2024年1月广西普通高等学校招生考试适应性测试物理试题（解析版）

2024年广西普通高等学校招生考试（适应性演练）

物理

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷、答题卡上；

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡

上，写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本大题共10小题，共46分.第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要

求，错选、多选或未选均不得分，第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部

选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分.

1.耨99m在医疗诊断中被广泛用作显像剂或示踪剂，质量为%的铝99m经过12h后剩余

铝99m的质量为处，它的半衰期为（）

4

A.3hB.6hC.9hD.12h

【答案】B

【解析】质量为机o的铝99m经过12h后剩余得99m的质量为个，有£=（；）子?

解得r=6h

故选B。

2.我国酒泉卫星发射中心在2022年将“夸父一号”卫星送入半径为彳的晨昏轨道；2023年

又将“星池一号A星”送入半径为弓的晨昏轨道«>4），“夸父一号”与“星池一号A星”在

绕地球运行中，周期之比为（）

A.1:1B.4：2C.7?：7?D-

【答案】c

33

【解析】ABCD.由开普勒第三定律冬=冬得，“夸父一号”与“星池一号A星”在绕地球

4，2

运行中，周期之比为故选c。

石，厂2

3.如图，当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，通过传感

器电路将磁场的变化转换为交通灯的控制信号，车辆驶入图中圆形区域时，车辆引起磁场

变化的原因类似于（）

圆形区域

交通灯

控制器

电路

A.将铁芯放入通电线圈B.增大通电线圈的面积

C.增加通电线圈的匝数D.加大对通电线圈的压力

【答案】A

【解析】当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，利用的是

互感现象，汽车上大部分是金属，汽车经过线圈时会引起汽车磁通量的变化，从而产生电

磁感应现象，产生感应电流，从而改变区域内通电线圈中的磁场；此过程类似将铁芯放入

通电线圈，铁芯的磁通量也会变化，也会产生感应电流，从而改变通电线圈中的磁场。

故选Ao

4.半径为0.1m的圆内有匀强磁场，磁感应强度2大小为0.4T,现将一单匝正方形线框放

入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心。点重合，如图，

当通过线框的电流/为1A时，线框所受的安培力大小为（）

71

A.—NB.—NC.—ND.—N

25252550

【答案】B

【解析】线框在磁场有效线段的长度

5

L=A/27?=—m

10

安培力大小为

F=BIL=—N

25

故选B„

5.2023年11月，在广西举办的第一届全国学生（青年）运动会的自行车比赛中，若甲、

乙两自行车的V—/图像如图，在/=0时刻两车在赛道上初次相遇，则（）

A.0-4内，乙的加速度越来越大

B.4时刻，甲乙再次相遇

C.0-4内，甲乙之间的距离先增大后减小

D.t?内，甲乙之间的距离先减小后增大

【答案】D

【解析】A.V—/图像的斜率表示加速度，由图可得，0-4内乙图线的斜率逐渐变小，即

加速度减小，故A错误；

B.V—/图像的面积表示位移，由图可知在「时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在

甲前面，故B错误；

C.V—/图像的的面积表示位移，由图可得，0-4乙的面积与甲的面积差一直增大，即甲

乙的位移差一直增大，甲乙之间的距离一直增大，故c错误;

D.由B选项可得，4时刻乙在甲前面，t]-t2由图可知叫〉v乙且都做匀速直线运动，则

甲会追上乙，并超越乙到乙的前面，即t]-t2甲乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超

越乙到乙的前面，甲乙的距离在增大，故D正确。故选D。

mg

6.如图，空间中有一匀强电场，大小为空，方向与水平方向成30。角，现有一光滑绝缘

q

大圆环固定在竖直平面内，。点为环心，将质量为机、带电荷量为+4的小圆环套在大圆

环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周

B.在M点和N点的电势能相等

C.从M点到。点电场力做负功

D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势

【答案】D

【解析】C.小圆环带正电，从M点到。点电场力做正功，C错误;

B.作出等势面如图：

沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能

大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；

l「mg

A.小圆环受到的电场力歹=qE=<7——=mg

q

受力如图:

则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点

速度最大，则从/点到。点动能先增大后减小，A错误；

D.根据沿电场线方向电势降低，则在2点电势低于A点的电势，即动能最大处的电势

低于动能最小处的电势，D正确。

故选D。

7.如图甲，弹簧振子的平衡位置。点为坐标原点，小球在M、N两点间做振幅为A的简

谐运动，小球经过。点时开始计时，其X-/图像如图乙，小球的速度

v=A』cos『,加速度为。，质量为相，动能为弹簧劲度系数为左，弹簧振子的

弹性势能为综，弹簧对小球做功的功率为尸，下列描述该运动的图像正确的是（）

图甲

【答案】C

【解析】A.小球做简谐运动，速度

,2〃271

v=A——

T7’

可知在仁0时速度最大，小球位于平衡位置，此时加速度为0,位移为0,动能最大，弹性

势能为0,弹簧的弹力为0,对小球做功的功率为0,故A错误；

27rITI

BC.由v=A——cos才可知

TT

2〃

CD-——

T

则小球速度变化周期为

r=r

所以动能和势能的周期为

T

5

小球的最大速度

.2%

vHI=Ar—ri

则最大动能

L122〃d万2

£km=-mVrn=———

根据机械能守恒可知最大弹性势能

E=E2mA2%2

pm-Lkm一1

故B错误，C正确;

D.由龙一，图像可知小球的位移

,27r

%=Acos——t

T

弹簧对小球做功的功率

InkA22万

cos——t

T

可见功率的最大值为&=号上

故D错误。

故选C。

8.电磁炉正常工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，使面板上方的铁锅底部

产生涡流而发热，则（）

A.通过线圈的是恒定电流B.通过线圈的是交变电流

C.用全陶瓷锅替代铁锅也能发热D.电磁炉正常工作时面板不发热

【答案】BD

【解析】AB.电磁炉工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，因此通过线圈的

是交变电流，故A错误，B正确；

C.电磁炉工作时，变化的磁场使面板上方的铁锅底部产生涡流，铁锅迅速发热，从而达

到加热食物的目的，属于涡流，用全陶瓷锅替代铁锅不能产生涡流，故c错误；

D.电磁炉内线圈通过高频交流电，会在上方的铁质锅具中产生涡流，从而加热食品，面

板是陶瓷材料制成，不能产生涡流，也就不能产生热，故D正确。

故选BD„

9.等量同种理想气体分别经绝热过程①和一般过程②，温度均从北升至V图像如

图，过程①外界对理想气体做功为峭，过程②外界对理想气体做功为印2,则（）

A.过程②内能的增量等于叫

B.过程①和过程②相比，叱〉也

C.过程②理想气体向外界放出热量

D.过程①理想气体从外界吸收的热量等于喝

【答案】AC

【解析】D.由题意可知，①为绝热过程，所以该过程气体既不从外界吸收热量，也不向

外界释放热量，故D项错误；

A.①为绝热过程，气体内能的变化量等于外界对气体做的功，即

△q=叱

由于理想气体的内能只与温度有关，而两过程的初末状态的温度相同，所以其初末状态的

内能相同，即内能变化相同，即

Al/2=At/j=叱

故A项正确；

B.由气体的。-V图像可知，其图像与坐标轴围成的面积为气体做的功，由图像可知，②

过程做的功大于①过程。过程①和过程②相比，叱＜必，故B项错误；

C.由热力学第一定律有

又因为公。2=叱，且叱＜%，结合上述分析可知2＜。

所以该过程气体向外界放出热量，故c项正确。

故选AC„

10.水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用人表示，靠近蓄水池底部的侧壁有一

个面积为S的小孔，水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许多球状小水珠，小水珠

所受空气阻力大小可近似为了=左乃户其中人为比例系数，厂为小水珠半径，V为小水

珠速度（v未知），设重力加速度为g,水的密度为夕，水塔足够高，则（）

A.水从小孔喷出的速度约为同T

B.水珠最终下落速度不会超过2悭里

3Vk

C.小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定

D.若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为

【答案】AB

【解析】A.取水面上质量为机的水滴，从小孔喷出时，由机械能守恒定律可知

mgh=-my。2

解得水从小孔喷出的速度约为

%=7^

A正确；

B.水珠下落速度最大时有

mg=于

即

31

p^7irg=k7irvm2

解得

=23pgr

m3\k

所以最终下落速度不会超过2J型红，B正确;

3Vk

C.不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，由于

小水珠喷出后受空气阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔离地高度和水喷出的速

度以及阻力大小有关，c错误；

D.若用一块木板正面去堵小孔，设水与木板表面的作用时间为则在/时间内到木板表

面水的质量为

m-pSvot

对到木板表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得

Ft-Q-mv0

解得

F=-2pghS

可见即将堵住时水对木板的冲击力大小为2pghS,D错误。

故选ABo

二、非选择题：本大题共5小题，共54分.第11题6分，第12题10分，第13题10

分，第14题12分，第15题16分.其中13~15题解答时要求写出必要的文字说明、方程

式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必

须明确写出数值和单位.

11.某同学进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，实验装置如图：

（1）实验用到打点计时器是用来记录和的仪器；

（2）在进行实验时，该同学将长木板不带滑轮的一端垫高，使得小车在不受牵引时能拖动

纸带沿长木板运动，该操作的目的是补偿阻力；

（3）当槽码的质量比和小车的质量M大小关系满足时，可以认为小车所受的拉力

大小与槽码所受的重力大小相等。

【答案】（1）时间距离（2）做匀速直线运动（3）m-M

【解析】（1）口］［2］实验用到的打点计时器是用来记录时间和距离的仪器；

（2）［3］在进行实验时，该同学将长木板不带滑轮的一端垫高，使得小车在不受牵引时能

拖动纸带沿长木板做匀速直线运动运动，该操作的目的是补偿阻力，平衡摩擦力；

（3）［4］对整体根据牛顿第二定律可得加速度为。=——

M+m

F=Ma=^-=^-

故可得绳子中拉力为M+m］

故当槽码的质量，”和小车的质量M大小关系满足加M时，可以认为小车所受的拉力大

小与槽码所受的重力大小相等。

12.某实验小组对一个待测电池的电动势E（约L5V）和内阻r（小于2Q）进行测量，可

用的器材有：一个小量程的电压表（量程为0.3V）,定值电阻&=149.0C,最大阻值为

999.9Q的电阻箱R,开关S,他们设计如图甲的实验电路。

实验方案如下:

（1）在电表安全范围内，闭合开关,改变电阻箱阻值R,记录相应电压表读数U,某次测

量时R读数如图乙，该读数为Q；

（2）处理测量数据获得图像如图丙，结果表明工与工成线性关系，其斜率为

URUR

Q/V（保留3位有效数字）；

（3）该小组将图甲中的电压表当成理想电压表，结合图丙可得待测电池的电动势石'=

V（保留2位小数）；

（4）该小组发现E'与预期相差较大，通过查阅电压表的使用说明书，得知电压表的内阻

%=300.0。，结合图丙计算得石=V（保留2位小数），r=Q（保留1位

小数）。

【答案】（1）25.0（2）100（3）1.00（4）1.501.0

【解析】（1）口]某次测量时R的读数为25.0Q；

（2）[2]------图像斜率为

UR

^=—Q/V=100Q/V

0.07

U

(3)⑶由闭合电路的欧姆定律可知E=U+—(&+r)

R

解得

由图可知

—=1.00

E

解得E'=1.00V

（4）[4北5]若考虑电压表内阻,&=300.0。，则

K/

11&+r&+rl

解得一=—1------1----------

师1寸UEERVER

1I与+厂

则6==1.00

EERV

上=殳±£=1。0

E

解得

E=1.50V

r=1.0Q

13.光学反射棱镜被广泛应用于摄像、校准等领域，其中一种棱镜的截面如图，e/?边为镀

膜反射面，ef=eh,fg=gh,Ze=60°,Zg=120°,棱镜的折射率为粗，光在真空中的

传播速度为3.Ox108m/s，若细光束从。点以60°的入射角从真空射入棱镜，求：

（1）光在上述棱镜中传播速度的大小；

（2）光束从棱镜中射出的折射角，并完成光路图。

【答案】（1）V3xlO8m/s；（2）60°,

【解析】（1）由光的折射定律

C

n=一

v

可得光在上述棱镜中传播速度的大小为

「厂型浮向s=Gxl。'向

由光的折射定律

sin4

n=------

sin

其中

*=60°

解得

a=3o°

由图可知

4=60°

根据sinC=’可得，临界角为

n

30°<ZC<45°

故光线在。处发生全反射，根据几何关系可知，光线垂直射到e/z边，根据光路的可逆

性，则光线沿着原路返回，故光线在。处发生折射，根据几何关系，光束从棱镜中射出的

折射角为60°。

14.在图示装置中，斜面高/i=0.9m,倾角a=37°,形状相同的刚性小球A、B质量分

别为100g和20g,轻弹簧p的劲度系数k=270N/m,用A球将弹簧压缩AZ=10cm后

无初速释放，A球沿光滑表面冲上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，

弹簧弹性势能综=3左。厅，重力加速度的大小取g=10m/s2,sin37°=0.6o

(1)求碰撞前瞬间A球的速度大小；

(2)求B球飞离斜面时的速度大小；

(3)将装置置于竖直墙面左侧，仍取A/=10cm,再次弹射使B球与墙面碰撞，碰撞前

后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，

为使B球能落回到斜面上，求装置到墙面距离尤的最大值。

【答案】(1)3m/s；(2)5m/s；(3)1.2m

【解析】(1)设A球与B球碰撞前的速度为以，由能量守恒定律

Ep=mAgh+^mAvl

其中

1,212,

Ep=-A;(A/)=-X270X0.1J=1.35J

代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为

vA=3m/s

(2)A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得

以VA

由机械能守恒定律得

121，21，2

-VA=-VA+-^B

联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为

，2m,

vB=-------vA=5m/s

加A+%

(3)仍取A/=10cm,则B球飞离斜面时的速度仍为VB'=5m/s，设B球运动的总时间

为由对称性可知，若B球能落回到斜面，则水平方向有

f

2%=vBcos37°-t

竖直方向有

,1,

，2

y=vBsin370.?--^=0

解得/=0.6s,x=1.2m

15.如图，一半径为K的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为⑸，方向垂直于纸面向

里，在圆形磁场右边有一接地的“口”形金属挡板aAQ,a^=cd=3K，bc=4K，在be边

中点。开一小孔，圆形磁场与be边相切于。点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁

场，且磁感应强度大小为=0.5用，在那边下方2K处放置一足够长的水平接收板p,初

速度可忽略的大量电子，经过电压U加速后，有宽度为2K的平行电子束竖直向上进入圆

形磁场，均通过。点进入与，电子质量为如电荷量为e,忽略电子间的相互作用和电子

的重力，其中U、Bpm、e已知，求:

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