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2024屆廣西柳州市高三下學期第三次模擬考試物理試題
1．（2024高三下·柳州模擬） 日本核污染排海核污水中的屬于I類致癌物質，威脅著人類的安全。已知的衰變方程為，則下列說法中正確的是（　　）
A．該核反應中X為中子
B．升高溫度會使的半衰期減小
C．的比結合能大于的比結合能
D．一個核的質量小于一個核和一個X核的質量之和
【答案】C
【知識點】原子核的衰變、半衰期；質量虧損與質能方程；結合能與比結合能
【解析】【解答】A、根據質量數和質子數守恒，可知X的質量數為零，和質子數為-1，該核反應中X為電子，故A錯誤；
B、半衰期與外界因素無關，故B錯誤；
C、的衰變為的，則的更穩定，所以的比結合能小于 54的比結合能，故C正確；
D、衰變過程放出能量，質量虧損，所以一 個的核的質量大于一個的核和一個X核的質量之和，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】衰變方程質量數和質子數守恒，半衰期與外界因素無關。衰變過程釋放能量，質量虧損，生成物比反應物穩定，即生成物的比結合能比反應物的比結合能大。
2．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示為一圓柱形玻璃磚的截面，O為圓心，AB為一條直徑，光線a、b均從C點射入，光線a平行于AB，光線b與光線a的夾角，兩條光線的折射光線均經過B點，，則光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】如圖所示
根據幾何關系可得，根據折射定律
，
光線在玻璃中傳播的速度
設長為，則光線在玻璃中傳播的時間
聯立可得光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】首先根據題意畫出光路圖，再根據幾何關系求出折射角，根據折射定律，，計算光線a、b在玻璃磚中折射率，最后由，計算光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比。
3．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，一理想變壓器原、副線圈所在電路中分別接入兩個完全相同的定值電阻A、B，若通過原線圈電流的有效值變為原來的2倍，則（　　）
A．電阻B兩端的電壓變為原來的4倍
B．電阻B消耗的功率變為原來的4倍
C．流過電阻A、B的電流之比變為原來的2倍
D．電阻A兩端的電壓與電阻B兩端的電壓之比變為原來的2倍
【答案】D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】ACD．設原線圈中的電流為I1、副線圈中的電流為I2、定值電阻的電阻為r，則電阻A兩端的電壓為
電阻B兩端的電壓為
根據變壓器電壓、電流與匝數比的關系有
設初始狀態下輸入電壓的有效值為U，則有
當輸入電壓的有效值變為2U時，有
又有
聯立解得
= 2， =
故ACD錯誤；
B．當輸入電壓的有效值變為原來的2倍時，燈泡A、B兩端的電壓都變為原來的2倍，由歐姆定律可知，流過燈泡A、B的電流也都變為原來的2倍，由交流電源的輸出功率P=UI可知，電阻B消耗的功率變為原來的4倍，故B正確；
故選B。
【分析】考查理想變壓器在含有串聯電阻的電路中的電壓、電流和功率關系。這道題的關鍵在于理解電流變化如何影響副線圈的電壓和功率，同時注意比例關系是否變化。利用理想變壓器特性：電壓比，電流比，以及功率守恒列等式求解。
4．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，坐標原點O處有一波源，它在介質中形成的簡諧橫波沿x軸正方向傳播。時，波源開始振動，時，波剛好傳到處，質點M、Q分別位于處。下列說法正確的是（　　）
A．s時質點M沿y軸負方向運動
B．該波的傳播速度為4m/s
C．時質點Q到達波峰
D．O處質點的位移y隨時間t變化的關系式為
【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A．波沿x軸正方向傳播，根據平移法可知，時質點M沿y軸正方向運動，故A錯誤；
B．時，波剛好傳到處，則該波的傳播速度為
故B錯誤；
C．根據波的平移可知，時質點Q剛開始運動，故C錯誤；
D．O處質點的起振方向向上，由題可知周期為0.5s，則角頻率為
則位移y隨時間t變化的關系式為
故D正確；
故選D。
【分析】1、波的傳播方向與質點振動方向的關系（平移法或“上下坡”法）。
2、波速的計算（v=λ/T 或 v=Δx/Δt）。
3、根據波的平移可知質點起振時刻。
4、需明確振幅、角頻率、初相位建立振動方程。
5．（2024高三下·柳州模擬） 在某正點電荷形成的電場中有一條直線，直線上各點中a點的場強最大，直線上另一點b的場強大小為a點的．則下列說法正確的是（　　）
A．a、b兩點的場強方向相同
B．a、b兩點的場強方向的夾角為30°
C．a、b兩點的場強方向的夾角為60°
D．a、b兩點的場強方向的夾角為120°
【答案】C
【知識點】電場強度；點電荷的電場
【解析】【解答】直線上各點中a點的場強最大，則點電荷到直線的垂線的垂足為a點，設垂線段長為d，則有
解得
則a、b兩點的場強方向的夾角為60°，如圖
故答案為：C。
【分析】根據點電荷場強規律可知 ，越靠近點電荷場強越大，a點場強最大，即點電荷位移a點正上方位置，再結合點電荷場強公式確定點電荷a、b兩點的距離關系，再根據幾何關系確定a、b兩點的場強方向的關系。
6．（2024高三下·柳州模擬） 假設各行星均繞太陽做勻速圓周運動，行星的線速度大小為v，行星與太陽的連線在單位時間內掃過的面積為S，則下列表達式正確的是（　　）（其中k為常量）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】當衛星繞行星運動的速度是v時，有
解得衛星圓周運動的半徑
衛星與行星中心的連線在單位時間內掃過的面積為
故答案為：A。
【分析】根據萬有引力及牛頓第二定律確定衛星做圓周運動的半徑，再根據弧形面積公式進行解答。
7．（2024高三下·柳州模擬）已知足夠長的通電直導線在周圍空間某位置產生的磁感應強度大小與電流強度成正比，與該位置到長直導線的距離成反比。現將兩根通電長直導線分別固定在絕緣正方體的ae、gh邊上，電流大小相等、方向如圖中箭頭所示，則頂點b、f兩處的磁感應強度大小之比為（　　）
A．1∶2 B． C． D．1∶3
【答案】A
【知識點】磁感應強度；通電導線及通電線圈周圍的磁場
【解析】【解答】根據題意設磁感應強度為
若正方體的邊長為L，ae和gh的電流在f點產生的磁感應強度方向垂直、大小均為
f點的磁感應強度為
ae的電流在b點產生的磁感應強度為
gh的電流在b點產生的磁感應強度為
兩者方向成45°，根據矢量合成規則，b點的磁感應強度為
=
則有
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】1、理解題目條件：長直導線產生的磁場大小與電流強度成正比，與距離成反比。兩根導線分別固定在正方體的 ae 和 gh 邊上，電流大小相等，方向如圖。
2、計算磁場大小：由于電流大小相同，距離決定磁場大小。b點 到 ae 的距離 = 正方體邊長 a，到 gh 的距離 = 對角線。
3、合成磁場：b點 的磁場是 ae 和 gh 產生的磁場的矢量和，由于方向垂直，合成大小為 。
8．（2024高三下·柳州模擬）如圖，豎直平面內固定一個半圓弧MBN，M、N連線水平，B為圓弧最低點，現從圓心O點以速率分別沿水平和豎直方向拋出兩個相同的小球，小球分別落在圓弧上的A、B兩點，設兩小球從O點到弧面上所用時間分別為、，落在弧面時的動能分別為、，則有（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】AB．根據動能定理
因為，可得
故A錯誤，B正確；
CD．小球到A點做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體，則
，
根據勾股定理
小球到B點做勻加速直線運動
兩邊平方可得
所以
故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】1、根據動能定理，可比較大小。
2、小球到A點做平拋運動，利用平衡列等式，小球到B點做勻加速直線運動，利用位移公式列等式，可比較時間。
9．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，一小球用輕質細線懸掛在木板的支架上，分別沿傾角為θ的兩個固定斜面下滑，甲圖中細線保持豎直，乙圖中細線保持垂直斜面。在木板下滑的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中木板與斜面間的動摩擦因數
B．甲圖中木板、小球組成的系統機械能守恒
C．乙圖中木板與斜面間的動摩擦因數
D．乙圖中木板、小球組成的系統機械能守恒
【答案】A,D
【知識點】共點力的平衡；牛頓運動定律的應用—連接體；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．甲圖中，因拉小球的細線呈豎直狀態，所以小球受到重力和豎直向上的拉力，在水平方向沒有分力，所以小球在水平方向沒有加速度，根據力的平衡條件得
則解得
故A正確；
B．甲圖中，因小球沿斜面做勻速直線運動，由于木板與小球的運動狀態相同，所以木板、小球組成的系統動能不變，重力勢能減小，機械能不守恒，故B錯誤；
C．乙圖中，因拉小球的細線與斜面垂直，所以小球受到重力和細線垂直于斜面向上的拉力，其合力沿斜面向下，所以小球的加速度也沿斜面向下，對小球運用牛頓第二定律得
解得
由于木板與小球的運動狀態相同，所以對木板、小球組成的整體，根據牛頓第二定得
解得μ=0，故C錯誤；
D．乙圖中，由于木板不受斜面的摩擦力，所以木板、小球組成的系統只有重力做功，則機械能守恒，故D正確。
故選AD．
【分析】甲圖分析：1、細線保持豎直 → 小球無水平加速度 → 木板沿斜面勻速下滑（平衡狀態）
2、木板受力：重力、斜面支持力、摩擦力、細線拉力（豎直）。若勻速下滑，摩擦力 = 重力沿斜面的分力 → 可求動摩擦因數。
3、系統機械能：木板勻速下滑 → 動能不變，重力勢能減少 → 機械能減少
乙圖分析：
1、細線垂直斜面 → 小球與木板相對靜止，加速度相同。
2、木板受力：重力、支持力、摩擦力、細線拉力（垂直斜面）。
若木板勻加速下滑，需滿足 a=gsinθ μgcosθ → 可求動摩擦因數。
3、系統機械能：木板加速下滑 → 動能增加，重力勢能減少 → 若摩擦力做功，機械能不守恒。
10．（2024高三下·柳州模擬）甲、乙兩車在平直公路上從同一地點同時出發，兩車位移x和時間t的比值與時間t之間的關系如圖所示，則（　　）
A．乙車的初速度大小為15m/s
B．乙車的加速度大小為
C．前5s內乙車的位移為12.5m
D．圖像的交點表示時甲、乙兩車相遇
【答案】A,D
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】AB．根據勻變速直線運動位移—時間公式有
可得
甲車的加速度大小為
由圖像可知，乙車的初速度為v=15m/s，加速度為
則速度減為零的時間為
s
故A正確，B錯誤；
C．前5s內乙車的位移即前3s內的位移，大小為
故C錯誤。
D．甲車追上乙車時，兩車位移相等，則有
解得t=2s，故D正確。
故選AD。
【分析】1. 理解圖像含義：題目給出的是 x/t 與 t 的關系圖（即平均速度隨時間變化的關系）。
對于勻變速直線運動，x = v0t +1/2at2，因此 x/t = v0 +1/2at，說明 x/t 與 t 呈線性關系。
2. 分析甲車：甲車的 x/t 為水平直線（不隨時間變化）→ x/t = 常數 = 甲車的速度。
說明甲車做 勻速直線運動，速度從圖中縱軸截距讀出。
3. 分析乙車：乙車的 x/t 與 t 成線性關系，
由圖可知：t=0 時，x/t = 15 m/s → 乙車初速度 v0 = 15 m/s。
4. 交點物理意義：交點表示 x/t 相同，即兩車平均速度相同，但不一定相遇。
11．（2024高三下·柳州模擬）某同學在實驗室先將一滿偏電流、內阻的微安表G改裝成量程為0~1mA的電流表，再將改裝好的電流表改裝成具有兩個量程的電壓表（如圖虛線框內），其中一個較大的量程為0~3V。然后利用一個標準電壓表，根據如圖所示電路對改裝后的電壓表進行校準。已知、、均為定值電阻，其中。
（1）閉合開關S前，應將滑片P調至　 　端（選填“M”、“N”）。
（2）定值電阻的阻值　 　，　 　。
（3）當單刀雙擲開關撥到2位置時，電壓表的量程為　 　V。
【答案】（1）M
（2）100；2400
（3）0.6
【知識點】表頭的改裝
【解析】【解答】（1）閉合開關S前，應將滑片P調至最左端，即M端。
（2）根據題意有
代入數據解得
當開關接1時，電壓表的量程較大，即為0~3V，所以
代入數據解得
（3）當單刀雙擲開關撥到2位置時，有
代入數據解得
【分析】（1）滑動變阻器分壓式接法，閉合開關S前，應將滑片P調至電壓最小位置。
(2)根據等式求解定值電阻的阻值，根據計算
(3)當單刀雙擲開關撥到2位置時計算電壓表的量程。
（1）閉合開關S前，應將滑片P調至最左端，即M端。
（2）[1]根據題意有
代入數據解得
[2]當開關接1時，電壓表的量程較大，即為0~3V，所以
代入數據解得
（3）當單刀雙擲開關撥到2位置時，有
代入數據解得
12．（2024高三下·柳州模擬）小晨同學用如圖甲所示的實驗裝置驗證動量定理，其步驟如下：
A．測出小車質量M，合理調整木板傾角，讓小車能沿木板加速下滑。用輕繩通過滑輪將拉力傳感器和小車連接，小車連接紙帶，并記錄傳感器的示數F；
B．取下輕繩，讓小車由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙所示，將打下的第一點記為計數點0（之后每五個點取一個計數點）。已知打點計時器的打點頻率為；
C．用刻度尺測量出第4個計數點和第5個計數點之間的距離3、第5個計數點和第6個計數點之間的距離，、的數值如圖乙所示。
（1）相鄰兩個計數點之間的時間間隔　 　s。
（2）小晨同學從打出的紙帶中選擇一條點跡清晰的紙帶，將紙帶沿計數點剪斷得到6段紙帶，由短到長并排貼在坐標中，各段緊靠但不重疊。最后將各紙帶上端中心點連起來可得到一條直線，如圖丙。相鄰計數點間的距離為，紙帶寬度表示相鄰計數點間的時間間隔T，用橫軸表示時間t。若縱軸表示，則所連直線的斜率表示　 　；若縱軸表示，則所連直線的斜率表示　 　。
A．各計數點的瞬時速度 B．相鄰計數點的瞬時速度的變化
C．小車運動的加速度a D．小車運動的加速度的一半即
（3）某次實驗測得，拉力傳感器的示數為，實驗得到的紙帶如圖乙所示，則從0→5過程中小車所受合外力的沖量為　 　，小車動量變化量的大小為　 　。（結果均保留3位有效數字）
（4）實驗操作中　 　（選填“需要”或“不需要”）再添加補償阻力的步驟，合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是　 　．
【答案】（1）0.1
（2）B；D
（3）1.10；1.08
（4）不需要；紙帶與計時器之間存在摩擦
【知識點】驗證動量守恒定律；誤差和有效數字；用打點計時器測速度
【解析】【解答】（1）相鄰兩個計數點之間的時間間隔
（2）所連直線的斜率表示
所以其直線斜率表示相鄰計數點的瞬時速度的變化，故選B；
若縱軸表示，則根據
則縱坐標為該點的瞬時速度，則所連直線的斜率表示為
故選D。
（3）由題可知靜止時繩的拉力等于重力的分力與摩擦力的矢量和，所以釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數
從0→5過程中所用的時間
從0→5過程中小車所受合外力的沖量為
第5個計數點的速度
小車動量變化量的大小為
（4） 釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數，所以實驗操作中不需要再添加補償阻力的步驟；
合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是紙帶與計時器之間存在摩擦。
【分析】（1）題目已知打點計時器的打點頻率為， 相鄰兩個計數點之間的時間間隔。
（2）推導斜率。
（3）小車的合力等于之前記錄傳感器的示數，從0→5過程中所用的時間，從0→5過程中小車所受合外力的沖量為。小車動量變化量的大小為。
（4）合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是紙帶與計時器之間存在摩擦。
（1）相鄰兩個計數點之間的時間間隔
（2）[1] 所連直線的斜率表示
所以其直線斜率表示相鄰計數點的瞬時速度的變化，故選B；
[2] 若縱軸表示，則根據
則縱坐標為該點的瞬時速度，則所連直線的斜率表示為
故選D。
（3）[1]由題可知靜止時繩的拉力等于重力的分力與摩擦力的矢量和，所以釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數
從0→5過程中所用的時間
從0→5過程中小車所受合外力的沖量為
[2] 第5個計數點的速度
小車動量變化量的大小為
（4）[1] 釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數，所以實驗操作中不需要再添加補償阻力的步驟；
[2] 合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是紙帶與計時器之間存在摩擦。
13．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，某學校課外活動實驗小組設計了一個簡易的溫度計。厚度不計的活塞將一定質量的理想氣體封閉在導熱氣缸內，氣缸開口朝下，氣缸內部的總長度為2L，活塞的質量為m，橫截面積為S，早上溫度為時觀察到活塞位于氣缸中央，中午時觀察到活塞向下移動了，已知重力加速度為g，大氣壓強恒為，求：
（1）早上溫度為時封閉氣體的壓強大小；
（2）中午觀察時環境的溫度。
【答案】解：（1）早上溫度為時觀察到活塞位于氣缸中央，根據平衡條件可知 ，早上溫度為時封閉氣體的壓強大小
（2）活塞向下移動，封閉氣體的壓強不變，根據蓋—呂薩克定律有
解得中午觀察時環境的溫度
【知識點】氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）根據平衡條件可知 可得出早上溫度為時封閉氣體的壓強大小 。
（2）活塞向下移動，封閉氣體的壓強不變，根據蓋—呂薩克定律有可求解中午觀察時環境的溫度 。
14．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，正方形區域abcd內（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場，連線與ad邊平行，大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成角方向以不同的初速度v射入磁場，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B，，不計粒子重力和粒子間的相互作用。
（1）求恰好從點射出磁場的粒子的速度大小；
（2）要使粒子從ad邊離開磁場，求初速度v的取值范圍。
【答案】解：（1）從點射出磁場的粒子的運動軌跡如圖
根據幾何關系可知運動半徑為
根據洛倫茲力提供向心力有
解得
（2）當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖所示：
設此時初速度為，軌道半徑為，由幾何關系可得
又
解得
假設粒子運動軌跡能與cd邊相切，如圖所示：
設此時初速度為，軌道半徑為，由幾何關系可得
解得
又
則此軌跡的圓心在在ad上方，粒子通過ad邊，但是射出位置在d點左側。此時不是從ad邊離開磁場的粒子最大初速度。當粒子速度越大，射出的點約靠近d點，則從d點射出時速度最大，如圖
根據幾何關系可知
，
解得
根據洛倫茲力提供向心力有
解得
綜上可得
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）從點射出磁場的粒子的運動軌跡如圖
根據幾何關系可知運動半徑，根據洛倫茲力提供向心力，可求解恰好從點射出磁場的粒子的速度大小。
（2）當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖所示：
由幾何關系可得又，可求解初速度最小值。
假設粒子運動軌跡能與cd邊相切，如圖所示：
由幾何關系可得，又，則此軌跡的圓心在在ad上方，粒子通過ad邊，但是射出位置在d點左側。此時不是從ad邊離開磁場的粒子最大初速度。當粒子速度越大，射出的點約靠近d點，則從d點射出時速度最大，如圖
根據幾何關系可知，，
根據洛倫茲力提供向心力有，可求解初速度最大值。
15．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，一足夠長水平傳送帶順時針轉動，速度大小恒為。傳送帶上MN右側存在一方向豎直向上的勻強磁場區域，磁感應強度大小為。有一邊長為、粗細均勻的正方形導線框abcd，質量，總電阻。ab邊與磁場邊界平行，在ab邊距離MN為的位置由靜止釋放該線框，已知線框與傳送帶之間的動摩擦因數為，線框剛到MN直至完全進入磁場用時，，重力加速度g取，求：
（1）從開始釋放線框到ab邊剛到達MN所用的時間；
（2）線框ab邊剛進入磁場時a、b兩點間的電勢差；
（3）線框在傳送帶上運動的整個過程中，傳送帶因傳輸線框而多消耗的電能。
【答案】解：（1）假設線框進入磁場前做勻加速運動，根據牛頓第二定律
根據運動學公式
解得
說明線框進入磁場前一直做勻加速運動，勻加速時間
（2）ab邊剛進入磁場時產生電動勢
解得
由閉合電路歐姆定律
解得
，
解得
（3）進入磁場前傳送帶位移
多消耗電能
線框進入磁場后受到的安培力
，
解得
由動量定理
其中
解得
線框進入磁場階段一直與皮帶發生相對運動，傳送帶位移
多消耗電能
線框進入磁場后繼續加速，直至與皮帶共速，之后一起勻速運動，不再多消耗電能，線框在磁場中勻加速時間
傳送帶位移
多消耗電能
總多消耗電能
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）用假設法判斷線框進入磁場前做勻加速運動，根據牛頓第二定律
根據運動學公式，解得，勻加速時間
（2）ab邊剛進入磁場時產生電動勢，由閉合電路歐姆定律，，聯立可計算線框ab邊剛進入磁場時a、b兩點間的電勢差。
（3）進入磁場前傳送帶位移，多消耗電能等于克服摩擦力做功，即，線框進入磁場后受到的安培力，，由動量定理聯立計算運動時間，線框進入磁場階段一直與皮帶發生相對運動，由計算相對位移，
多消耗電能等于摩擦力乘以相對位移即，線框進入磁場后繼續加速過程同樣計算相對位移，再計算多消耗電能，最后計算總多消耗電能
1 / 12024屆廣西柳州市高三下學期第三次模擬考試物理試題
1．（2024高三下·柳州模擬） 日本核污染排海核污水中的屬于I類致癌物質，威脅著人類的安全。已知的衰變方程為，則下列說法中正確的是（　　）
A．該核反應中X為中子
B．升高溫度會使的半衰期減小
C．的比結合能大于的比結合能
D．一個核的質量小于一個核和一個X核的質量之和
2．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示為一圓柱形玻璃磚的截面，O為圓心，AB為一條直徑，光線a、b均從C點射入，光線a平行于AB，光線b與光線a的夾角，兩條光線的折射光線均經過B點，，則光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比為（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，一理想變壓器原、副線圈所在電路中分別接入兩個完全相同的定值電阻A、B，若通過原線圈電流的有效值變為原來的2倍，則（　　）
A．電阻B兩端的電壓變為原來的4倍
B．電阻B消耗的功率變為原來的4倍
C．流過電阻A、B的電流之比變為原來的2倍
D．電阻A兩端的電壓與電阻B兩端的電壓之比變為原來的2倍
4．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，坐標原點O處有一波源，它在介質中形成的簡諧橫波沿x軸正方向傳播。時，波源開始振動，時，波剛好傳到處，質點M、Q分別位于處。下列說法正確的是（　　）
A．s時質點M沿y軸負方向運動
B．該波的傳播速度為4m/s
C．時質點Q到達波峰
D．O處質點的位移y隨時間t變化的關系式為
5．（2024高三下·柳州模擬） 在某正點電荷形成的電場中有一條直線，直線上各點中a點的場強最大，直線上另一點b的場強大小為a點的．則下列說法正確的是（　　）
A．a、b兩點的場強方向相同
B．a、b兩點的場強方向的夾角為30°
C．a、b兩點的場強方向的夾角為60°
D．a、b兩點的場強方向的夾角為120°
6．（2024高三下·柳州模擬） 假設各行星均繞太陽做勻速圓周運動，行星的線速度大小為v，行星與太陽的連線在單位時間內掃過的面積為S，則下列表達式正確的是（　　）（其中k為常量）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·柳州模擬）已知足夠長的通電直導線在周圍空間某位置產生的磁感應強度大小與電流強度成正比，與該位置到長直導線的距離成反比。現將兩根通電長直導線分別固定在絕緣正方體的ae、gh邊上，電流大小相等、方向如圖中箭頭所示，則頂點b、f兩處的磁感應強度大小之比為（　　）
A．1∶2 B． C． D．1∶3
8．（2024高三下·柳州模擬）如圖，豎直平面內固定一個半圓弧MBN，M、N連線水平，B為圓弧最低點，現從圓心O點以速率分別沿水平和豎直方向拋出兩個相同的小球，小球分別落在圓弧上的A、B兩點，設兩小球從O點到弧面上所用時間分別為、，落在弧面時的動能分別為、，則有（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，一小球用輕質細線懸掛在木板的支架上，分別沿傾角為θ的兩個固定斜面下滑，甲圖中細線保持豎直，乙圖中細線保持垂直斜面。在木板下滑的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中木板與斜面間的動摩擦因數
B．甲圖中木板、小球組成的系統機械能守恒
C．乙圖中木板與斜面間的動摩擦因數
D．乙圖中木板、小球組成的系統機械能守恒
10．（2024高三下·柳州模擬）甲、乙兩車在平直公路上從同一地點同時出發，兩車位移x和時間t的比值與時間t之間的關系如圖所示，則（　　）
A．乙車的初速度大小為15m/s
B．乙車的加速度大小為
C．前5s內乙車的位移為12.5m
D．圖像的交點表示時甲、乙兩車相遇
11．（2024高三下·柳州模擬）某同學在實驗室先將一滿偏電流、內阻的微安表G改裝成量程為0~1mA的電流表，再將改裝好的電流表改裝成具有兩個量程的電壓表（如圖虛線框內），其中一個較大的量程為0~3V。然后利用一個標準電壓表，根據如圖所示電路對改裝后的電壓表進行校準。已知、、均為定值電阻，其中。
（1）閉合開關S前，應將滑片P調至　 　端（選填“M”、“N”）。
（2）定值電阻的阻值　 　，　 　。
（3）當單刀雙擲開關撥到2位置時，電壓表的量程為　 　V。
12．（2024高三下·柳州模擬）小晨同學用如圖甲所示的實驗裝置驗證動量定理，其步驟如下：
A．測出小車質量M，合理調整木板傾角，讓小車能沿木板加速下滑。用輕繩通過滑輪將拉力傳感器和小車連接，小車連接紙帶，并記錄傳感器的示數F；
B．取下輕繩，讓小車由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙所示，將打下的第一點記為計數點0（之后每五個點取一個計數點）。已知打點計時器的打點頻率為；
C．用刻度尺測量出第4個計數點和第5個計數點之間的距離3、第5個計數點和第6個計數點之間的距離，、的數值如圖乙所示。
（1）相鄰兩個計數點之間的時間間隔　 　s。
（2）小晨同學從打出的紙帶中選擇一條點跡清晰的紙帶，將紙帶沿計數點剪斷得到6段紙帶，由短到長并排貼在坐標中，各段緊靠但不重疊。最后將各紙帶上端中心點連起來可得到一條直線，如圖丙。相鄰計數點間的距離為，紙帶寬度表示相鄰計數點間的時間間隔T，用橫軸表示時間t。若縱軸表示，則所連直線的斜率表示　 　；若縱軸表示，則所連直線的斜率表示　 　。
A．各計數點的瞬時速度 B．相鄰計數點的瞬時速度的變化
C．小車運動的加速度a D．小車運動的加速度的一半即
（3）某次實驗測得，拉力傳感器的示數為，實驗得到的紙帶如圖乙所示，則從0→5過程中小車所受合外力的沖量為　 　，小車動量變化量的大小為　 　。（結果均保留3位有效數字）
（4）實驗操作中　 　（選填“需要”或“不需要”）再添加補償阻力的步驟，合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是　 　．
13．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，某學校課外活動實驗小組設計了一個簡易的溫度計。厚度不計的活塞將一定質量的理想氣體封閉在導熱氣缸內，氣缸開口朝下，氣缸內部的總長度為2L，活塞的質量為m，橫截面積為S，早上溫度為時觀察到活塞位于氣缸中央，中午時觀察到活塞向下移動了，已知重力加速度為g，大氣壓強恒為，求：
（1）早上溫度為時封閉氣體的壓強大小；
（2）中午觀察時環境的溫度。
14．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，正方形區域abcd內（含邊界）有垂直紙面向里的勻強磁場，連線與ad邊平行，大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成角方向以不同的初速度v射入磁場，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B，，不計粒子重力和粒子間的相互作用。
（1）求恰好從點射出磁場的粒子的速度大小；
（2）要使粒子從ad邊離開磁場，求初速度v的取值范圍。
15．（2024高三下·柳州模擬）如圖所示，一足夠長水平傳送帶順時針轉動，速度大小恒為。傳送帶上MN右側存在一方向豎直向上的勻強磁場區域，磁感應強度大小為。有一邊長為、粗細均勻的正方形導線框abcd，質量，總電阻。ab邊與磁場邊界平行，在ab邊距離MN為的位置由靜止釋放該線框，已知線框與傳送帶之間的動摩擦因數為，線框剛到MN直至完全進入磁場用時，，重力加速度g取，求：
（1）從開始釋放線框到ab邊剛到達MN所用的時間；
（2）線框ab邊剛進入磁場時a、b兩點間的電勢差；
（3）線框在傳送帶上運動的整個過程中，傳送帶因傳輸線框而多消耗的電能。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】原子核的衰變、半衰期；質量虧損與質能方程；結合能與比結合能
【解析】【解答】A、根據質量數和質子數守恒，可知X的質量數為零，和質子數為-1，該核反應中X為電子，故A錯誤；
B、半衰期與外界因素無關，故B錯誤；
C、的衰變為的，則的更穩定，所以的比結合能小于 54的比結合能，故C正確；
D、衰變過程放出能量，質量虧損，所以一 個的核的質量大于一個的核和一個X核的質量之和，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】衰變方程質量數和質子數守恒，半衰期與外界因素無關。衰變過程釋放能量，質量虧損，生成物比反應物穩定，即生成物的比結合能比反應物的比結合能大。
2．【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】如圖所示
根據幾何關系可得，根據折射定律
，
光線在玻璃中傳播的速度
設長為，則光線在玻璃中傳播的時間
聯立可得光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】首先根據題意畫出光路圖，再根據幾何關系求出折射角，根據折射定律，，計算光線a、b在玻璃磚中折射率，最后由，計算光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比。
3．【答案】D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】ACD．設原線圈中的電流為I1、副線圈中的電流為I2、定值電阻的電阻為r，則電阻A兩端的電壓為
電阻B兩端的電壓為
根據變壓器電壓、電流與匝數比的關系有
設初始狀態下輸入電壓的有效值為U，則有
當輸入電壓的有效值變為2U時，有
又有
聯立解得
= 2， =
故ACD錯誤；
B．當輸入電壓的有效值變為原來的2倍時，燈泡A、B兩端的電壓都變為原來的2倍，由歐姆定律可知，流過燈泡A、B的電流也都變為原來的2倍，由交流電源的輸出功率P=UI可知，電阻B消耗的功率變為原來的4倍，故B正確；
故選B。
【分析】考查理想變壓器在含有串聯電阻的電路中的電壓、電流和功率關系。這道題的關鍵在于理解電流變化如何影響副線圈的電壓和功率，同時注意比例關系是否變化。利用理想變壓器特性：電壓比，電流比，以及功率守恒列等式求解。
4．【答案】D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A．波沿x軸正方向傳播，根據平移法可知，時質點M沿y軸正方向運動，故A錯誤；
B．時，波剛好傳到處，則該波的傳播速度為
故B錯誤；
C．根據波的平移可知，時質點Q剛開始運動，故C錯誤；
D．O處質點的起振方向向上，由題可知周期為0.5s，則角頻率為
則位移y隨時間t變化的關系式為
故D正確；
故選D。
【分析】1、波的傳播方向與質點振動方向的關系（平移法或“上下坡”法）。
2、波速的計算（v=λ/T 或 v=Δx/Δt）。
3、根據波的平移可知質點起振時刻。
4、需明確振幅、角頻率、初相位建立振動方程。
5．【答案】C
【知識點】電場強度；點電荷的電場
【解析】【解答】直線上各點中a點的場強最大，則點電荷到直線的垂線的垂足為a點，設垂線段長為d，則有
解得
則a、b兩點的場強方向的夾角為60°，如圖
故答案為：C。
【分析】根據點電荷場強規律可知 ，越靠近點電荷場強越大，a點場強最大，即點電荷位移a點正上方位置，再結合點電荷場強公式確定點電荷a、b兩點的距離關系，再根據幾何關系確定a、b兩點的場強方向的關系。
6．【答案】A
【知識點】萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】當衛星繞行星運動的速度是v時，有
解得衛星圓周運動的半徑
衛星與行星中心的連線在單位時間內掃過的面積為
故答案為：A。
【分析】根據萬有引力及牛頓第二定律確定衛星做圓周運動的半徑，再根據弧形面積公式進行解答。
7．【答案】A
【知識點】磁感應強度；通電導線及通電線圈周圍的磁場
【解析】【解答】根據題意設磁感應強度為
若正方體的邊長為L，ae和gh的電流在f點產生的磁感應強度方向垂直、大小均為
f點的磁感應強度為
ae的電流在b點產生的磁感應強度為
gh的電流在b點產生的磁感應強度為
兩者方向成45°，根據矢量合成規則，b點的磁感應強度為
=
則有
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】1、理解題目條件：長直導線產生的磁場大小與電流強度成正比，與距離成反比。兩根導線分別固定在正方體的 ae 和 gh 邊上，電流大小相等，方向如圖。
2、計算磁場大小：由于電流大小相同，距離決定磁場大小。b點 到 ae 的距離 = 正方體邊長 a，到 gh 的距離 = 對角線。
3、合成磁場：b點 的磁場是 ae 和 gh 產生的磁場的矢量和，由于方向垂直，合成大小為 。
8．【答案】B,C
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】AB．根據動能定理
因為，可得
故A錯誤，B正確；
CD．小球到A點做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體，則
，
根據勾股定理
小球到B點做勻加速直線運動
兩邊平方可得
所以
故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】1、根據動能定理，可比較大小。
2、小球到A點做平拋運動，利用平衡列等式，小球到B點做勻加速直線運動，利用位移公式列等式，可比較時間。
9．【答案】A,D
【知識點】共點力的平衡；牛頓運動定律的應用—連接體；機械能守恒定律
【解析】【解答】A．甲圖中，因拉小球的細線呈豎直狀態，所以小球受到重力和豎直向上的拉力，在水平方向沒有分力，所以小球在水平方向沒有加速度，根據力的平衡條件得
則解得
故A正確；
B．甲圖中，因小球沿斜面做勻速直線運動，由于木板與小球的運動狀態相同，所以木板、小球組成的系統動能不變，重力勢能減小，機械能不守恒，故B錯誤；
C．乙圖中，因拉小球的細線與斜面垂直，所以小球受到重力和細線垂直于斜面向上的拉力，其合力沿斜面向下，所以小球的加速度也沿斜面向下，對小球運用牛頓第二定律得
解得
由于木板與小球的運動狀態相同，所以對木板、小球組成的整體，根據牛頓第二定得
解得μ=0，故C錯誤；
D．乙圖中，由于木板不受斜面的摩擦力，所以木板、小球組成的系統只有重力做功，則機械能守恒，故D正確。
故選AD．
【分析】甲圖分析：1、細線保持豎直 → 小球無水平加速度 → 木板沿斜面勻速下滑（平衡狀態）
2、木板受力：重力、斜面支持力、摩擦力、細線拉力（豎直）。若勻速下滑，摩擦力 = 重力沿斜面的分力 → 可求動摩擦因數。
3、系統機械能：木板勻速下滑 → 動能不變，重力勢能減少 → 機械能減少
乙圖分析：
1、細線垂直斜面 → 小球與木板相對靜止，加速度相同。
2、木板受力：重力、支持力、摩擦力、細線拉力（垂直斜面）。
若木板勻加速下滑，需滿足 a=gsinθ μgcosθ → 可求動摩擦因數。
3、系統機械能：木板加速下滑 → 動能增加，重力勢能減少 → 若摩擦力做功，機械能不守恒。
10．【答案】A,D
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】AB．根據勻變速直線運動位移—時間公式有
可得
甲車的加速度大小為
由圖像可知，乙車的初速度為v=15m/s，加速度為
則速度減為零的時間為
s
故A正確，B錯誤；
C．前5s內乙車的位移即前3s內的位移，大小為
故C錯誤。
D．甲車追上乙車時，兩車位移相等，則有
解得t=2s，故D正確。
故選AD。
【分析】1. 理解圖像含義：題目給出的是 x/t 與 t 的關系圖（即平均速度隨時間變化的關系）。
對于勻變速直線運動，x = v0t +1/2at2，因此 x/t = v0 +1/2at，說明 x/t 與 t 呈線性關系。
2. 分析甲車：甲車的 x/t 為水平直線（不隨時間變化）→ x/t = 常數 = 甲車的速度。
說明甲車做 勻速直線運動，速度從圖中縱軸截距讀出。
3. 分析乙車：乙車的 x/t 與 t 成線性關系，
由圖可知：t=0 時，x/t = 15 m/s → 乙車初速度 v0 = 15 m/s。
4. 交點物理意義：交點表示 x/t 相同，即兩車平均速度相同，但不一定相遇。
11．【答案】（1）M
（2）100；2400
（3）0.6
【知識點】表頭的改裝
【解析】【解答】（1）閉合開關S前，應將滑片P調至最左端，即M端。
（2）根據題意有
代入數據解得
當開關接1時，電壓表的量程較大，即為0~3V，所以
代入數據解得
（3）當單刀雙擲開關撥到2位置時，有
代入數據解得
【分析】（1）滑動變阻器分壓式接法，閉合開關S前，應將滑片P調至電壓最小位置。
(2)根據等式求解定值電阻的阻值，根據計算
(3)當單刀雙擲開關撥到2位置時計算電壓表的量程。
（1）閉合開關S前，應將滑片P調至最左端，即M端。
（2）[1]根據題意有
代入數據解得
[2]當開關接1時，電壓表的量程較大，即為0~3V，所以
代入數據解得
（3）當單刀雙擲開關撥到2位置時，有
代入數據解得
12．【答案】（1）0.1
（2）B；D
（3）1.10；1.08
（4）不需要；紙帶與計時器之間存在摩擦
【知識點】驗證動量守恒定律；誤差和有效數字；用打點計時器測速度
【解析】【解答】（1）相鄰兩個計數點之間的時間間隔
（2）所連直線的斜率表示
所以其直線斜率表示相鄰計數點的瞬時速度的變化，故選B；
若縱軸表示，則根據
則縱坐標為該點的瞬時速度，則所連直線的斜率表示為
故選D。
（3）由題可知靜止時繩的拉力等于重力的分力與摩擦力的矢量和，所以釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數
從0→5過程中所用的時間
從0→5過程中小車所受合外力的沖量為
第5個計數點的速度
小車動量變化量的大小為
（4） 釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數，所以實驗操作中不需要再添加補償阻力的步驟；
合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是紙帶與計時器之間存在摩擦。
【分析】（1）題目已知打點計時器的打點頻率為， 相鄰兩個計數點之間的時間間隔。
（2）推導斜率。
（3）小車的合力等于之前記錄傳感器的示數，從0→5過程中所用的時間，從0→5過程中小車所受合外力的沖量為。小車動量變化量的大小為。
（4）合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是紙帶與計時器之間存在摩擦。
（1）相鄰兩個計數點之間的時間間隔
（2）[1] 所連直線的斜率表示
所以其直線斜率表示相鄰計數點的瞬時速度的變化，故選B；
[2] 若縱軸表示，則根據
則縱坐標為該點的瞬時速度，則所連直線的斜率表示為
故選D。
（3）[1]由題可知靜止時繩的拉力等于重力的分力與摩擦力的矢量和，所以釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數
從0→5過程中所用的時間
從0→5過程中小車所受合外力的沖量為
[2] 第5個計數點的速度
小車動量變化量的大小為
（4）[1] 釋放小車的合力等于之前記錄傳感器的示數，所以實驗操作中不需要再添加補償阻力的步驟；
[2] 合外力對小車的沖量大于小車動量變化量的原因可能是紙帶與計時器之間存在摩擦。
13．【答案】解：（1）早上溫度為時觀察到活塞位于氣缸中央，根據平衡條件可知 ，早上溫度為時封閉氣體的壓強大小
（2）活塞向下移動，封閉氣體的壓強不變，根據蓋—呂薩克定律有
解得中午觀察時環境的溫度
【知識點】氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）根據平衡條件可知 可得出早上溫度為時封閉氣體的壓強大小 。
（2）活塞向下移動，封閉氣體的壓強不變，根據蓋—呂薩克定律有可求解中午觀察時環境的溫度 。
14．【答案】解：（1）從點射出磁場的粒子的運動軌跡如圖
根據幾何關系可知運動半徑為
根據洛倫茲力提供向心力有
解得
（2）當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖所示：
設此時初速度為，軌道半徑為，由幾何關系可得
又
解得
假設粒子運動軌跡能與cd邊相切，如圖所示：
設此時初速度為，軌道半徑為，由幾何關系可得
解得
又
則此軌跡的圓心在在ad上方，粒子通過ad邊，但是射出位置在d點左側。此時不是從ad邊離開磁場的粒子最大初速度。當粒子速度越大，射出的點約靠近d點，則從d點射出時速度最大，如圖
根據幾何關系可知
，
解得
根據洛倫茲力提供向心力有
解得
綜上可得
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）從點射出磁場的粒子的運動軌跡如圖
根據幾何關系可知運動半徑，根據洛倫茲力提供向心力，可求解恰好從點射出磁場的粒子的速度大小。
（2）當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖所示：
由幾何關系可得又，可求解初速度最小值。
假設粒子運動軌跡能與cd邊相切，如圖所示：
由幾何關系可得，又，則此軌跡的圓心在在ad上方，粒子通過ad邊，但是射出位置在d點左側。此時不是從ad邊離開磁場的粒子最大初速度。當粒子速度越大，射出的點約靠近d點，則從d點射出時速度最大，如圖
根據幾何關系可知，，
根據洛倫茲力提供向心力有，可求解初速度最大值。
15．【答案】解：（1）假設線框進入磁場前做勻加速運動，根據牛頓第二定律
根據運動學公式
解得
說明線框進入磁場前一直做勻加速運動，勻加速時間
（2）ab邊剛進入磁場時產生電動勢
解得
由閉合電路歐姆定律
解得
，
解得
（3）進入磁場前傳送帶位移
多消耗電能
線框進入磁場后受到的安培力
，
解得
由動量定理
其中
解得
線框進入磁場階段一直與皮帶發生相對運動，傳送帶位移
多消耗電能
線框進入磁場后繼續加速，直至與皮帶共速，之后一起勻速運動，不再多消耗電能，線框在磁場中勻加速時間
傳送帶位移
多消耗電能
總多消耗電能
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）用假設法判斷線框進入磁場前做勻加速運動，根據牛頓第二定律
根據運動學公式，解得，勻加速時間
（2）ab邊剛進入磁場時產生電動勢，由閉合電路歐姆定律，，聯立可計算線框ab邊剛進入磁場時a、b兩點間的電勢差。
（3）進入磁場前傳送帶位移，多消耗電能等于克服摩擦力做功，即，線框進入磁場后受到的安培力，，由動量定理聯立計算運動時間，線框進入磁場階段一直與皮帶發生相對運動，由計算相對位移，
多消耗電能等于摩擦力乘以相對位移即，線框進入磁場后繼續加速過程同樣計算相對位移，再計算多消耗電能，最后計算總多消耗電能
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