2024年河池市普通高中畢業班適應性模擬測試物理全卷滿分100分，考試時間75分鐘。注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．請按題號順序在答題卡上各題目的答題區域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4．考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交。5．本卷主要考查內容：高考范圍。一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．廣西是世界范圍內巨猿化石發現最多的地區，巨猿是一種已經滅絕的高等靈長類動物，其生活于距今約20萬年前，利用衰變測定年代技術可以確定化石的大致年代，衰變方程為，其半衰期是5730年，下列說法正確的是（）A．X是電子，來源于核外電子B．X是中子，來源于原子核C．化石埋藏的環境會影響的半衰期，進而對推算年代造成影響D．的比結合能小于的比結合能2．如圖甲，電鰻遇到危險時，可產生數百伏的電壓來保護自己．如圖乙所示，若將電鰻放電時形成的電場等效為等量異種點電荷的電場，其中正電荷集中在尾部，負電荷集中在頭部，O為電鰻身體的中點，且AB為魚身長的一半，下列說法正確的是（）A．A點電勢等于B點電勢B．A點場強大于B點場強C．若電鰻頭尾部間產生300V的電壓時，AB間的電壓可能為100VD．將正電荷由A點移動到B點，電場力先做負功后做正功3．如圖甲所示，用手握住長繩的端點A，時刻在手的帶動下A點開始上下振動，其振動圖像如圖乙所示，則下列四幅圖中能正確反映時刻繩波形狀的是（）A． B．C． D．4．我國將于2025年前后在文昌發射嫦娥六號，嫦娥六號將開展月球背面著陸區的現場調查和分析。采樣返回后，在地面對樣品進行研究。在發射過程中必須讓嫦娥六號探測器在環月階段圓軌道（II）的P點向環月階段橢圓軌道（I）上運動以到達月球表面的Q點。已知在圓軌道和橢圓軌道上的探測器只受到月球的萬有引力作用，下列說法正確的是（）A．若已知引力常量、探測器在圓軌道上的運動周期和月球的半徑，可求得月球的質量B．探測器由環月圓軌道進入環月橢圓軌道應讓發動機在P點加速C．探測器在環月階段橢圓軌道上P點的速度小于Q點的速度D．探測器在環月階段橢圓軌道上P點的加速度大于Q點的加速度5．某同學用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”．將圖甲中的零件組裝成圖乙中的變壓器，將原線圈接在交流電源上，將副線圈接在電壓傳感器（可視為理想電壓表）上，觀察到副線圈電壓隨時間t變化的圖像如圖丙所示，在保證安全的前提下，該可學在時間內進行的操作不可能是（）A．增加了交流電源的頻率 B．增加了副線圖的匝數C．減少了原線圈的匝數 D．擰緊變壓器鐵芯上松掉的螺絲6．如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質量為1.5kg，將一個質量為0.5kg的小球從距沙面0.45m高度處以大小為4m/s的初速度水平拋出，小球落入車內并陷入沙中最終與車一起向右勻速運動．不計空氣阻力，重力加速度，則下列說法正確的是（）A．小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統動量守恒B．小球陷入沙子過程中，沙子對小球的沖量大小為C．小車最終的速度大小為1m/sD．小車最終的速度大小為2m/s7．如圖所示，冬奧會上甲、乙兩名運動員在水平冰面上滑冰，恰好同時到達虛線PQ左側的半圓滑道，然后分別沿半徑為和的滑道做勻速圓周運動，運動半個圓周后勻加速沿直線沖向終點線．已知甲、乙兩名運動員的質量相等，他們做圓周運動時所受向心力大小相等，直線沖刺時的加速度大小也相等．則下列說法正確的是（）A．在做圓周運動時，甲所用的時間比乙的短B．在做圓周運動時，甲、乙的角速度大小相等C．在沖刺時，甲到達終點線時的速度較大D．在沖刺時，乙一定先到達終點線二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．8．如圖甲所示，一輕彈簧豎直固定在水平面上，時刻，將一小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．時刻小球動能最大B．時刻小球動能最小C．時間內，小球的動能先減少后增加D．時間內，小球增加的機械能小于彈簧減少的彈性勢能9．半導體薄膜壓敏傳感器所受壓力越大其電阻越小，利用這一特性設計成蘋果大小自動分揀裝置如圖所示．其中為壓敏電阻，為可變電阻，蘋果通過放置在壓敏電阻正上方的托盤秤時，可將壓力傳導至壓敏電阻，電磁鐵的輸入電壓大于某一個值時，電磁鐵工作，將銜鐵吸下并保持此狀態一小段時間，蘋果進入通道2，否則蘋果將進入通道1．若要挑選出質量更大的蘋果，下列措施可行的是（）A．將的電阻調小 B．將的電阻調大C．增大電源的電動勢 D．增大電源的內阻10．如圖所示，傾角為的絕緣斜而上固定兩根足夠長的平行光滑導軌，將定作電阻、電容器和電源在導軌上端分別通過開關、、與導軌連接，勻強磁場垂直斜而向下，初始時刻導體棒垂直導軌靜止放置．已知導軌與導體棒電阻不計，則下列說法正確的是（）圖1圖2圖3圖4A．閉合，、斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒運動的圖像可能如圖1所示B．閉合，、斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒運動的圖像可能如圖2所示C．、、斷開，由靜止釋放導體棒一段時間后閉合開關，導體棒運動的圖像可能如圖3所示D．、、斷開，由靜止釋放導體棒一段時間后閉合開關，導體棒運動的圖像可能如圖4所示三、非選擇題：本題共5小題，共54分．11．（6分）在“測玻璃磚的折射率”實驗中：（1）如圖甲所示，用插針法測定玻璃磚折射率的實驗中，下列說法正確的是________（填字母）．A．、的距離較大時，通過玻璃磚會看不到、的像B．為測量方便，、的連線與法線的夾角應盡量小些C．若、的連線與法線夾角較大時有可能在面發生全反射，所以在一側就看不到、的像D．為了減小作圖誤美，和的距離應適當取大些（2）在該實驗中，光線是由空氣射入玻璃磚，根據測得的入射角和折射角的正弦值畫出的圖線如圖乙所示，從圖線可知玻璃磚的折射率是________．（3）在該實驗中，某同學在紙上西出的界面、與玻璃磚位置的關系分別如圖丙所示，該同學用的是矩形玻璃磚，他的其他操作均正確，且均以、為界面畫光路圖，則該同學測得的折射率與真實值相比________（填“偏大”“偏小”或“不變”）．12．（9分）利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現象，連接計算機的電流傳感器可以捕捉并記錄到電流變化，當電流從上向下流過電流傳感器時，電流計為正值，已知直流電源電動勢為9V，內阻可忽略，實驗過程中顯示出電流隨時間變化的圖像如圖乙所示．（1）在4~7s時間內，開關S接________（填“1”或“2”）．（2）關于電容器充電過程中兩極板所帶電荷量Q隨時間t變化的圖像，下列正確的是________（填字母）．（3）如果不改變電路其他參數，只減小電阻R，充電時曲線與橫軸所圍成的面積將________（填“增大”“不變”或“變小”），充電時間將________（填“變長”“不變”或“變短”）．（4）某同學研究電容器充電后儲存的能量E與電容C、電荷量Q及兩極板間電壓U之間的關系．他從等效的思想出發，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功．為此他作出電容器兩極間的電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖丙所示，下列說法正確的是________（填字母）．A．對同一電容器，電容器儲存的能量E與電荷量Q成正比B．搬運的電量，克服電場力所做的功近似等于上方小矩形的面積C．若電容器兩極板間電壓為U時儲存的能量為E，則電壓為時儲存的能量為13．（8分）如圖所示，我國研制的“飛天”艙外航天服各項技術水平均處于世界前列，航天服的氣密性良好，內部氣體可視為理想氣體．已知其初始狀態體積為V，溫度為T，壓強為，其中為大氣壓強．（1）若保持航天服內氣體壓強不變，緩慢升高氣體溫度至1.2T，求此過程氣體對外做的功W；（2）若在初始狀態將航天服的閥門打開，外界氣體緩慢進入航天服內，直至內、外氣體壓強均為后不再進氣，此時航天服內理想氣體的體積為1.2V，且此過程中，氣體的溫度保持為T不變，求進入航天服內氣體的質量與原有質量的比值．14．（14分）如圖所示，在坐標系xOy的、處有兩條虛線AC、DF，y軸與AC之間的勻強磁場I大小未知，AC與DF之間的勻強磁場II磁感應強度大小為B，兩磁場方向均垂直于坐標平面向外．在原點O下方有一個勻強電場區域，場強方向沿y軸正方向，在y軸上與O相距為d的P點將一質量為m、電荷量為的帶電微粒由靜止釋放，它在電場力作用下向上運動經O點進入磁場，先后經過Q、G點從磁場射出，經過x軸上S點時速度方向與x軸正方向成角．已知Q、G兩點縱坐標相同，取，，不計微粒受到的重力．求：（1）勻強電場的場強大小E；（2）勻強磁場I的磁感應強度大小；（3）帶電微粒從P點釋放到經過S點的時間．15．（17分）如圖甲所示，質量為的長木板靜止在光滑水平面上，質量為的物塊以水平向右的初速度滑上長木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數為，將物塊視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度．（1）當物塊的初速度時，物塊恰好不滑離木板，求木板長度L；（2）當物塊以的初速度滑上木板時，同時給木板施加一個水平向右的恒力F．求：①要使物塊不滑離木板，恒力F的取值范圍；②在①的情形下，物塊的最終速度大小與恒力F的關系；③物塊與木板因摩擦產生的熱量Q與恒力F的關系．

2024年河池市普通高中畢業班適應性模擬測試·物理參考答案、提示及評分細則1．D在核反應方程中，根據質量數守恒和電荷數守恒可知，X是電子，它是核反應產生的，來源于原子核，不是核外電子，A、B錯誤；放射性元素的半衰期非常穩定，不受環境影響，C錯誤；該核反應過程中釋放能量，粒子比結合能增大，故的比結合能小于的比結合能，D正確．2．C尾部集中正電荷，頭部集中負電荷，電場線方向由A指向B，沿電場線方向電勢降低，故A點電勢高于B點，故A錯誤；根據等量異種點電荷的電場分布的對稱性可知，A點和B點場強相同，故B錯誤；根據等量異種點電荷的電場分布規律可知A、B間的電場線比A點到魚尾或B點到魚頭的電場線稀疏，則平均場強也較小，故A、B之間電壓小于150V，可能為100V，故C正確；由于電場線方向由A指向B，所以正電荷的受力方向為由A指向B，正電荷由A移動到B時，電場力做正功，故D錯誤．3．B根據A點振動圖像可知，在時刻繩上A點向下運動，再由振動圖像可知時波傳播的周期恰好為，則波傳播的距離為，CD錯誤；選項A圖中A點向上振動，選項B圖中A點向下振動，A錯誤、B正確．4．C根據，解得，可知，若已知引力常量、探測器在環月階段圓軌道II上的運動周期和環月圓軌道的半徑，可求月球的質量，A錯誤；探測器由環月圓軌道進入環月橢圓軌道過程是由高軌道進入低軌道，應讓發動機在P點減速，B錯誤；探測器在環月階段橢圓軌道上由P運動到Q過程，萬有引力做正功，可知，探測器在環月階段橢圓軌道上P點的速度小于Q點的速度，C正確；根據牛頓第二定律有，解得，由于探測器在環月階段橢圓軌道上P點距離月心的間距大于探測器在Q點距離月心的間距，則探測器在環月階段橢圓軌道上P點的加速度小于Q點的加速度，D錯誤．5．A增加了交流電源的頻率，不會影響的大小，A正確；由變壓器電壓與線圈匝數關系，得，如果減少了原線圈的匝數或增加了副線圈的匝數，則增大，與圖像符合，B、C錯誤；擰緊了變壓器鐵芯上松掉的螺絲，會減小漏磁，所以增大，D錯誤．6．C小球陷入沙子過程，小球在豎直方向做變速運動，系統在豎直方向合力不為零，因此系統動量不守恒，A錯誤；由于小球陷入沙子過程的時間未知，故沙子對小球的沖量大小未知，B錯誤；小球與車、沙組成的系統在水平方向動量守恒，由可知，，C正確，D錯誤．7．C根據，解得，由于做圓周運動時所受向心力大小相等，甲運動員圓周運動的半徑大于乙運動員圓周運動的半徑，可知甲運動員圓周運動的周期大于乙運動員圓周運動的周期，即在做圓周運動時，甲所用的時間比乙的長，A錯誤；根據，由于做圓周運動時所受向心力大小相等，，可知甲運動員圓周運動的角速度小于乙運動員圓周運動的角速度，B錯誤；沖刺時的初速度大小等于圓周運動的線速度大小，根據，解得，由于做圓周運動時所受向心力大小相等，，可知甲運動員圓周運動的線速度大于乙運動員圓周運動的線速度，令到達終點線時的速度大小為，沖刺勻加速的位移為x，則有，由于沖刺勻加速運動的位移與加速度均相等，可知勻加速的初速度較大的甲運動員到達終點線時的速度較大，C正確；由A選項的解析知甲、乙兩名運動員在圓周運動過程所用時間：，而在直線沖刺過程中，位移相等，但甲運動員的初速度大，則加速階段時間：，到達終點的時間為兩個階段時間之和，由數學知識無法判斷和的大小關系，乙不一定先到達終點線，D錯誤．8．BD由圖像振幅逐漸減小可知，小球在運動過程中受到空氣阻力作用，小球在接觸彈簧之前做向下加速運動，碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運動，當加速度為0即重力等于彈簧彈力與空氣阻力之和時加速度達到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運動，與彈簧接觸的整個下降過程，小球的機械能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，上升過程恰好與下降過程互逆，由乙圖可知時刻開始接觸彈簧，但在剛開始接觸后的一段時間內，重力大于彈力，小球仍做加速運動，所以此刻小球的動能不是最大，A錯誤；時刻彈力最大，小球處在最低點，動能最小，B正確；時刻小球往上運動恰好要離開彈簧，這段時間內，小球先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉化為小球的機械能和內能，C錯誤、D正確．9．AD質量大的蘋果對壓敏傳感器的壓力大，壓敏傳感器的阻值小，電路中的電流大，則電阻的電壓大，即放大電路的輸入電壓大于某一個值，電磁鐵工作將銜鐵吸下，蘋果將進入通道2，將的電阻調大，則電阻的電壓變大，則質量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個值，從而進入通道2，即將挑選出質量更小的蘋果，A正確，B錯誤；電源電動勢變大，則電阻的電壓變大，則質量較小的蘋果更容易使放大電路的輸入電壓大于某一個值，從而進入通道2，即將挑選出質量更小的蘋果，C錯誤；電源內阻變大，則電阻的電壓變小，要達到某一臨界值，則需要減小壓敏傳感器的阻值，增大電路中的電流，從而使電阻的電壓達到臨界值，則需要增大對壓敏傳感器的壓力，即將挑選出質量更大的蘋果，D正確．10．AC閉合，、斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒與電阻構成回路，根據，，，，解得，可知隨著導體棒速度的增加，導體棒的加速度逐漸減小，最終勻速，A正確；閉合，、斷開，由靜止釋放導體棒，導體棒與電容器構成回路，穩定時有，電容器極板電荷量為，電路電流為，導體棒受到的安培力為，根據牛頓第二定律可得，解得，可知穩定時導體棒的加速度保持不變，做勻加速直線運動，B錯誤；、、斷開，由靜止釋放導體棒后閉合開關，可知閉合開關瞬間導體棒的速度為，導體棒受到的安培力大小為，若，可知導體棒繼續向下減速，隨著速度的減小，安培力減小，加速度減小，當安培力與重力沿斜面向下的分力平衡時，導體棒做勻速直線運動，C正確；、、斷開，由靜止釋放導體棒后閉合開關，最終安培力與下滑力平衡，導體棒做勻速直線運動，不可能如圖4所示，D錯誤．11．（1）D（2分）（2）1.5（2分）（3）偏小（2分）解析：（1）根據光路可逆性原理可知，光線一定會從另一側表面射出，折射光線不會在玻璃磚的內表面發生全反射，即使、的距離較大，通過玻璃磚仍然可以看到、的像，A錯誤；為減少測量誤差，入射角應適當大一些，即、的連線與法線的夾角應盡量大些，B錯誤；由幾何知識可知，光線在上表面的折射角一定等于下表面的入射角，根據光路可逆性原理可知，光線一定會從下表面射出，不可能在面發生全反射，C錯誤；為了減小作圖誤差，將出射光線確定得更準確些，和的距離應適當取大些，D正確．（2）根據折射率定義公式有，代入數據可得玻璃磚的折射率．（3）該同學測定折射率時，作出的折射光線如圖中虛線所示，實線表示實際光線，可見測量的折射角偏大，則由折射定律可知，測得的折射率將偏小．12．（1）2（1分）（2）B（2分）（3）不變（2分）變短（2分）（4）BC（2分，少選得1分，錯選不得分）解析：（1）4~7s內，電容器處于放電狀態，開關S應接2．（2）電容器充電過程中，電容器兩端的電壓U逐漸增大，最后與電源電動勢相等，因此斜率會逐漸減小，最后與橫軸平行，根據公式，電容C為定值，可知電容器所帶的電荷量逐漸增大，最后保持不變，圖像的斜率也逐漸變小，最后為零，B正確．（3）由電容器的計算公式可知，電容器儲存的電荷量與電阻R無關，所以曲線與橫軸圍成的面積保持不變，當減小電阻R，由于電阻對電流的阻礙作用減弱，充電電流增大，所以充電時間將變短．（4）從等效的思想出發，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力做的功，也就等于圖像與橫軸圍成的面積，則，A錯誤；根據圖像的物