資源簡介

2024屆廣西壯族自治區南寧市名校聯盟高三適應性考試二模物理試題
1．（2024高三上·南寧模擬）物理學作為一門自然科學，對人類的進步有著極其重要的地位和作用，尤其是近代物理，它深刻地影響著人類對物質世界的認識，下列關于近代物理的說法正確的是（　　）
A．在光電效應實驗中，光電子的最大初動能與入射光頻率成正比
B．發生β衰變時輻射出的電子來源于原子的核外電子
C．現已建成的核電站的能量主要來自天然放射性元素的衰變
D．光具有波粒二象性，光的波長越長，光子的能量越小，波動性越明顯
2．（2024高三上·南寧模擬）小車從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時（如圖所示）小車的速度為v，BC的距離是AB的2倍，則到達C點時小車的速度為（　　）
A． B．3v C． D．2v
3．（2024高三上·南寧模擬）如圖（a）所示，刷油漆的使用的滾筒刷，既可以刷天花板，也可以刷豎直墻面和水平地面，某同學為了研究其運動過程中的受力情況，將刷天花板時的過程簡化為圖（b），質量為m的物體在外力F的作用下沿水平方向做勻速直線運動，F與水平方向的夾角為，若保持F大小不變，F與水平方向的夾角仍為，物體與天花板和水平地面之間的動摩擦因數相同，建立如圖（c）所示模型進行分析，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，關于圖（b）和圖（c）中物體所受摩擦力，下列說法正確的是（　　）
A．圖（b）中物體所受摩擦力大
B．圖（c）中物體所受摩擦力大
C．圖（b）和圖（c）中物體所受摩擦力一樣大
D．以上三種情況都有可能
4．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示，修正帶是一種常見的學習用具，是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的，其原理可簡化為圖中所示的模型。A、B是轉動的大小齒輪邊緣的兩點，C是大輪上的一點，若A、B、C的軌道半徑之比為2：3：2，則A、B、C的向心加速度大小之比（　　）
A．9：6：4 B．9：6：2 C．6：4：3 D．6：3：2
5．（2024高三上·南寧模擬）2023年10月26日，搭載神舟十七號載人飛船的長征二號運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射，之后成功對接于空間站天和核心艙，載人飛船與空間站組合體成功實現交會對接形成組合體，在離地面高度為h的軌道平面做勻速圓周運動，已知地球的質量為M，半徑為R，萬有引力常量為G，由以上信息能求出組合體的（　　）
A．動能 B．周期 C．向心力 D．動量
6．（2024高三上·南寧模擬）關于一定質量的理想氣體的內能，下列說法正確的是（　　）
A．氣體在壓縮的過程中，內能一定增大
B．氣體在放熱的過程中，內能一定減小
C．氣體在等溫壓縮過程中，內能一定增大
D．氣體在等壓膨脹過程中，內能一定增大
7．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示，質量分別為m1=1kg和m2=2kg的兩個大小完全相同的物塊，通過輕繩相連，并連接在裝有定滑輪的小車上，不計一切摩擦。在水平推力F1的作用下m1緊貼著小車，且小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若將圖中兩個小物塊的位置互換，在水平推力F2的作用下m2緊貼著小車，使得小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若兩次運動的時間相同，則兩次小車運動的位移之比為（　　）
A．1：1
B．2：1
C．1：4
D．以上都有可能，與小車的質量有關
8．（2024高三上·南寧模擬）一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，圖（a）是t=0.5s時刻的波形圖，圖（b）是平衡位置為x=2m處質點的振動圖像。由此信息判斷，下列說法正確的是（　　）
A．該簡諧橫波沿x軸正方向傳播
B．該簡諧橫波沿x軸負方向傳播
C．波速為2m/s
D．t=1.5s時x=1m處質點的加速度為零
9．（2024高三上·南寧模擬）某電場的三條等勢線為關于x軸對稱的橢圓，如圖所示，a、c、d為等勢線上的3個點，其電勢分別為，，，b為ac的中點。一質子僅受電場力作用從a點由靜止釋放，下列說法正確的是（　　）
A．沿x軸正方向電勢一直降低
B．質子從a到d的過程中加速度減小，速度增大
C．b點的電勢大于13V
D．質子運動到d點時的動能為12eV
10．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上，虛線邊界的右側有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線左側有一長為2L、寬為L的矩形金屬框，其電阻為R，第一次讓金屬框的ab邊平行虛線邊界、給金屬框一個水平向右的初速度v0讓其恰好完全進入磁場區域；第二次讓金屬框的bc邊平行虛線邊界、給金屬框一個水平向右的外力讓其以速度v0勻速進入磁場區域。關于第一次和第二次金屬框進入磁場的過程，下列說法正確的是（　　）
A．金屬框中的電流方向相同，都為逆時針
B．金屬框中的焦耳熱之比為1：4
C．通過金屬框橫截面的電荷量之比為1：2
D．金屬框中進入磁場的時間之比大于4：1
11．（2024高三上·南寧模擬）某學生實驗小組利用圖甲所示裝置探究驗證動能定理。實驗步驟如下：
①用天平測量物塊和遮光片的總質量m、重物的質量也為m；用螺旋測微器測量遮光片的寬度d；用米尺測量兩光電門之間的距離x；
②調整氣墊導軌和輕滑輪，使氣墊導軌和細線水平；
③開動氣泵，讓物塊從光電門A的左側由靜止釋放，用數字毫秒計分別測出遮光片經過光電門A和光電門B所用的時間和；
回答下列問題：
（1）測量遮光片的寬度d時，某次螺旋測微器的示數如圖乙所示。其讀數為　 　mm，由讀數引起的誤差屬于　 　（填“偶然誤差”或“系統誤差”）。
（2）物塊和遮光片從光電門A到B的過程中，若動能定理成立，其表達式為　 　。（用題給物理量表示，當地的重力加速度為g）
12．（2024高三上·南寧模擬）某興趣小組為了測量一待測電阻Rx的阻值。
（1）首先用多用電表粗測出它的阻值，第一次粗測發現指針偏轉角度過大，然后換成“×1”的歐姆擋，在測量前　 　（選填“需要”、“不需要”）進行歐姆調零，測得其阻值如圖甲中指針所示，則其讀數為　 　Ω。
（2）為了更加精確測量Rx的阻值，實驗室里準備了以下器材：
A．電壓表V1：量程3V，內阻為3kΩ
B．電壓表V2：量程15V，內阻約為100kΩ
C．電流表A：量程0.6A，內阻約為1Ω
D．滑動變阻器R1：最大阻值6Ω
E．滑動變阻器R2：最大阻值60Ω
F．定值電阻R3=3kΩ
G．定值電阻R4=6kΩ
H．電源（電動勢約6V，內阻不計）、導線若干、開關
根據所給器材，請在圖乙虛線框中畫出設計的電路圖，要求電流表和電壓表的讀數范圍盡量大　 　，滑動變阻器選用　 　（選填“R1”或“R2”），定值電阻R0有兩種，最好選用　 　（選填“R3”或“R4”）。
13．（2024高三上·南寧模擬）高錕是著名的華裔物理學家，在光纖通信方面的研究獲得諾貝爾物理學獎，被人們尊稱為光纖之父。光纖通信的主要部件為光導纖維，光導纖維是由纖芯和包層兩部分組成光纖是現代通訊普遍使用的信息傳遞媒介，是利用全反射原理來傳遞光信號。現有一根圓柱形玻璃絲，某學習小組探究該材料用來做光纖通信材料，如圖所示，入射光線與法線和折射光線與界面的夾角均為，sin53°=0.8。
（1）若用該玻璃絲做成光纖通信的纖芯，還需要在纖芯外加上包層，包層的折射率比纖芯的折射率大還是小？（直接寫出結果）
（2）若無包層，該材料的折射率是否滿足任意方向的入射光（圖中入射角為任意的銳角）都能傳遞到另一端，請通過計算來說明。
14．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示，打彈珠是一種常見的游戲，該游戲的規則為：將手中的彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發生碰撞，被碰彈珠若能進入前方的坑并停在坑中即為勝出，被碰彈珠經過坑時的速度如果大于1m/s則不會停在坑中而從坑中滑出。現將此游戲進行簡化，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x1=1m，彈珠B與坑的間距為x2=0.6m。某同學將彈珠A以的初速度水平向右瞬間彈出，與B發生正碰，碰后A的速度方向不變，大小為1m/s。已知兩彈珠的質量均為m=10g，A、B在運動過程中與地面間的摩擦力均為f=0.02N，求：
（1）兩彈珠碰撞過程中損失的機械能。
（2）通過計算判斷該同學能否勝出？
15．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示為兩個固定的絕緣的圓筒的橫截面，其半徑均為R，兩圓筒之間存在著水平向右大小可調節的勻強電場，圓筒的軸線在圓心處，圓筒內均有平行于軸的向外的勻強磁場（圖中未畫出），左邊圓筒內磁感應強度為B，右邊圓筒內磁感應強度為，分別在兩圓筒開小孔b和c，b、c在圓筒中心O1O2的連線上，且b、c之間的距離為R，整個裝置處在真空中。現有一帶正電的粒子從最低點a點以某一速度v0沿筒的半徑方向射入，經過一段時間從小孔b飛出，并經過水平向右的勻強電場區域（場強的大小可以調節）后從小孔c進入右邊圓筒，粒子在右邊筒壁內多次碰后又從小孔c射出，且子在右邊圓筒內的運動時間不超過。假設筒壁光滑，粒子與筒壁碰撞是彈性的，且粒子的帶電量始終保持不變，不計粒子所受重力以及忽略在圓筒內碰撞的時間、且不考慮粒子的軌跡在圓筒內出現交叉點的情況。（僅供參考的三角函數值：tan22.5°=0.41，tan25.7°=0.48，tan36°=0.73。）求：
（1）粒子的比荷；
（2）勻強電場區域場強的最大值和粒子從小孔c進入右邊圓筒時速度的最小值？
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】光的波粒二象性；光電效應；核裂變
【解析】【解答】A．根據光電效應方程
可知，光電子的最大初動能與入射光頻率不成正比，而是成線性關系，故A錯誤；
B．放射性元素發生β衰變時輻射出的電子是原子核中的中子轉變為質子和電子，因此β衰變時輻射出的電子是來源于原子核，故B錯誤；
C．現已建成的核電站的能量主要來自重核裂變放出的能量，故C錯誤；
D．光具有波粒二象性，由
可知，光的波長越長，光子的能量越小，波動性越明顯，故D正確。
故選D。
【分析】1、根據光電效應方程可知，光電子的最大初動能與入射光頻率不成正比
2、 β衰變（包括 β 和 β+）的電子或正電子來源于原子核，是核內中子與質子轉換的產物。
3、 核電站的能量來自重核裂（如鈾-235或钚-239的鏈式反應），而非天然放射性衰變。
4、波長越長，衍射和干涉現象越明顯（如無線電波的波動性顯著，而X射線粒子性更明顯）。
2．【答案】A
【知識點】勻變速直線運動的位移與速度的關系
【解析】【解答】設AB的距離為L，小車沿斜面做初速度為零的勻變速直線運動，對A到B過程，有
對A到C過程，有
解得到達C點時小車的速度
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】小車從A點由靜止開始做初速度為零的勻變速直線運動，用速度位移公式列等式可計算C點速度。
3．【答案】C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】圖（b）中對物體進行受力分析可知
，
可得
在圖（c）中可知
物體處于靜止狀態，此時的摩擦力為靜摩擦力，大小為
則
故ABD錯誤，C正確
故選C。
【分析】物體勻速直線運動，則受平衡力，受力分析，根據平衡列等式，聯立等式可得出動摩擦因數，物體相對運動則為滑動摩擦力，當物體相對靜止時受到是靜摩擦力。
4．【答案】A
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度
【解析】【解答】修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的，邊緣點的線速度大小相等，即
根據向心加速度的公式
可知A、B的向心加速度大小之比3：2；又B、C兩點為同軸轉動，則角速度相等，即
根據向心加速度的公式
可知B、C的向心加速度大小之比3：2；綜上可知A、B、C的向心加速度大小之比9：6：4，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】兩個齒輪的相互咬合進行工作的，邊緣點的線速度大小相等，，根據向心加速度的公式，可計算A、B的向心加速度大小之比，B、C兩點為同軸轉動，則角速度相等根據向心加速度的公式，可知B、C的向心加速度大小之比。
5．【答案】B
【知識點】衛星問題；動能；動量
【解析】【解答】根據萬有引力提供向心力有
解得
由于組合體的質量未知，則無法計算動能、向心力、動量。故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】繞地球勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力有，得出周期，周期與組合體質量無關。根據已知量可求解周期。而計算組合體的動能，向心力，動量需要已知組合體質量。
6．【答案】D
【知識點】物體的內能；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】A．如果氣體做等壓變化，氣體被壓縮的過程中，溫度降低，增氣體內能減小，故A錯誤；
B．氣體在放熱的過程中，若外界對氣體做功，則氣體內能可能增大，故B錯誤；
C．氣體在等溫壓縮過程中，內能一定不變，故C錯誤；
D．由蓋呂薩克定律可知，理想氣體在等壓膨脹過程中氣體溫度升高，氣體內能增加，故D正確。
故選D。
【分析】1、對于一定質量的理想氣體，其內能（U）僅與溫度（T）有關， 內能的變化（ΔU）只取決于溫度的變化（ΔT）
2、對于氣體：膨脹時，氣體對外做功，；，壓縮時，外界對氣體做功 等溫過程中溫度不變，內能不變；絕熱過程中 ，
3、等溫過程中溫度不變，內能不變；絕熱過程中 ，
7．【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】第一次設繩子拉力為T1，則根據平衡條件可知
對m2，根據牛頓第二定律
解得
由于小車與物塊相對靜止，因此小車的加速度等于滑塊的加速度。兩個小物塊的位置互換，設繩子拉力為T2，則根據平衡條件可知
對m1，根據牛頓第二定律
解得
根據
可知在相同時間內，兩次小車運動的位移之比為
故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】物體做勻加速直線運動，用隔離法受力分析，用牛頓第二定律列等式求解加速度，根據位移公式可知，時間相等，位移與加速度成正比。
8．【答案】B,C
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】AB．根據圖（b）可知，x=2m處質點在0.5s時刻沿y軸負方向振動，在圖（a）中，根據同側法可知，該簡諧橫波沿x軸負方向傳播，故A錯誤，B正確；
C．根據圖像可知，波長為4m，周期為2s，則波傳播速度為
故C正確；
D．由于
根據圖（a）可知，0.5s時刻，x=1m處質點處于波峰位置，則1.5s時刻，該質點處于波谷位置，位移為負方向的最大值，根據
可知，t=1.5s時x=1m處質點的加速度為正方向的最大值，故D錯誤。
選BC。
【分析】1、根據振動圖像找到某個質點在某一時刻振動方向，根據同側法可判斷波的傳播方向。
2、根據波動圖像可得知波長，根據振動圖像可得出周期，再根據計算波速。
3、根據振動圖像分析出質點在該時刻位置，再根據位置分析加速度。
9．【答案】C,D
【知識點】等勢面；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．由于a、c、d為三條等勢線，軸橫穿等勢線，在左側質子從a到d的過程中電勢降低，因此等勢線右側電勢升高，故A錯誤；
B．由圖可知，根據題意，電勢差
又根據電場強度與電勢差的關系
可知
因此質子從a到d的過程中電場強度增大，加速度增大，速度也增大，故B錯誤；
C．質子從a到c的過程中電場強度增大，根據
可知電勢差
解得
因此，b點的電勢大于13V，故C正確；
D．質子從a到d的過程，由動能定理得
解得
因此質子運動到d點時的動能為12eV，故D正確。
故選CD。
【分析】1、 通過等勢線的分布判斷電勢高低變化 。
2、根據電場強度與電勢差的關系 分析電場強度大小變化及對帶電粒子加速度的影響。
3、 利用已知電勢差推導其他位置的電勢， 通過電場力做功計算動能變化。
10．【答案】A,B,D
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】A．線框進入磁場，磁通量增大，根據楞次定律可知，金屬框中的電流方向相同，都為逆時針，故A正確；
C．通過金屬框橫截面的電荷量為
可知通過金屬框橫截面的電荷量之比為1：1，故C錯誤；
B．第一次金屬框進入磁場時，根據動量定理可知
根據電流的定義式
根據能量守恒定律可知，產生的焦耳熱為
解得
第二次金屬框進入磁場時，根據功能關系可知，產生的焦耳熱為
則
則金屬框中的焦耳熱之比為1：4，故B正確；
D．假設金屬框第一次進入磁場時做勻減速直線運動，則有
金屬框第二次進入磁場時做勻速直線運動，則有
則金屬框中進入磁場的時間之比為4：1，而金屬框第一次進入磁場時加速度逐漸減小，時間變大，所以金屬框中進入磁場的時間之比大于4：1，故D正確。
故選ABD。
【分析】1、根據楞次定律判斷電流方向。
2、通過金屬框橫截面的電荷量可計算電荷量之比。
3、根據能量守恒定律可知，第一次金屬框進入磁場時產生的焦耳熱為，根據功能關系可知，第二次金屬框進入磁場時產生的焦耳熱為。
11．【答案】6.870；偶然；
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】（1）螺旋測微器的精度為0.01mm，讀數為6.5mm+37.00.01mm=6.870mm
用螺旋測微器測量碳棒直徑時，由于讀數引起的誤差屬于偶然誤差；
（2）物塊經過光電門A和B的速度為
，
對系統，根據動能定理有
化簡可得
【分析】（1）考查螺旋測微器讀數，讀固定刻度（主尺），以微分筒邊緣左側的主尺刻度為準，讀出 整毫米數和半毫米數，注意半刻度線是否露出。讀可動刻度（微分筒），觀察微分筒上與主尺水平線對齊的刻度，讀出其格數（估讀到 0.1 格）。
（2）光電門測速度，，，根據動能定理列等式：，聯立可求解表達式。
12．【答案】需要；9.0；；R1；R3
【知識點】特殊方法測電阻
【解析】【解答】（1）測量電阻時，只要換擋就必須進行歐姆調零，由于時“×1Ω”的檔位，因此電阻的讀數為
（2）若要電流表和電壓表的讀數范圍盡量大，滑動變阻器應采用分壓式接法，為了調節方便，滑動變阻器選用R1；由于電源電壓為6V，而電壓表V2量程太大，測量不準確，電壓表V1量程太小，應將定值電阻R3與V1串聯，改裝成量程為6V的電壓表，由于測量的是小電阻，為了測量準確，應采用電流表的外接，電路圖如圖所示
【分析】（1）歐姆表側電阻，換擋必須進行歐姆調零。
（2）電流表和電壓表的讀數范圍盡量大，滑動變阻器應采用分壓式接法，滑動變阻器采用分壓式時滑動變阻器必須選阻值較小的，電壓表量程太小需要串聯電阻改裝大量程電壓表。
13．【答案】解：（1）光從一端進入，另一端傳出，在纖芯和包層的界面上不停地發生全反射，發生全反射的條件是：光從光密介質進入光疏介質和入射角大于等于臨界角，所以包層的折射率比纖芯的折射率小。
（2）光的入射角為，折射角為
根據折射定律得
設全反射的臨界角為C，則
當入射角趨于90°時，折射角最大，此時光在內側面的入射角最小，只要能保證此時光在側面恰好發生全反射，即能保證所有入射光都能發生全反射，即當入射角為90°時，折射角為，則
解得
則
所以該材料的折射率不滿足任意方向的入射光（圖中入射角為任意的銳角）都能都傳遞到另一端。
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射；光導纖維及其應用
【解析】【分析】（1）發生全反射的條件是：光從光密介質進入光疏介質且入射角大于等于臨界角。
（2）根據折射定律得，全反射的臨界角為C，，只要能保證此時光在側面恰好發生全反射，即能保證所有入射光都能發生全反射，即當入射角為90°時，折射角為，則，解得，則。
14．【答案】解：（1）彈珠A以的初速度水平向右瞬間彈出，在地面做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有
彈珠A與彈珠B碰前的速度為，則有
碰撞過程中系統動量守恒，則有
碰撞過程中損失的機械能為
解得
，
（2）彈珠B向右運動的加速度依然為a，根據速度—位移公式有
解得
彈珠經過坑時的速度如果大于1m/s則不會停在坑中而從坑中滑出，則該同學不會勝出。
【知識點】勻變速直線運動的位移與速度的關系；碰撞模型；動量與能量的其他綜合應用
【解析】【分析】（1）在地面做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有，彈珠A與彈珠B碰前，碰撞過程中系統動量守恒，則有，碰撞過程中損失的機械能為，聯立可計算兩彈珠碰撞過程中損失的機械能。
（2）彈珠B向右運動的加速度依然為a，根據速度—位移公式有，彈珠經過坑時的速度如果大于1m/s則不會停在坑中而從坑中滑出，則該同學不會勝出。
15．【答案】解：（1）由題可知，粒子在左側桶內做勻速圓周運動的半徑為R，根據
可知
（2）當電場強度最大時，進入右側磁場后， 粒子與筒壁碰撞兩次便會飛出小孔，如圖所示
設此時樂子在磁場中的軌道半徑為r1根據幾何關系可知
可得
根據
聯立解得
根據動能定理
解得場強的最大值
若電場強度為0，粒子進入右側筒時的速度仍為v0，利用
可得運動的軌道半徑
每段圓弧所對的圓心角為θ0，則
設粒子在右側圓筒中，與筒壁碰撞的次數為N次，則運動了N+1段圓弧，每段圓弧所對的圓心角
在筒內運動的總時間
又由于，同時滿足
綜上所述，可得N的最大值為4次，此時每段圓弧所對的圓心角
對應的粒子運動的軌道半徑
根據
解得粒子的最小速度
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子做勻速圓周運動，根據，可求解粒子的比荷。
（2）當電場強度最大時，進入右側磁場后， 粒子與筒壁碰撞兩次便會飛出小孔，畫出軌跡圖，
根據幾何關系可知，根據，聯立可計算進入磁場中速度；
根據動能定理，解得場強的最大值，若電場強度為0，粒子進入右側筒時的速度仍為v0，利用，可得運動的軌道半徑，每段圓弧所對的圓心角為θ0，則，粒子在右側圓筒中，與筒壁碰撞的次數為N次，則運動了N+1段圓弧，每段圓弧所對的圓心角，在筒內運動的總時間，又由于，同時滿足，綜上所述，可得N的最大值為4次，對應的粒子運動的軌道半徑，根據，解得粒子的最小速度。
1 / 12024屆廣西壯族自治區南寧市名校聯盟高三適應性考試二模物理試題
1．（2024高三上·南寧模擬）物理學作為一門自然科學，對人類的進步有著極其重要的地位和作用，尤其是近代物理，它深刻地影響著人類對物質世界的認識，下列關于近代物理的說法正確的是（　　）
A．在光電效應實驗中，光電子的最大初動能與入射光頻率成正比
B．發生β衰變時輻射出的電子來源于原子的核外電子
C．現已建成的核電站的能量主要來自天然放射性元素的衰變
D．光具有波粒二象性，光的波長越長，光子的能量越小，波動性越明顯
【答案】D
【知識點】光的波粒二象性；光電效應；核裂變
【解析】【解答】A．根據光電效應方程
可知，光電子的最大初動能與入射光頻率不成正比，而是成線性關系，故A錯誤；
B．放射性元素發生β衰變時輻射出的電子是原子核中的中子轉變為質子和電子，因此β衰變時輻射出的電子是來源于原子核，故B錯誤；
C．現已建成的核電站的能量主要來自重核裂變放出的能量，故C錯誤；
D．光具有波粒二象性，由
可知，光的波長越長，光子的能量越小，波動性越明顯，故D正確。
故選D。
【分析】1、根據光電效應方程可知，光電子的最大初動能與入射光頻率不成正比
2、 β衰變（包括 β 和 β+）的電子或正電子來源于原子核，是核內中子與質子轉換的產物。
3、 核電站的能量來自重核裂（如鈾-235或钚-239的鏈式反應），而非天然放射性衰變。
4、波長越長，衍射和干涉現象越明顯（如無線電波的波動性顯著，而X射線粒子性更明顯）。
2．（2024高三上·南寧模擬）小車從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時（如圖所示）小車的速度為v，BC的距離是AB的2倍，則到達C點時小車的速度為（　　）
A． B．3v C． D．2v
【答案】A
【知識點】勻變速直線運動的位移與速度的關系
【解析】【解答】設AB的距離為L，小車沿斜面做初速度為零的勻變速直線運動，對A到B過程，有
對A到C過程，有
解得到達C點時小車的速度
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】小車從A點由靜止開始做初速度為零的勻變速直線運動，用速度位移公式列等式可計算C點速度。
3．（2024高三上·南寧模擬）如圖（a）所示，刷油漆的使用的滾筒刷，既可以刷天花板，也可以刷豎直墻面和水平地面，某同學為了研究其運動過程中的受力情況，將刷天花板時的過程簡化為圖（b），質量為m的物體在外力F的作用下沿水平方向做勻速直線運動，F與水平方向的夾角為，若保持F大小不變，F與水平方向的夾角仍為，物體與天花板和水平地面之間的動摩擦因數相同，建立如圖（c）所示模型進行分析，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，關于圖（b）和圖（c）中物體所受摩擦力，下列說法正確的是（　　）
A．圖（b）中物體所受摩擦力大
B．圖（c）中物體所受摩擦力大
C．圖（b）和圖（c）中物體所受摩擦力一樣大
D．以上三種情況都有可能
【答案】C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】圖（b）中對物體進行受力分析可知
，
可得
在圖（c）中可知
物體處于靜止狀態，此時的摩擦力為靜摩擦力，大小為
則
故ABD錯誤，C正確
故選C。
【分析】物體勻速直線運動，則受平衡力，受力分析，根據平衡列等式，聯立等式可得出動摩擦因數，物體相對運動則為滑動摩擦力，當物體相對靜止時受到是靜摩擦力。
4．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示，修正帶是一種常見的學習用具，是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的，其原理可簡化為圖中所示的模型。A、B是轉動的大小齒輪邊緣的兩點，C是大輪上的一點，若A、B、C的軌道半徑之比為2：3：2，則A、B、C的向心加速度大小之比（　　）
A．9：6：4 B．9：6：2 C．6：4：3 D．6：3：2
【答案】A
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心加速度
【解析】【解答】修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進行工作的，邊緣點的線速度大小相等，即
根據向心加速度的公式
可知A、B的向心加速度大小之比3：2；又B、C兩點為同軸轉動，則角速度相等，即
根據向心加速度的公式
可知B、C的向心加速度大小之比3：2；綜上可知A、B、C的向心加速度大小之比9：6：4，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】兩個齒輪的相互咬合進行工作的，邊緣點的線速度大小相等，，根據向心加速度的公式，可計算A、B的向心加速度大小之比，B、C兩點為同軸轉動，則角速度相等根據向心加速度的公式，可知B、C的向心加速度大小之比。
5．（2024高三上·南寧模擬）2023年10月26日，搭載神舟十七號載人飛船的長征二號運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射，之后成功對接于空間站天和核心艙，載人飛船與空間站組合體成功實現交會對接形成組合體，在離地面高度為h的軌道平面做勻速圓周運動，已知地球的質量為M，半徑為R，萬有引力常量為G，由以上信息能求出組合體的（　　）
A．動能 B．周期 C．向心力 D．動量
【答案】B
【知識點】衛星問題；動能；動量
【解析】【解答】根據萬有引力提供向心力有
解得
由于組合體的質量未知，則無法計算動能、向心力、動量。故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】繞地球勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力有，得出周期，周期與組合體質量無關。根據已知量可求解周期。而計算組合體的動能，向心力，動量需要已知組合體質量。
6．（2024高三上·南寧模擬）關于一定質量的理想氣體的內能，下列說法正確的是（　　）
A．氣體在壓縮的過程中，內能一定增大
B．氣體在放熱的過程中，內能一定減小
C．氣體在等溫壓縮過程中，內能一定增大
D．氣體在等壓膨脹過程中，內能一定增大
【答案】D
【知識點】物體的內能；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】A．如果氣體做等壓變化，氣體被壓縮的過程中，溫度降低，增氣體內能減小，故A錯誤；
B．氣體在放熱的過程中，若外界對氣體做功，則氣體內能可能增大，故B錯誤；
C．氣體在等溫壓縮過程中，內能一定不變，故C錯誤；
D．由蓋呂薩克定律可知，理想氣體在等壓膨脹過程中氣體溫度升高，氣體內能增加，故D正確。
故選D。
【分析】1、對于一定質量的理想氣體，其內能（U）僅與溫度（T）有關， 內能的變化（ΔU）只取決于溫度的變化（ΔT）
2、對于氣體：膨脹時，氣體對外做功，；，壓縮時，外界對氣體做功 等溫過程中溫度不變，內能不變；絕熱過程中 ，
3、等溫過程中溫度不變，內能不變；絕熱過程中 ，
7．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示，質量分別為m1=1kg和m2=2kg的兩個大小完全相同的物塊，通過輕繩相連，并連接在裝有定滑輪的小車上，不計一切摩擦。在水平推力F1的作用下m1緊貼著小車，且小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若將圖中兩個小物塊的位置互換，在水平推力F2的作用下m2緊貼著小車，使得小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若兩次運動的時間相同，則兩次小車運動的位移之比為（　　）
A．1：1
B．2：1
C．1：4
D．以上都有可能，與小車的質量有關
【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】第一次設繩子拉力為T1，則根據平衡條件可知
對m2，根據牛頓第二定律
解得
由于小車與物塊相對靜止，因此小車的加速度等于滑塊的加速度。兩個小物塊的位置互換，設繩子拉力為T2，則根據平衡條件可知
對m1，根據牛頓第二定律
解得
根據
可知在相同時間內，兩次小車運動的位移之比為
故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】物體做勻加速直線運動，用隔離法受力分析，用牛頓第二定律列等式求解加速度，根據位移公式可知，時間相等，位移與加速度成正比。
8．（2024高三上·南寧模擬）一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，圖（a）是t=0.5s時刻的波形圖，圖（b）是平衡位置為x=2m處質點的振動圖像。由此信息判斷，下列說法正確的是（　　）
A．該簡諧橫波沿x軸正方向傳播
B．該簡諧橫波沿x軸負方向傳播
C．波速為2m/s
D．t=1.5s時x=1m處質點的加速度為零
【答案】B,C
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】AB．根據圖（b）可知，x=2m處質點在0.5s時刻沿y軸負方向振動，在圖（a）中，根據同側法可知，該簡諧橫波沿x軸負方向傳播，故A錯誤，B正確；
C．根據圖像可知，波長為4m，周期為2s，則波傳播速度為
故C正確；
D．由于
根據圖（a）可知，0.5s時刻，x=1m處質點處于波峰位置，則1.5s時刻，該質點處于波谷位置，位移為負方向的最大值，根據
可知，t=1.5s時x=1m處質點的加速度為正方向的最大值，故D錯誤。
選BC。
【分析】1、根據振動圖像找到某個質點在某一時刻振動方向，根據同側法可判斷波的傳播方向。
2、根據波動圖像可得知波長，根據振動圖像可得出周期，再根據計算波速。
3、根據振動圖像分析出質點在該時刻位置，再根據位置分析加速度。
9．（2024高三上·南寧模擬）某電場的三條等勢線為關于x軸對稱的橢圓，如圖所示，a、c、d為等勢線上的3個點，其電勢分別為，，，b為ac的中點。一質子僅受電場力作用從a點由靜止釋放，下列說法正確的是（　　）
A．沿x軸正方向電勢一直降低
B．質子從a到d的過程中加速度減小，速度增大
C．b點的電勢大于13V
D．質子運動到d點時的動能為12eV
【答案】C,D
【知識點】等勢面；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．由于a、c、d為三條等勢線，軸橫穿等勢線，在左側質子從a到d的過程中電勢降低，因此等勢線右側電勢升高，故A錯誤；
B．由圖可知，根據題意，電勢差
又根據電場強度與電勢差的關系
可知
因此質子從a到d的過程中電場強度增大，加速度增大，速度也增大，故B錯誤；
C．質子從a到c的過程中電場強度增大，根據
可知電勢差
解得
因此，b點的電勢大于13V，故C正確；
D．質子從a到d的過程，由動能定理得
解得
因此質子運動到d點時的動能為12eV，故D正確。
故選CD。
【分析】1、 通過等勢線的分布判斷電勢高低變化 。
2、根據電場強度與電勢差的關系 分析電場強度大小變化及對帶電粒子加速度的影響。
3、 利用已知電勢差推導其他位置的電勢， 通過電場力做功計算動能變化。
10．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上，虛線邊界的右側有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線左側有一長為2L、寬為L的矩形金屬框，其電阻為R，第一次讓金屬框的ab邊平行虛線邊界、給金屬框一個水平向右的初速度v0讓其恰好完全進入磁場區域；第二次讓金屬框的bc邊平行虛線邊界、給金屬框一個水平向右的外力讓其以速度v0勻速進入磁場區域。關于第一次和第二次金屬框進入磁場的過程，下列說法正確的是（　　）
A．金屬框中的電流方向相同，都為逆時針
B．金屬框中的焦耳熱之比為1：4
C．通過金屬框橫截面的電荷量之比為1：2
D．金屬框中進入磁場的時間之比大于4：1
【答案】A,B,D
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】A．線框進入磁場，磁通量增大，根據楞次定律可知，金屬框中的電流方向相同，都為逆時針，故A正確；
C．通過金屬框橫截面的電荷量為
可知通過金屬框橫截面的電荷量之比為1：1，故C錯誤；
B．第一次金屬框進入磁場時，根據動量定理可知
根據電流的定義式
根據能量守恒定律可知，產生的焦耳熱為
解得
第二次金屬框進入磁場時，根據功能關系可知，產生的焦耳熱為
則
則金屬框中的焦耳熱之比為1：4，故B正確；
D．假設金屬框第一次進入磁場時做勻減速直線運動，則有
金屬框第二次進入磁場時做勻速直線運動，則有
則金屬框中進入磁場的時間之比為4：1，而金屬框第一次進入磁場時加速度逐漸減小，時間變大，所以金屬框中進入磁場的時間之比大于4：1，故D正確。
故選ABD。
【分析】1、根據楞次定律判斷電流方向。
2、通過金屬框橫截面的電荷量可計算電荷量之比。
3、根據能量守恒定律可知，第一次金屬框進入磁場時產生的焦耳熱為，根據功能關系可知，第二次金屬框進入磁場時產生的焦耳熱為。
11．（2024高三上·南寧模擬）某學生實驗小組利用圖甲所示裝置探究驗證動能定理。實驗步驟如下：
①用天平測量物塊和遮光片的總質量m、重物的質量也為m；用螺旋測微器測量遮光片的寬度d；用米尺測量兩光電門之間的距離x；
②調整氣墊導軌和輕滑輪，使氣墊導軌和細線水平；
③開動氣泵，讓物塊從光電門A的左側由靜止釋放，用數字毫秒計分別測出遮光片經過光電門A和光電門B所用的時間和；
回答下列問題：
（1）測量遮光片的寬度d時，某次螺旋測微器的示數如圖乙所示。其讀數為　 　mm，由讀數引起的誤差屬于　 　（填“偶然誤差”或“系統誤差”）。
（2）物塊和遮光片從光電門A到B的過程中，若動能定理成立，其表達式為　 　。（用題給物理量表示，當地的重力加速度為g）
【答案】6.870；偶然；
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】（1）螺旋測微器的精度為0.01mm，讀數為6.5mm+37.00.01mm=6.870mm
用螺旋測微器測量碳棒直徑時，由于讀數引起的誤差屬于偶然誤差；
（2）物塊經過光電門A和B的速度為
，
對系統，根據動能定理有
化簡可得
【分析】（1）考查螺旋測微器讀數，讀固定刻度（主尺），以微分筒邊緣左側的主尺刻度為準，讀出 整毫米數和半毫米數，注意半刻度線是否露出。讀可動刻度（微分筒），觀察微分筒上與主尺水平線對齊的刻度，讀出其格數（估讀到 0.1 格）。
（2）光電門測速度，，，根據動能定理列等式：，聯立可求解表達式。
12．（2024高三上·南寧模擬）某興趣小組為了測量一待測電阻Rx的阻值。
（1）首先用多用電表粗測出它的阻值，第一次粗測發現指針偏轉角度過大，然后換成“×1”的歐姆擋，在測量前　 　（選填“需要”、“不需要”）進行歐姆調零，測得其阻值如圖甲中指針所示，則其讀數為　 　Ω。
（2）為了更加精確測量Rx的阻值，實驗室里準備了以下器材：
A．電壓表V1：量程3V，內阻為3kΩ
B．電壓表V2：量程15V，內阻約為100kΩ
C．電流表A：量程0.6A，內阻約為1Ω
D．滑動變阻器R1：最大阻值6Ω
E．滑動變阻器R2：最大阻值60Ω
F．定值電阻R3=3kΩ
G．定值電阻R4=6kΩ
H．電源（電動勢約6V，內阻不計）、導線若干、開關
根據所給器材，請在圖乙虛線框中畫出設計的電路圖，要求電流表和電壓表的讀數范圍盡量大　 　，滑動變阻器選用　 　（選填“R1”或“R2”），定值電阻R0有兩種，最好選用　 　（選填“R3”或“R4”）。
【答案】需要；9.0；；R1；R3
【知識點】特殊方法測電阻
【解析】【解答】（1）測量電阻時，只要換擋就必須進行歐姆調零，由于時“×1Ω”的檔位，因此電阻的讀數為
（2）若要電流表和電壓表的讀數范圍盡量大，滑動變阻器應采用分壓式接法，為了調節方便，滑動變阻器選用R1；由于電源電壓為6V，而電壓表V2量程太大，測量不準確，電壓表V1量程太小，應將定值電阻R3與V1串聯，改裝成量程為6V的電壓表，由于測量的是小電阻，為了測量準確，應采用電流表的外接，電路圖如圖所示
【分析】（1）歐姆表側電阻，換擋必須進行歐姆調零。
（2）電流表和電壓表的讀數范圍盡量大，滑動變阻器應采用分壓式接法，滑動變阻器采用分壓式時滑動變阻器必須選阻值較小的，電壓表量程太小需要串聯電阻改裝大量程電壓表。
13．（2024高三上·南寧模擬）高錕是著名的華裔物理學家，在光纖通信方面的研究獲得諾貝爾物理學獎，被人們尊稱為光纖之父。光纖通信的主要部件為光導纖維，光導纖維是由纖芯和包層兩部分組成光纖是現代通訊普遍使用的信息傳遞媒介，是利用全反射原理來傳遞光信號。現有一根圓柱形玻璃絲，某學習小組探究該材料用來做光纖通信材料，如圖所示，入射光線與法線和折射光線與界面的夾角均為，sin53°=0.8。
（1）若用該玻璃絲做成光纖通信的纖芯，還需要在纖芯外加上包層，包層的折射率比纖芯的折射率大還是小？（直接寫出結果）
（2）若無包層，該材料的折射率是否滿足任意方向的入射光（圖中入射角為任意的銳角）都能傳遞到另一端，請通過計算來說明。
【答案】解：（1）光從一端進入，另一端傳出，在纖芯和包層的界面上不停地發生全反射，發生全反射的條件是：光從光密介質進入光疏介質和入射角大于等于臨界角，所以包層的折射率比纖芯的折射率小。
（2）光的入射角為，折射角為
根據折射定律得
設全反射的臨界角為C，則
當入射角趨于90°時，折射角最大，此時光在內側面的入射角最小，只要能保證此時光在側面恰好發生全反射，即能保證所有入射光都能發生全反射，即當入射角為90°時，折射角為，則
解得
則
所以該材料的折射率不滿足任意方向的入射光（圖中入射角為任意的銳角）都能都傳遞到另一端。
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射；光導纖維及其應用
【解析】【分析】（1）發生全反射的條件是：光從光密介質進入光疏介質且入射角大于等于臨界角。
（2）根據折射定律得，全反射的臨界角為C，，只要能保證此時光在側面恰好發生全反射，即能保證所有入射光都能發生全反射，即當入射角為90°時，折射角為，則，解得，則。
14．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示，打彈珠是一種常見的游戲，該游戲的規則為：將手中的彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發生碰撞，被碰彈珠若能進入前方的坑并停在坑中即為勝出，被碰彈珠經過坑時的速度如果大于1m/s則不會停在坑中而從坑中滑出。現將此游戲進行簡化，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x1=1m，彈珠B與坑的間距為x2=0.6m。某同學將彈珠A以的初速度水平向右瞬間彈出，與B發生正碰，碰后A的速度方向不變，大小為1m/s。已知兩彈珠的質量均為m=10g，A、B在運動過程中與地面間的摩擦力均為f=0.02N，求：
（1）兩彈珠碰撞過程中損失的機械能。
（2）通過計算判斷該同學能否勝出？
【答案】解：（1）彈珠A以的初速度水平向右瞬間彈出，在地面做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有
彈珠A與彈珠B碰前的速度為，則有
碰撞過程中系統動量守恒，則有
碰撞過程中損失的機械能為
解得
，
（2）彈珠B向右運動的加速度依然為a，根據速度—位移公式有
解得
彈珠經過坑時的速度如果大于1m/s則不會停在坑中而從坑中滑出，則該同學不會勝出。
【知識點】勻變速直線運動的位移與速度的關系；碰撞模型；動量與能量的其他綜合應用
【解析】【分析】（1）在地面做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有，彈珠A與彈珠B碰前，碰撞過程中系統動量守恒，則有，碰撞過程中損失的機械能為，聯立可計算兩彈珠碰撞過程中損失的機械能。
（2）彈珠B向右運動的加速度依然為a，根據速度—位移公式有，彈珠經過坑時的速度如果大于1m/s則不會停在坑中而從坑中滑出，則該同學不會勝出。
15．（2024高三上·南寧模擬）如圖所示為兩個固定的絕緣的圓筒的橫截面，其半徑均為R，兩圓筒之間存在著水平向右大小可調節的勻強電場，圓筒的軸線在圓心處，圓筒內均有平行于軸的向外的勻強磁場（圖中未畫出），左邊圓筒內磁感應強度為B，右邊圓筒內磁感應強度為，分別在兩圓筒開小孔b和c，b、c在圓筒中心O1O2的連線上，且b、c之間的距離為R，整個裝置處在真空中。現有一帶正電的粒子從最低點a點以某一速度v0沿筒的半徑方向射入，經過一段時間從小孔b飛出，并經過水平向右的勻強電場區域（場強的大小可以調節）后從小孔c進入右邊圓筒，粒子在右邊筒壁內多次碰后又從小孔c射出，且子在右邊圓筒內的運動時間不超過。假設筒壁光滑，粒子與筒壁碰撞是彈性的，且粒子的帶電量始終保持不變，不計粒子所受重力以及忽略在圓筒內碰撞的時間、且不考慮粒子的軌跡在圓筒內出現交叉點的情況。（僅供參考的三角函數值：tan22.5°=0.41，tan25.7°=0.48，tan36°=0.73。）求：
（1）粒子的比荷；
（2）勻強電場區域場強的最大值和粒子從小孔c進入右邊圓筒時速度的最小值？
【答案】解：（1）由題可知，粒子在左側桶內做勻速圓周運動的半徑為R，根據
可知
（2）當電場強度最大時，進入右側磁場后， 粒子與筒壁碰撞兩次便會飛出小孔，如圖所示
設此時樂子在磁場中的軌道半徑為r1根據幾何關系可知
可得
根據
聯立解得
根據動能定理
解得場強的最大值
若電場強度為0，粒子進入右側筒時的速度仍為v0，利用
可得運動的軌道半徑
每段圓弧所對的圓心角為θ0，則
設粒子在右側圓筒中，與筒壁碰撞的次數為N次，則運動了N+1段圓弧，每段圓弧所對的圓心角
在筒內運動的總時間
又由于，同時滿足
綜上所述，可得N的最大值為4次，此時每段圓弧所對的圓心角
對應的粒子運動的軌道半徑
根據
解得粒子的最小速度
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子做勻速圓周運動，根據，可求解粒子的比荷。
（2）當電場強度最大時，進入右側磁場后， 粒子與筒壁碰撞兩次便會飛出小孔，畫出軌跡圖，
根據幾何關系可知，根據，聯立可計算進入磁場中速度；
根據動能定理，解得場強的最大值，若電場強度為0，粒子進入右側筒時的速度仍為v0，利用，可得運動的軌道半徑，每段圓弧所對的圓心角為θ0，則，粒子在右側圓筒中，與筒壁碰撞的次數為N次，則運動了N+1段圓弧，每段圓弧所對的圓心角，在筒內運動的總時間，又由于，同時滿足，綜上所述，可得N的最大值為4次，對應的粒子運動的軌道半徑，根據，解得粒子的最小速度。
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