知做等温变化。
(3)分析可知全过程中气体做等温变化，
由(1)知pb＝p0
在b 处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10－5 m3
在a 处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10－5 m3
根据玻意耳定律paVa＝pbVb
解得pa＝40×105 Pa
故封闭气体等温变化的p－V 图像如图所示。
15．(2024·广西卷·15)某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大
齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K 及绝缘圆盘等组成。K 由固定在绝缘圆盘上两个完全相
同的环状扇形线圈M1、M2组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场
边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K 所
在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K 的结构参数见图乙，其中r1＝r，r2
＝4r，每个线圈的圆心角为π－β，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界
处的磁场，若大齿轮以ω 的角速度保持匀速转动，以线圈M1的ab 边某次进入磁场时为计时
起点，求K 转动一周：
(1)不同时间线圈M1受到的安培力大小；
(2)流过线圈M1的电流有效值；
(3)装置K 消耗的平均电功率。
答案 (1)见解析
(2)·
(3)
解析 (1)由题意知大齿轮以ω 的角速度保持匀速转动，大、小齿轮线速度大小相等，设小
齿轮角速度为ω1，则ω1＝，ω＝
可得小齿轮转动的角速度为ω1＝nω
转动周期为T＝＝
以线圈M1的ab 边某次进入磁场时为计时起点，到cd 边进入磁场，
经历的时间为t1＝＝
这段时间内线圈M1产生的电动势为
E1＝B(4r－r)＝B×3r×＝nBr2ω
电流为I1＝＝
受到的安培力大小
F1＝BI1L＝B××(4r－r)＝
当ab 边和cd 边均进入磁场后到ab 边离开磁场，经历的时间为t2＝
由于M1线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当M1线圈ab 边离开磁场到cd 边离开磁场，经历的时间为t3＝t1＝
此时的安培力大小由前面分析可知
F3＝F1＝
方向与进入时相反；当M1线圈cd 边离开磁场到ab 边进入磁场，
经历的时间为t4＝t2＝
同理可知安培力为0。
(2)根据(1)可知设流过线圈M1的电流有效值为I，则根据有效值定义有
I1
2Rt1＋I3
2Rt3＝I2RT
其中I1＝I3，t1＝t3
联立解得I＝·
(3)根据题意可知流过线圈M1和M2的电流有效值相同，
则在一个周期内装置K 消耗的平均电功率为
P＝2I2R＝。
