2023-2024学年广西省桂林市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广西省桂林市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.人工核转变是指人类通过特定的实验手段，将原子核中的质子、中子和其他粒子进行增加、减少、替换等改变，从而使原子核的性质发生变化的过程。在核反应方程 24He+N714N→ 817O+X中，X表示的是
A. 电子B. 质子C. 中子D. α粒子
2.如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，相邻的等势面间的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴由静止出发从发射极沿图中实线加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是
A. 液滴带的是负电B. a点的电势比b点的低
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小D. 液滴在a点的电势能比在b点的大
3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻恰好传播到x=6.0 m处，波形如图所示。t=0.2 s时，平衡位置为x=4.5 m的质点A第一次到达波峰。下列说法正确的是
A. 简谐横波的波速大小为30 m/s
B. 波源振动的周期为0.8 s
C. t=0.2s时，平衡位置为x=3.0 m的质点处于波谷
D. 从t=0到t=2.0 s时间内，平衡位置x=9.0 m的质点通过的路程为1.8 m
4.如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平面平行。由两种单色光组成的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的b、c两点处(入射到b、c两点的两束单色光分别称为单色光b和单色光c)，b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是
A. 单色光b可能在b点发生全反射
B. 在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的大
C. 单色光b的波长比单色光c的长
D. 单色光b的频率比单色光c的小
5.输电能耗演示电路如图所示。左侧理想变压器原、副线圈匝数比为1:4，输入电压有效值为9 V的正弦式交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为4 Ω，负载R的阻值为8 Ω。右侧理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，R消耗的功率为P。以下计算结果正确的是
( )
A. P=16 wB. P=32 wC. P=64 wD. P=72 w
6.某次排球比赛中，甲运动员在离地高度为h1=2.8 m处将排球水平击出；乙运动员在离地h2=1.0 m处将排球垫起，垫起后球的速度大小相等，方向相反，且与水平方向成37°。已知排球质量m=0.3 kg，取重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。以下说法正确的是
A. 排球在垫起前在空中运动的时间为0.8 s
B. 排球水平击出时的初速度大小为6.0 m/s
C. 排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为6.0 N·s
D. 排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为3.2 m
7.在“互联网+”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购也促进了快递业发展。如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱和里面快递的总质量为30 kg，货箱与地面间的动摩擦因数μ= 33。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速直线运动，取g=10 m/s2，则所施加拉力的最小值和方向为
A. 大小为100 N，方向指向左上方与水平方向成30°
B. 大小为100 N，方向指向左上方与水平方向成60°
C. 大小为150 N，方向指向左上方与水平方向成30°
D. 大小为150 N，方向指向左上方与水平方向成60°
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.我国的“神舟十三号”载人飞船与“天宫空间站”成功对接，顺利完成任务。假定对接前，“天宫空间站”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十三号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都在图示平面内逆时针运转。若“神舟十三号”在轨道1上的P点瞬间改变其速度的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在轨道2和轨道3的切点R与“天宫空间站”进行对接，下列说法正确的是
( )
A. “神舟十三号”应在P点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2
B. “神舟十三号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程中，万有引力不做功
C. “神舟十三号”沿椭圆轨道2从P点经Q飞向R点过程机械能守恒
D. “天宫空间站”在轨道3上经过R点时的速度与“神舟十三号”在轨道2上经过R点时的速度大小相等
9.甲、乙两辆车初始时相距1200 m，甲车在后、乙车在前，乙车在8 s时刻开始运动，它们在同一直线上做匀变速直线运动，速度—时间图像如图所示，则下列说法正确的是
A. 乙车的加速度大小为0.42 m/s2B. 两辆车在t=36 s时速度相等
C. 两辆车可能相撞D. 甲车停下时，乙车在甲车前面391 m处
10.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v04。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是
A. M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为F=B2L2v0R
B. N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q=mv04BL
C. 初始时刻N到ab的最小距离x=mv0R4B2L2
D. 从M进入磁场到N离开磁场，金属杆N产生的焦耳热Q=3mv0232
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组为了验证小球所受向心力与角速度、半径的关系，设计了如图甲所示的实验装置，转轴MN由小电机带动，转速可调，固定在转轴上O点的力传感器通过轻绳连接一质量为m的小球，一根固定在转轴上的光滑水平直杆穿过小球，保证小球在水平面内转动，直杆最外边插一小遮光片P，小球每转一周遮光片P通过右边光电门时可记录遮光片最外边的挡光时间，某次实验操作如下：
(1)用螺旋测微器测量遮光片P的宽度d，测量结果如图乙所示，则d=_______mm。
(2)如图甲所示，安装好实验装置，用刻度尺测量遮光片最外端到转轴O点的距离记为，测量小球球心到转轴O点的距离记为L2。开动电动机，让小球转动起来，某次遮光片通过光电门时光电门计时为t，则小球此时的角速度等于_______。(用字母d、t、L1、L2中的部分字母表示)
(3)验证向心力与半径关系时，让电动机匀速转动，遮光片P每次通过光电门的时间相同，调节小球球心到转轴O点的距离L2的长度，测出每一个L2的长度以及其对应的力传感器的读数F，得出多组数据，画出F−L2的关系图像应该为_______。
(4)验证向心力与角速度关系时让小球球心到转轴O点距离L2不变，调节电动机转速，遮光片P每次通过光电门的时间不同，记录某次挡光时间t同时记录此时力传感器的读数F，得出多组F与t的数据，为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画_______(选填“F−t”“F−t2”“F−1t”或“F−1t2”)关系图。
12.桂林市某一中学电学实验室需要测量某电阻Rx(阻值约为3kΩ)的阻值，现有如下器材：
A：电流表A1量程0.6A，内阻约为3Ω
B：电流表A2量程1mA，内阻约为100Ω
C：电压表V1量程3V，内阻约为3000Ω
D：电压表V2量程15V，内阻约为15kΩ
E：滑动变阻器R1，最大阻值1kΩ，允许最大电流0.6A
F：滑动变阻器R2，最大阻值20Ω，允许最大电流1A
C：电源电动势3V
H：导线、开关若干
(1)某实验小组设计了如图所示的测量电路，为了准确测量Rx的阻值，电流表应选_______，电压表应选_______，滑动变阻器应选_______。(填各器材前面的序号)
(2)他们根据第(1)问中所选器材的相关数据按照图示电路连接好电路，闭合开关S，然后_______(选填“闭合S1断开S2”或“闭合S2断开S1”)，调节RP到合适位置，分别读出电压表和电流表读数为U和I，测得Rx=UI。
(3)调节RP得出多组U和I的值，算出多组Rx值，然后取平均值，此平均值即为Rx的测量值。
(4)该实验小组分析了实验误差，发现测量值_______真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)，于是设计了一个新的操作方案：①仍按如图所示连接好电路；②闭合S之后，再闭合S1断开S2，调节RP让电流表、电压表有合适值，读出此时的电压表读数U1；③不调动RP的位置，断开S1和S2，让电流表与Rx直接串联，读出此时电流表读数为I1；④计算得Rx的测量值为Rx=U1I1。请你分析一下这个新的操作方案有没有系统误差(分析时可认为，不调动RP位置则OP间的电压不变)：Rx的测量值_______真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.小林同学在实验室探究气体状态变化规律，如图所示，实验室有一下端有小段软管、导热性能良好的U型管，U型管左端封闭右端开口，左管内用水银柱封闭一段气体，可看成理想气体，左端封闭的气体长度L=22 cm，左右两管水银柱高度相同都为H=28 cm，U型管的非软管部分粗细均匀，已知大气压强为75 cmHg，实验室温度为27℃，管的粗细相对水银柱的高度来说可忽略不计，求：
(1)现将U型管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？
(2)小林同学利用这个U型管和一把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U型管移到另一个封闭环境(如题图所示竖直放在地面上)，左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢复原长22 cm。此时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖直高度为22 cm，依据这些条件可求出这个封闭环境温度为多少摄氏度？
14.质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷qm的精密仪器，某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压U1，B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为B1，两板距离为d，C为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一比荷为k1(未知)的正粒子P，不计重力，从小孔S1“飘入”(初速度为零)，经加速后，该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔S3进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与S3距离为L。求：
(1)粒子P的比荷k1为多大；
(2)速度选择器的电压U2应为多大；
(3)另一粒子Q同样从小孔S1“飘入”，保持U2和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点(在D点右侧)，测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷k2，求k2(用k1表示)。
15.如图所示，一足够长倾斜角θ=30°的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面的某处放置一小滑块B(可看成质点)，已知A和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为L=0.9 m的地方固定一光滑小球C(可看成质点)，已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数μ1= 32，A与斜面间动摩擦因数μ2= 33，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，将固定的光滑小球C由静止释放，C与B会发生弹性碰撞，求：
(1)小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别多大；
(2)要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长；
(3)A和B共速时，滑块B与小球C相距多远。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据核反应方程的质量数和电荷数守恒即可判断出X表示什么粒子，从而正确解答本题．
本题考查了核反应方程中的质量数和电荷数守恒的应用，同时注意原子核的质量数和电荷数的表示方法．
【解答】
设X的质量数为m，电荷数为n，根据质量数和电荷数守恒可得：
14+4=17+m，7+2=8+n，
解得m=1，n=1，故X表示质子；故 B正确，ACD错误．
2.【答案】D
【解析】【分析】
由图判断发射机与吸板的电势高低，由等势面的疏密判断电场的强弱，再由电场的强弱判断加速度的大小；只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变，电场力做正功动能增大，电势能减小。
本题主要考查对电场的理解与应用，熟悉电场与电势的关系是解题的关键，难度不大。
【解答】
B.由图可知，发射极接电源正极，吸板接电源负极，则发射极为高电势，吸板为低电势，电场线由发射极指向吸板，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，选项B错误；
A.带电液滴由静止出发从发射极沿图中实线加速飞向吸板，液滴带的是正电，故A错误；
C.等差等势面越密集电场强度越大，可知a点的电场强度比b点的大，根据牛顿第二定律可得a=qEm可知液滴在a点的加速度比在b点的大，选项C错误；
D.只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变；液滴在电场力作用下向右加速，电场力做正功，动能增大，电势能减少，因此液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。
故选 D。
3.【答案】D
【解析】【分析】本题考查机械波，要掌握机械波传播的特点，掌握波传播与质点做简谐运动的关系。通过图像可以直接读取波长与振幅，根据质点的振动情况以及波的传播规律分析解题。
【解答】AB、t=0时刻，A在波谷，t=0.2s，A第一次到达波峰，则0.2s为半个周期，周期T=0.4s，
根据图像，波长λ=6.0m，则波速v=λT=15m/s，故AB错误；
C、t=0时刻，平衡位置为x=3.0 m的质点处于平衡位置，则t=0.2s=T2时，质点仍然处于平衡位置，故C错误；
D、t=0时刻之后波传播到x=9.0m所用时间为9−6v=0.2s，故从t=0到t=2.0s时间内，平衡位置x=9.0 m的质点振动了1.8s=4.5T，质点通过的路程为4.5×4A=18A=1.8m，故D正确。
故选D。
4.【答案】A
【解析】【分析】
根据折射定律确定折射率；
由v=cn结合折射率，分析光速；
由c=λν比较波长大小；
根据全反射临界条件，分析是否发生全反射；
本题考查学生对折射定律、全反射临界条件、光的频率、波长关系等规律的掌握，解题关键是正确画出光路图。
【解答】
CD.从图可知，两光的入射角相等，b的折射角小于c的折射角；根据折射定律n=sinθsinα可知，nb>nc;则νb>νc;
根据c=λν可知，λbx甲，所以两车不会相撞，故C错误；
D.甲车停下来时，甲车的位移x甲′=v02t甲=50×502=1250m，
乙车的位移x乙′=12a乙t−82=12×12×50−82m=441m，
两车之间的距离：s=x乙′+1200−x甲′=391m，甲车在乙车后面391m，故D正确。
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
双杆组成的系统受到的安培力的合力为零，故系统动量守恒，明确这一点是解题关键。电磁感应中求位移、时间或者电量，往往用到动量定理，应用动量定理时，在理解的基础上应该记住相关的二级结论：安培力的冲量大小为I=Blq。在解决电磁感应中的电荷量问题时，注意应用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得到公式q=ΔΦR，其中R为回路总电阻，ΔΦ为初、末时刻的磁通量变化量。
【解答】A、当M刚进入磁场时，电路中的电流最大，N受到的安培力最大，此时加速度最大，E=BLv0，I=E2R，对M有F=BIL，解得F=B2L2v02R，故A错误；
B、对N分析，根据动量定理有BLIt=mv04，其中q=It，解得q=mv04BL，故B正确；
C、若N出磁场时，M也恰好出磁场，此时N的初始位置到ab有最小距离d，根据q=ΔΦ2R=BLd2R，解得d=mv0R2B2L2，故C错误；
D、由MN组成的系统动量守恒，则有mv0=mvM+mv04，解得vM=3v04，
根据能量守恒定律，电路中产生的总焦耳热为Q=12mv02−12m34v02−12m14v02=316mv02，则M中产生焦耳热为QM=12Q=332mv02，故D正确。
故选 BD。
11.【答案】(1) 1.880mm
(2) dL1t
(3)A
(4) F−1t2

【解析】(1)根据螺旋测微器的读数原理地
d=1.5mm+38×0.01mm=1.880mm
(2)遮光片通过光电门时光电门计时为t时遮光条地线速度为
v=dt
所以小球此时的角速度为
ω=vr=dL1t
(3)遮光片P每次通过光电门的时间相同，L1、d不变，则 ω 不变，由
F=mω2L2
可知 F−L2 的关系图像为过原点得倾斜直线。
故选A。
(4)由
F=mω2L2=m×(dtL1)2×L2=md2L2L12⋅1t2
为了准确验证小球所受向心力F与角速度ω的关系，利用实验测量应画 F−1t2 图像。
12.【答案】 B C F 闭合S2断开S1 大于 小于
【解析】(1)[1]电路中最大电流约为
I=ERx=33000A=0.001A
故电流表选量程1mA的电流表A2，故选B。
[2]电源的电动势为3V，所以电压表选择量程3V的V1，故选C。
[3]为了便于调节，滑动变阻器选择阻值较小的 R2 ，故选F。
(2)[4]由于
Rx> RARV
所以电流表应采取内接法，按照图示电路连接好电路，闭合开关S，然后闭合S2断开S1。
(4)[5]由于电流表的分压，电压表的测量值偏大，电阻的测量值大于真实值。
[6]当闭合S之后，再闭合S1断开S2，由于电压表与电阻 Rx 并联，所以测得的 U1 比断开S1和S2，让电流表与 Rx 直接串联时电阻 Rx 两端的电压值偏小，所以利用 Rx=U1I1 测得的电阻值小于真实值。
13.【答案】解：(1)对左管封闭的气体，经分析可知此状态变化过程为等温变化。
初状态参数为：P1=75cmHg;V1=LS=22cmS
右管水平放置后，设左管水银面高度降为xcm;
则此时左管封闭的气体状态参数为：
P2=(75−x)cmHg ①
V2=(L+H−x)S=(50−x)cmS ②
由玻意耳定律有：P1V1=P2V2 ③
代入已知数据解得：x1=105cm(舍去，可不写出)，x2=20cm ④
则水银柱右端离右管口的距离为△x=L−(H−x2)=14cm ⑤
(2) 对左管封闭的气体，经分析可知此状态变化过程为等容变化。
初状态参数为：P1=75cmHg
T1=(273+27)K=300K ⑥
末状态参数为：P3=P1+Ph−PH=69cmHg ⑦
由查理定律有：P1T1=P3T3 ⑧
代入已知数据解得T3=276K ⑨
则封闭环境温度为t3=(276−273)℃=3℃ 10
【解析】(1)将U型管右管缓慢放置水平，温度不变，对左管封闭的气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
(2)根据对左管封闭的气体，经分析可知此状态变化过程为等容变化，由查理定律求解。
本题考查气体实验定律以及查理定律，找出初末状态的状态参量，注意气体的状态的变化。
14.【答案】解：(1)设正粒子P的电荷量为q1，质量为m1，经过加速器A有：q1U1=12m1v2 ①
匀速通过速度选择器B，以速度v进入分离器C有：q1vB2=m1v2r1 ②
r1=L2 ③
则解得P粒子的比荷k1=q1m1=8U1B22L2 ④
(2)在速度选择器中，匀速直线运动有：q1vB1=q1E ⑤
E=U2d ⑥
联立 ① ④ ⑤ ⑥式解得：U2=4dB1LB2U1 ⑦
(3)另一粒子Q能通过速度选择器B，则其速度也为v。
在分离器C中：q2vB2=m2 v2r2 ⑧
由几何关系知：r2=L+x2 ⑨
对比 ⑧式与 ②式联立 ③式、 ⑨式可得：k2=q2m2=LL+xk1
【解析】本题考查质谱仪的原理，要分析清楚粒子的运动过程，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题。
(1)正粒子P经过加速器A，匀速通过速度选择器B，以速度v进入分离器C，正粒子在磁场中做匀速圆周运动，确定粒子的轨迹半径，应用牛顿第二定律即可求出粒子P的比荷k1。
(2)在速度选择器中，匀速直线运动，由平衡条件求出速度选择器的电压。
(3)另一粒子Q能通过速度选择器B，在分离器C中粒子Q，在磁场中做匀速圆周运动，再由几何关系确定粒子的轨迹半径可得粒子Q比荷k2。
15.【答案】解：(1)对C碰前，由机械能守恒定律：
mgLsin30∘=12mv02
解得v0=3m/s
对C碰B过程由动量守恒定律和能量守恒定律：
mv0=mv1+3mv2
12mv02=12mv12+123mv22
联立知，v1=−1.5m/s，即C的速度大小为1.5m/s，方向沿斜面向上
v2=1.5m/s，即B的速度大小为1.5m/s，方向沿斜面向下；
(2)碰后，对滑块B，由牛顿第二定律：
3mgsinθ−3μ1mgcsθ=3ma1
解得a1=−2.5m/s2
对长木板A，由牛顿第二定律：
2mgsinθ+3μ1mgcsθ−6μ2mgcsθ=2ma2
设经时间t1，A与B达共同速度v，则有v=a2t1=v2+a1t1
t1=0.4s;v=0.5m/s
因μ1>μ2，共速后A与B一起匀减速下滑
共速前，A与B的位移分别为xA和xB。则
xB=v2+v2t1
xA=v2t1
相对滑动的距离△x=xB−xA代入数据解得Δx=0.3m
所以木板A的长度至少为LA=L+Δx=1.2m；
(3)运动过程的v−t图像如下图所示：
经过计算可知0.4s时，A、B、C三者共速。
由v−t图面积可得B、C间相对位移为Δx′=12×(1.5+1.5)×0.4m=0.6m
即可得A、B共速时，B、C相距0.6m。
【解析】本题考查碰撞和牛顿第二定律的应用等知识，弄清楚运动过程是解题的关键。
(1)根据机械能守恒定律和动量守恒定律、能量守恒定律列方程得出所求速度大小；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式、空间关系得出木板A的最小长度；
(3)画出速度关系图，计算出共速的时间，结合图像直接求出A和B共速时，滑块B与小球C的距离。