广西2024届高中毕业班5月仿真考物理试卷含答案.pdf

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1、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）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司1物理参考答案物理参考答案1.【答案】A【详解】伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”运用了理想实验法，A 正确；速度定义式运用了极限的思想，故 B 错误；在实验探究加速度 a 与力 F、质量 m 的关系时，运用了控制变量法，C 错误；利用光电门测速度，运用了极限法，D 错误。2.【答案】A【详解】每一条钢索与塔柱成 角，则塔柱两侧每一对钢索对塔柱拉力的合力都沿竖直方向向下，所以 8 对钢索对塔柱的合力大小等于 1

2、6 条钢索沿竖直向下的分力的和，即 F合16Fcos，A 正确 B 错误；合力一定，分力间的夹角越小，则分力越小。若仅升高塔柱的高度，钢索与塔柱夹角变小，钢索承受的拉力变小，C 错误；若钢索与塔柱的夹角不等（每一对钢索不等长），钢索的合力也可以竖直向下，只是每一条钢索的力大小不相等，D 错误。3【答案】D【详解】A电场线越密，电场强度越大，M处电场线较密，M、Q两点场强大小关系为MQEE，故 A 错误；B根据沿电场线电势降低，MP、两点电势关系为MPjj，故 B 错误；C若PQ、两点关于两点电荷连线对称，根据对称性可知PQ、两点电场强度大小相等，方向不同，故 C 错误；D根据p()Eqj=-，

3、同一带负电的试探电荷，其在M点的电势能比在N点的电势能小，故 D 正确。4.【答案】D【详解】由开普勒第二定律 R1v=R2vQ解得 vQ=vRR21，A 错误；由22MmvGmrr=得GMvr=当飞船绕贴近地球地面运动时的线速度等于第一宇宙速度，是最大的环绕速度，轨道大于轨道的半径，飞船在轨道的速度大小一定大于飞船在轨道的速度大小，B 错误；根据2MmGmar=得2GMar=，飞船在轨道 P 点的加速度等于轨道上 P 点的加速度，C 错误；根据开普勒第三定律可知3123222()2RRRTT+=可得31232()2RRTTR+=，飞船在轨道从 P 到 Q 的时间为12T，即为3122122R

4、RTR+，D 正确。5.【答案】D【详解】衰变时释放的g射线，来自衰变产生的新核，A 错误；由质量数守恒和电荷数守恒可知，X 为42He粒子，B 错误；射线的穿透能力最强，电离能力最弱，C 错误；衰变后原子核更稳定，比结合能越大，即23793Np的比结合能大于24195Am，D 正确。6【答案】B【详解】A根据图像可知，入射角相同，a 的折射角小，根据12sinsinnqq=，可知，a 光的折射率大，故 A 错误；B根据cvn=可知，在玻璃砖中的 a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，学科网（北京）股份有限公司2光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径 r，根据rtv=可知，在玻璃砖中的 a 光的

5、传播时间大于b 光的传播时间，故 B 正确；Ca 光的折射率大，频率高，波长小，若该复色光由红光与紫光组成，则 a 光为紫光，故 C 错误；D若用 a、b 光分别进行双缝干涉实验，在其他条件相同的情况下，根据lxdl=a 光条纹间距小于 b 光条纹间距，故 D 错误。7.【答案】C【详解】设斜面体三边长分别为l、3l和 2l，由斜抛运动规律，物体过斜面顶角处时有20111sin3 sin302vtgtl-=，01cos3 cos30vtl=，物体落到斜面体右侧时底角处有022sinvgt=，02cos2vtl=，联立解得4tan33=，C 正确。8.【答案】BC【详解】两船位于平衡位置且之间有

6、且仅有一个波谷，则两船的距离可能为12l、l、32l，相应波长分别为60m、30m、20m，周期为3s，频率为13Hz，波速分别20/m s、10/m s、20/3m s，BC 正确 A 错误；波的传播速度由介质的性质决定，与波源的振动速度无关，D 错误。9【答案】BC【详解】A由图可知，当滑块运动到 x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故 A 错误；B加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区域的面积可得km33212Emaxx=-，故 B 正确；C根据牛顿第二定律得0k xlmgmam-

7、+=（），当0 x=时，0aa=，解得：动摩擦因数00aklgmgm=-故 C 正确；D由能量守恒定律可得：p3p131EEmg xxm=+-，故 D 错误。10.【答案】BCD【详解】电容器放电过程，极板间电压减小，导体棒向右运动产生感应电动势EBLv=，当极板间电压减至E时，导体棒达到最大速度时，电容器不再放电，但极板电荷量不为零，A 错误；根据QCUD=D，可得mQC EBLvD=-，由动量定理，可得mBIL tmvD=，又ItQD=D，联立，解得mLCBCmEQ+=D22，m22CEBLvCB Lm=+，BD 正确；根据 B 选项分析可知该过程中，安培力对导体棒的冲量等于导体棒动量的变

8、化，C 正确；11【答案】15.06（15.0415.08 均可）312.5 弹簧超出了弹性限度 (每空 2 分）【详解】（1）由图乙可知该刻度尺的最小分度值为 1mm，估读下一位则弹簧的长度0150.615.06cmLmm=（2）由图像可得劲度系数25N/m312.5N/m0.08k=（3）图像出现弯曲说明弹簧的弹力与弹簧的伸长量不再成正比，原因是弹簧超出了弹性限度。12.【答案】(1)C D E (2)201rRk+-（每空 2 分）【解析】(1)根据伏安法测电阻的原理，电流表 a 和电阻箱相当于电压表，电流表 b 测电流表 a学科网（北京）股份有限公司3和电阻箱的总电流，量程比电流表 a

9、 大。若电流表 a 选用 B，电流表 a 和电阻箱的总电阻最大约为 1100，电流表 a 和电阻箱的总电流约为110010A(1)450A25+=，当电流表 a 满偏时无论电流表 b 选用 C 还是 D 示数都太小（未达到三分之一），所以电流表 B 无法使用，电流表 a和电流表 b 分别选择 C 和 D。滑动变阻器 R2阻值太大，不方便调节，所以滑动变阻器选用 E。(2)根 据 部 分 电 路 欧 姆 定 律 得20()()abaxIrRIIR+=-，整 理 得20 xbaxrRRIIR+=，可 知20 xxrRRkR+=，解得201xrRRk+=-。13.【答案】(1)20 (2)【详解】(

10、1)当室内温度升高 15时，气缸内封闭气体发生等容变化T=t=15K由查理定律有ppTTD=D 2 分由于27K300KT=+273=解得P=20 2 分(2)若室内温度保持 27不变，气缸内封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律有01 1pVpV=2 分则初态有0VLS=末态有 p1S=pS+Mg 2 分设活塞下降距离为 h，有1VLh S=-解得=2 分14.【答案】4m/s 0.03m 0.4解：设碰撞前物块甲的速度为 v0，碰撞后物块甲、乙的速度分别为 v1、v2，得21 0112mvm gH=1 分1 01 122mvmvm v=+1 分 2221 01 122111222mvmvm v

11、=+1 分解得24m/sv=1 分设物块甲、乙共速的速度为 v，得222()m vmM v=+1 分2222202211()22m vmM vm gLm ghm=+1 分解得 h=0.03m 1 分物块乙恰好滑到滑板的最高点或者恰好回到滑板最左端时物块乙和滑板速度都相同，两种情况下摩擦因数分别为 1、2，得22222122211()(1 cos)22m vmM vm gLm gRm=+-2 分222222211()222m vmM vm gLm=+2 分解得 1=0.4 1 分 2=0.24 1 分要保证物体乙不滑离滑板，即不从右边飞出又不从左边滑离，动摩擦因数应有最小值，即 0.4 1 分1

12、5.【答案】(1)1：3 (2)2023mvEp-=D(3)03tan()6mvBqrnpp=-（2n=，3，4，5）【详解】(1)粒子在磁场1B中偏转，设半径为1r，由洛伦兹力提供向心力得学科网（北京）股份有限公司42001vqv Bmr=2 分由几何关系可得1tan30rr=1 分联立可得0133mvBqr=1 分故3:1:21=BB 1 分(2)从圆 b 边界上进入外环区域，粒子恰好不会从圆 c 飞离磁场，如图所示设粒子在磁场2B中偏转的轨道半径为2r，速度为1v，由几何关系可得22222(2)(2 3)rrrr+=-1 分解得22 33rr=1 分由洛伦兹力提供向心力可得21122vqv Bmr=1 分粒子经过辐向电场加速过程，根据动能定理可得20212121mvmvWab-=2 分 故有2023mvWEabp-=-=D 1 分(3)若粒子可以回到 A 点，其运动轨迹如图所示设粒子在2B和3B磁场中转动的次数各为n，粒子在磁场2B中相对于 O 点转过的圆心角不变，为60，则在磁场1B中相对于 O 点转过的圆心角为23npp=-1 分粒子在磁场1B中的轨迹半径为tan2nrr=1 分由洛伦兹力提供向心力得2003nvqv Bmr=1 分联立可得03tan()6mvBqrnpp=-（2n=，3，4，5）2 分