广西贵港市2023-2024学年高三上学期12月模拟考试物理试卷含答案.pdf

学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司第 1 页 共 5 页贵港市 2024 届普通高中毕业班 12 月模拟考试物理参考答案物理参考答案1.【答案】D【详解】A.这群氢原子自发跃迁时能发出光子频率的种类为10C25种不同频率的光。A 错。B.射线为重核衰变或裂变时才会放出，氢原子跃迁无法辐射射线，故 B 错误。C.这群氢原子中从 n=5 能级跃迁 n=1 能级时辐射出的能量为 13.06eV，不在可见光光子能量范围之内，C 错误；D.这群氢原子从 n=5 能级跃迁 n=2 能级辐射出的能量是 2.86eV，从 n=4 能级跃迁 n=2 能级时辐射出的能量为 2.55eV，从 n=3 能级跃迁 n=2 能级辐射出的能量是 1.89eV，这三个属于可见光，其他的不属于。D 正确。2.【答案】C【详解】由图可知，单色光的入射角比单色光的大，折射角相同，根据 n=sinr/sin则玻璃砖对单色光的折射率比单色光的大，A 错误，根据1sinCn折射率大的临界角小，更易发生全反射，单色光更容易发生全反射，B 错误。折射率大的频率大，由 c=f 知波长短，根据做双缝干涉实验时条纹间距小，由cvn知，折射率大的速度小，单色光由 O 到 P 用时较长，C 正确，D 错误。3.【答案】B【详解】P 点 M 点不在同一轨道，且 M 点在低轨道的椭圆轨道近地点，所以对应的 v1和 v3速率不相等，A 错误；v1和 v3不在同一轨道运行，速率不相等，A 错误；v1在近地点，v2在远地点，v1速度大，B 正确；N 点点火前后的加速度都是由该处的万有引力产生，所以加速度大小一样，C 和 D 都错误。4.【答案】A【详解】CD.由题意知，滑块沿斜面下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以速度时间图像应该是一条倾斜的直线，加速度时间图像应该是一条平行于时间轴的直线，CD 错误；A.根据匀变速运动的规律2012sv tat=-可知，位移与时间的关系图像的斜率应逐渐变小，是一条开口向下的抛物线的左半部分，A 正确；B.下降的高度201sinsinsin2hsv tat下降高度与时间的关系图像也应该是一条开口向下的抛物线的左半部分，B 错误。故选 A。5.【答案】B【详解】A.由波形图可知，10m处的质点向上振动，质点的起振方向沿y轴正方向，故 A 错误；B.由波形图可知，1st 内，传播的距离为10m，则该列波的传播速度为10m/s10m/s1v，故 B 正确；周期为8s0.8s10TvC.则O点的简谐振动方程为22sin2sin(cm)2sin2.5(cm)0.8yAtttT，故 C 错误；D.x轴 上4m处 质 点 开 始 振 动 的 时 刻 为0.6st，则 在0 1s时 间 内，x轴 上6m处 质 点 振 动 的 时 间 为11s0.6s0.4s2tT 则通过的路程为1424cm2sAA，故 D 错误。故选 B。6【答案】D【详解】运动员从跳台水平飞出，做平抛运动，设运动员初速度大小为0v，斜面的倾角为，运动员从开始运动到坡底所用的时间为t，已知0时运动员离斜坡面最远，此时运动员速度的方向与斜面平行，则有00tanvgt，tvgt0221tan解得 t=2t0=3sm/s020txv，43tan故 AB 错误；#QQABRYAEoggAAABAARgCAQVKCgEQkBEAAKoGBBAMMAABgBFABAA=#第 2 页 共 5 页从 a 处运动到 b 处过程中pmgt 解得pmgtC 错误；D.将运动按沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如图所示运动员做匀变速运动，当沿y方向的分速度减为 0 时，运动员离坡面最远，最远距离为 9m。D 正确。7.【答案】C【详解】A.根据理想气体状态方程pVCT对 a、c 两状态结合图像，可求得气体在 c 状态时的温度为400Kcccaaap VTTp V故 A 错误；理想气体在 abc 过程中，气体体积增大，则气体对外界做功，外界对气体做的功532 10(42)10 J400JWp V 故 B 错误；C.气体在 abca 过程中，则外界对气体做的功 100J，根据热力学第一定律可知放出热量 100J，故 C 正确；D.气体在 bc 过程中，气体压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内撞击单位面积器壁上的气体分子个数变少，故 D 错误。8.【答案】BD【详解】A.输入电压U变小，则有副线圈输出电压 U2变小，副线圈的总电流变小，指示灯L的电流变小，亮度减小，A 错误；B.输入电压U变大，则有副线圈输出电压 U2变大，副线圈的总电流变大，指示灯L的电流变大，亮度增加，B 正确；C.电阻R变大，副线圈的总电流减小，指示灯L的电流减小，亮度减小，C 错误。D.电饭锅变为保温状态，副线圈的输出功率减小，副线圈的总电流减小，线路电阻R两端电压减小，副线圈输出电压不变，则有指示灯L两端电压增大，电流增大，亮度增加，D 正确；故选 BD。9.【答案】AD【详解】A.由几何关系可以得到 P、A 间的距离为3lR，由库仑力的合成可以得到点电荷 P 所受的库仑力大小为223cosqFkl库，解得2232kqFR库，故 A 正确；B.三个点电荷 A、B、C在O点的场强为零，点电荷 P 在O点的场强不为零，故O的场强不为零，B 错误。C.在沿着球面直径 PM 由OM 方向的电场强度的方向向下，电场力对正的点电荷做正功，故电势能减小，故 C 错误。D.由几何关系知，AO 边线与 OM 的夹角 60，则 A、B、C 三个点电荷在 O 处产生的场强大小为2233cos2kqkqERR，方向向上，点电荷 P 在 O 处产生的场强大小为2kqER，方向向下，所以 O 点处的合场强为202RkqEEE，方向向上，故 D 正确；故选 AD。10.【答案】AC【详解】A.设小滑块质量为 m，小滑块与长木板之间的动摩擦数为，当小滑块与长木板发生相对滑动时，对小滑块由牛顿第二定律有 =，得=，由（b）图可得=0.6，A 选项正确；BC.从图(b）知，当拉力为 F0时，小滑块与长木板恰好发生相对滑动，此时两物体具有共同加速度22m/s，对长木板分析，由牛顿第二定律有 0(+)=，得=2kg；对小滑块，有0 =，得0=16N，C 选项正确；因为=12 0(+)=8，所以小滑块和长木板相对地面同时发生相对滑动，B 选项错误；D.由于=12N 0=16N，所以此时长木板的加速度未达到 2m/s2，D 选项错误。11.【答案】（1）B（2）mghB228)(ThhmAC（3）C（4）td2g每空 1 分，共 6 分【详解】（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。故选 B。（2）从打O点到打 B 点的过程中，重物的重力势能变化量：pBEmgh#QQABRYAEoggAAABAARgCAQVKCgEQkBEAAKoGBBAMMAABgBFABAA=#第 3 页 共 5 页打B点的速度为2CABhhvT动能变化量22k2()128CABm hhEmvT（3）正常情况下实验中，由于系统误差，各种阻力导致机械能有损失，那么重力势能的减小量总略大于动能的增加量，而此验恰相反，则是操作错误引起的，可能是物体具有初速度，即先放手后接通电源。故选 C。（4）根据光电门的测速原理，小球的直径为 d，小球通过光电门的速度 v 与时间 t 的关系为dvt根据位移与速度的关系式有 v2=2gx结合图像，可知，图乙中直线的斜率2kg12.【答案】（1）C（1 分），F（1 分）（2）（2 分）（3）高（1 分）（4）0.93（2 分），2.56（2 分）【详解】（1）由于变阻器要采用分压式接法，滑动变阻器应选 C；由于电压表的量程较小，需串联定值电阻扩大量程，故定值电阻应选 F；（2）实验电路如图所示（3）因为采用电流表外接法，由于电压表的分流，使电流表示数偏大，则测量值的 I-U 图线中电流应偏大，故图线偏高；（4）假设通过灯泡的电流为 I，灯泡两端的电压为 U，通过滑动变阻器的电流为 2I，当滑动变阻器 R 的功率是小灯泡的两倍时，滑动变阻器两端的电压也为 U，由闭合电路欧姆定律可得 E=2U+2Ir，代入数据整理得 U=3-2I，把该函数关系画在图 a 中，如图所示：与小灯泡伏安特性曲线的交点即为电路工作点，该点横、纵坐标值的乘积等于小灯泡的实际功率，可得 P=UI=2.180.426W=0.93W，此时滑动变阻器接入电路的电阻为2.562IUR。#QQABRYAEoggAAABAARgCAQVKCgEQkBEAAKoGBBAMMAABgBFABAA=#第 4 页 共 5 页13.（10 分）解：（1）粒子第一次偏转经过 A 点，其运动轨迹如图所示。由图可知 Rsin45=L（1 分）得LR22（1 分）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有RmvqvB2（1 分）mqBLv22（1 分）在加速电场，有221mvqU（1 分）得mLqBU422（1 分）（2）粒子的运动轨迹如图，由图可知弦 PA 对应圆心角为 90，弦 AQ对应圆心角为 270，弦 QD 对应圆心角为 270。粒子磁场中做匀速圆周运动，其周期qBmvRT22（1 分）得qBmTTt274736027027090（3 分）14.解：（1）小物块在曲面上升到最大高度 h 时，两者具有共同的速度 v共。0()mvmM v共（2 分）得m/s3共v（1 分）又220)(2121共vmMmvmgh（2 分）得h=2.7m（1 分）（2）从最初到小物块再次回到 B 点，有012mvmvMv（1 分）222120212121Mvmvmv（1 分）以上两式，得m/s31v，m/s62v（2 分）即小物块速度大小为 3m/s，曲面的速度大小为 6m/s。（3）方法一：小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有2210mvWlf弹其中结合图221mgmgf（2 分）得J5.0弹W根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能J0.5maxPE（1 分）方法二：由 f=mg 和-x 图像可得 f-x 图像如图所示图像和横轴围成的面积对应的物理意义是该过程克服摩擦力所做的功。由图知J4面积SWf（1 分）小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有2210mvWWf弹（1 分）得J5.0弹W根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能J0.5maxPE（1 分）15.解：（1）导体棒的速度最大时有#QQABRYAEoggAAABAARgCAQVKCgEQkBEAAKoGBBAMMAABgBFABAA=#第 5 页 共 5 页BLvm=I(R+r)（2 分）BLI=Mg（1 分）解得vm=3m/s（1 分）（2）导体棒从开始运动到刚达到最大速度的过程中，分别对重物和导体棒组成的系统用应用平均动量定理m)(vmMLtIBMgt（2 分）又rRBLdItq（1 分）解得d=3.6m（1 分）（3）从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，由能量守恒QvmMMgd2m)(21（1 分）解得Q=0.9J（1 分）电阻 R 中产生的热量J6.032RRQQrQR（1 分）（4）设稳定时导体棒的速度为 v，则电容器两端电压UBLv（1 分）电容所带的电荷量为qCU（1 分）对导体棒由平均动量定理有mBI Ltmvmv（1 分）通过导体棒的电荷量qIt（1 分）解得=0.75（1 分）#QQABRYAEoggAAABAARgCAQVKCgEQkBEAAKoGBBAMMAABgBFABAA=#