2024年广西南宁某中学高考物理二模试卷

2024年广西南宁三中高考物理二模试卷

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8~1。题，

每小题4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.（4分）2024年1月17日22时37分,天舟七号货运飞船发射升空，顺利进入

近地点200km、远地点363km的近地轨道（LEO）.如图所示，飞船在LEO轨道

M点喷火加速后顺利进入转移轨道，经转移轨道与位于离地高度400km的正

园轨道上运行的中国空间站完成对接，整个过程历时约3小时，飞船喷火

前后可认为质量不变。下列说法正确的是！）

A.天舟七号的发射速度大于7.9km/s

B.天舟七号在LEO轨道的运行周期大于空间站的运行周期

C.天舟七号在LEO轨道运行的机械能大于在转移轨道运行的机械能

D.天舟七号在转移轨道经过N点时的加速度小于空间站经过N点时的加速度

2.（4分）太阳的总输出功率为3.8X1。2泞匕它来自三种核反应，这些反应的最终结果是氢转变为氢e按照总输出功率

计算，太阳每秒失去的质量约为（）

44xl（fkgF.4x103kgC.4xl02kgD.4x1010kg

3.（4分）如图，一束由三种单色光组成的复合光以相同的入射角G）由空气射

到半圆形玻璃砖表面的A点，AB为半圆的直径。光线进入玻璃后分为AC、AD、

AE三束，它们从A点到C、D、E三点的时间分别为h"2"3,则（）

A.t3>t2>ttB.tt>t2>6C.t2>ti>t3D.ti=t2=t3

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4.（4分）如图所示，某同学练习踢度子，假设健子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列\一

t和。-f图像可能正确反映犍子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（）

5.（4分）如图所示，半径为R的水平圆盘绕中心0点做匀速圆周运动，圆盘中心0点正上方H处有

一小球被水平抛出，此时半径0B恰好与个球初速度方向垂直，从上向下看回盘沿顺时针方向

转动，小球恰好落在B点，重力加速度大小为g不计空气阻力，下列说法不正确的是（）

第2页，共16页

C.圆盘的角速度大小可能为D.网盘的角速度大小可能为

6.（4分i港珠澳大桥风帆造型的九洲航道桥部分如图所示，这部分斜拉桥的一根塔柱两侧共有18对钢索，所有钢索均在同一竖直平面内,

每对钢索关于塔柱对称。每一条钢索与塔柱成a角，若不计钢索的自重，且假设每条明索承受的拉力大小均为F,则该塔柱所承受的8对钢

索的合力为（）

竺C.16Fcosa

cosacosa

7.（4分）如图所示，均匀介质中A、B、C三点构成宜角三角形，ZB=30",B、C处

各有一波源，可发出波速均为2m/s的机械横波。已知A、C间的距离为8m,。为AB的中

点，B、C处波源的振动方程分别为xb=10sin（ct+n）cm,xc=8sin（7rt）cm,t=。时

刻两波源同时起振。下列说法正确的是（）

A.两波的波长均为21nB.10s时,3点在平衡位置C.（）点是振动加强点

I）.0~10s内,A点通过的路程为0.4m

8.（6分）将一个带正电的点电荷置于面积足够大接地的水平金属板上方，如图所示，

金属板上表面光滑，表面上A、0、B三点构成一直角三角形，其中4。=90。,£4=

30。,0为点电荷在金属板上的垂直投影，C为AB中点。将一可视为质点的绝缘带电小球

从A点以某初速度沿AB方向运动，忽略带电小球对金属板电荷分布的影响，下列说法正

确的是：）

A.B点与C点电场强度相同

B.A、B、C、0四个位置中0点的电势域高

C.带电小球由B到C的运动过程中其电势能先增大后减小

D.带电小球经过AC的时间一定等于经过CB的时间

第3贝/共16页

(D实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=mn;

⑵接着测量了摆线的长度为1实验时用拉尢传感器测得摆线的拉力1：随时间F变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g=(用

题目中的物理量表示)：

(3)某小组改变摆线长度1°,测显了多组数据，把摆线长度当成了摆长，作出片」。图象后求出斜率，然后算出重力加速度.这样

数据处理的方法对结果的影响是：(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

2.分)实验小组准备测量某金属圆柱的电阻率，发现该电阻的阻值参数找不到，经小组

成员讨论后设计了电阻的测量电路图，如图所示。实验室提供的器材中，电流表k的点程为

100mA,内阴为r1=107,另外一个电流表Az的量程为200mA。现在需要一个量程为

0.6A的电流表。

(1)将电流表A畋装成量程0.6A的电流表AI，则应该并联一个限值R=

Q的电阻。

(2)图中E为学生电源，G为灵敏电流计，Ai是A政装后的电流表，&为电阻箱、R2

与Rj均为滑动变阻器，R。为定值电阻，S为开关，R,为待测金屈阴柱，实验操作如

下：

A.按邺如图所示电路图连接好实验器材：

B.符滑动变阻器Rz的滑片、滑动变阻器R3的滑片均调至适当位置，闭合开关S；

C.调整R3,逐步增大输出电压,并反更调整心和/?2使灵敏电流计G的示数为零，此时电流表4的示数为11,4的示数为12,

电阻箱的示数为R1：

D.实验完毕，整理器材。

实验中反更调整％和R2使灵檄电流计G示数为零的目的是.

(3)待测金属圆柱R2的阻值为(用.人/2、%表示)。

(4)电流表A1、A2的内阻对电阻的测量结果(选填“有”或“无”)影响。

3.(10分)如图,两侧粗细均匀、横截面积均为S=6.0cm2,高度均为L=20cm的U形管，右管上端封

闭，左管上端开口，管底水平段的体积可忽略。左管中有高，=5.0m的水银柱，水银柱上表面离管

口的跳离h=13cnu环境温度为ti=13。。，大气压强po=75cmHg=1.0x105pa

(1)若从左侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，当水银柱下端刚好到达左管底部时，停止注入水银，此

过程气体温度保持不变，求此过程向左管内注入水银柱的高度：

(2)若对右管中密封气体缓慢加热，使高为1的水银柱上表面恰与左管口平齐，求此时密封气体的温度，若该过程封闭气

第5套/共16克

体内能增加10.68J.求气体从外界吸收的热量。

4.(12分)如图所示.在Sy平面中笫一软国内有一点P(4.3).OP所在百线下方有垂有干纸面向里的匀弼磁场,7^®

0P上方有平行于0P向上的匀强电场，电场强度k=100"m•一质量m=lxW'kg,电荷量q=

2x10-(带正电的粒子，从坐标原点0以初速度u=lxl03m/8垂直于磁场方向射入礴场,经过P点时速度方

向与0P重直并进入电场.在经过电场中的M点(图中未标出)时的动能为P点时动能的2倍，不计粒「重力.求：

s/m

(D磁感应强度的大小:6

(2)0、M两点间的电势差；

(3)M点的坐标及粒子从0运动到M点的时间.

第6列/HifiW

5.(16分)如图所示是位于同一竖直平面内且各部分平滑连接的玩具模型，倾斜轨道AB和倾斜传送带BC倾角都为0=24。,半径R=0.75m的

细圆弧管道CD的网心角也为。，水平轨道DE右侧有•倾角为。的斜而FG,其底端F在£正下方，顶端G与I：点等高且距离为d-2,4/n.DE

上静置一小滑块N。AB上的小滑块M以一定初速度滑上传送带并通过CD滑上.DE,小滑块M经过D点时与管道间恰好无挤压。传送带以

i=6m/a的速度逆时针转动，BC长度L=6m,V与BC间动摩擦因数为〃=已知小滑块M、N质量分别为7nM=20Qg.mx=

300g,tana=%除传送带外，其余部分皆光滑。取：sin210=0,4,cos24°=0,3,9,9=10/n/s2,求：

(1)小滑块M首次经过D时的速度大小：

(2)小滑块M沿传送带上滑过程中，与传送带间摩擦产生的热量：

(3)当小滑块N不固定且小滑块M与小滑块、之间发生的碰撞为非弹性碰撞时，小滑块卜从E点水平飞出后击中斜面FG的最小动能。

屐7页I共16页

2024年广西南宁三中高考物理二模试卷（答案&解析）

一、选择题：本大题共10小题，共46分。第「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810题，每小

题4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.解：A、7.9km/s是环绕地球运动的最小发射速度，天舟七号绕地球运动，所以发射速度需大于7.9km/s,故A正确：

B、天科七号在LEO轨道上的半径小于空间站上运行的半径，根据开普勒笫三定律二=&可知，夫舟七号在LEO轨道上的周期

f3

小于空间站上运行的半径运行周期，故B错误：

3天舟•七号从LEO轨道向转移轨道变轨时是从小轨道变成大轨道，根据变轨的原理可知，天舟七号从LEO轨道向转移轨道变轨时需要做加

速运动，所以天舟七号在LEO轨道运行的机械能小于在转移轨道运行的机械能，故0错误；

D、根据万有引力提供向心力有：—7=ma

解得a吗

同一点半径相同，所以天舟七号在转移轨道经过N点时的加速度等于空间站经过N点时的加速度，故D错误。

故选:A.

【解析】根据发射范围，确定发射速度的大小：根据开普勒第三定律比较周期的大小：根据变轨的原理分析：根据同一点，利用牛顿

第二定律分析加速的大小关系。

2.解：根据核反应过程中,释放的核能与质量亏损的关系得AE=4mc2

太阳每秒释放的能量为△E=P4t

则太阳每秒失去质量为△m=4,2x102Ay=4xlQ°kg

故ABI滞误,G正确。

故选:C.

【解析】根据爱因斯坦质能方程计算每秒内产生的核能，进而计算太阳损失的质证。

3.解：对于任意一束光，设其折射角为a,光在玻璃砖中通过的路程为L,玻璃谜克径为d,折射率为n,光在真空中的速度为c,光在玻

瑞中的速度为v,则光从

A点到这玻璃砖圆弧面的时间为

dxsina

第8页/共3火

又由孙射定律有

n~W/s

dx-100

联立解得

则从A点到C、D、E三点的时间相等，即ti=ti=t3,故ABC错误,D正确。

故选:D.

【解析】对于任意一束光，由几何知识得到光在玻璃砖中通过的路程L,结合»=：和折射定律，由’=：得到光从八点到达玻璃

砖圆弧m的时间与入射角的关系，再比较时间关系。

4.解：AR.根据动能定理，空气阻力做负功，便子被竖直向上踢出后，羟一段时间又问到初始位置时的速度大小一定小于初速度的大小，叩向到山

发点时,速度不可能为-必故AB隹误：

CD.由牛顿第二定律，上升阶段的加速度大小为

Qi=g+：

m

下降阶段的加速度大小

。2=g-三m

方向均为竖直向下，由h=\at2知，日于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于卜.降时加速度，则上升时时间可短，卜降时时间长.

故0错浜,D正确。

故选:D.

【解析】根据动能定理，分析管子回到出发点时速度：

由牛顿第二定律，分析上升、下降阶段的加速度大小,再根据八=gad,比较时间。

5.解：AB.小球做平抛运动，下落高度为H,水平位移为R,竖直方向.H=1gt2

水平方向R=vot

联立可得，小球运动的时间为t=碧

小球的初速度大小为XO=RJ^

故A错误,B正确;

CD.根据题意可知，在该时间内圆盘转过的角度为8=；〃+2〃,k,(k=a，l，2,3x)

则圆盘的角速度为(0=g=(k=0,1»2,3….)

可知，当k=0时，圆盘的角速度3一)后

当k=l时，圆盘的角速度为3-7品

故cn正确.

本题选择错误的。

故选：A.

【解析】根据平抛运动的规律求出小球运动的时间和初速度；根据囚I盘运动的周期性，结合平抛和圆周运动的时间美

69页/共16页

系，求出圆盘的角速度。

6.解：每一条钢索与塔柱成a角，每条钢索拉力的水平分力为Fsina,竖直分力为FeosQ,每一对钢索的水平分力相互抵消，则每一对

钢索对塔柱拉力的合力都沿竖直方向向卜一，所以8对钢索对塔柱的合力大小等于16条钢索沿竖直向卜的分力的和，则8对钢索对塔柱的合力

为16Fcosa,故ABD错误，C正确。

故选:C.

【解析】己知分力的大小和方向，根据平行四边形定则作出合力，根据几何关系求出合力的大小和方向。

7.解：A、根据振动方程可知，B、C两波的周期均为7=%=29

所以两波的波长均为A=vT=2x2m=4m,故A错误：

B、两波从波源传播到A点所用时间分别为(访=管=-z=89

9

Q=-=-$=4s

两波源在t=0时从平衡位置同时起振，在10s时，A点在两列波相遇发生干涉后又振动了2s,等于两列波的周期，所以此时A点在平衡位置，

故B正确;

C,根据几何关系可知0点到B、C的波程差为零而两列波起振方向相反，所以0点为振动减弱点，故0错误；

D、根据前面分析可知，O'4s内，A点通过路程为零，8s内，A点通过的路程为<5,=2x4AC=2x4x8cm=64cm

8s时两列波在A点相遇发生干涉，根据几何关系可知A点到B、C的波程差为2、，而两列波起振方向相反,所以A,点为振动减羽点，即振幅

为

A=A^fAc=10cm-8cm=2cm

则8~lQs内，A点通过的路程为

x2=44=2x4cm=8cm

因此O'lOs内，A点通过的路程为

y=Si+s2=6(cm+8cm-72cm=0.72m,故D错误。

故选:B.

【解析】根据振动方程可求出周期和波长：根据波速以及距离可求出波的干涉情况，得出A点的位置：通过几何关系可得出。点的振动起

始点；通过几何关系以及振幅的大小关系，可求出A点通过的路程。

8.解：A、正点电荷与足够大的水平接地金属板形成的电场等效为等量异种电荷的电场线一半的分布情况，由于B、C与。点等间距，根据

对称性可知B点与C点电场强度相同，故A正确；

BC、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，四点的电势相等，B到C过程它的电势能不变化，故

B0错误;

D、金属板上表面是一个等势面，电场力方向与小球运动方向垂直，所以电场力对小球不做功，由动能定理，小球的却能不变，做匀速直

线运动，因为AC等于CB,所以带电小球经过AC的时间等于经过CB的时间，故D正确.

故选:AD.

【解析】根据“等效法”判断B点和C点的场强关系：金属板在q的电场中产生降电感应现象，达到静电平衡时，金属板是

第10页/共16贝

一个等势体.表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直.分析小球的受力情况，可确定其运动情况，判断电场力是否做功，判断运动时间.

9.解：A.两根绳r•对重物的合力为

F=2/CCOS37°=2x320xQ.8N=512N

故A正能：

B.根据功和能的关系，重物机械能的最大值拉力的功

Er==kA=512x0,3y=153,6;

故B正储：

C.设定物落地速度为Y,根据动量定理

（跖祇⑻3£=0.（—mu）

解得

PN>mg=5（0N）

重物对地面的平均冲击力大于500N,故0错误：

D,重力的冲量等于重力与重物运动时间的乘积，完成一次“打夯”重力的冲量不等于0,故［错误。

故选:AB.

【解析】根据平行四边形定则解得合力，根据功能关系解得机械能最大值：根据动量定理解得平均冲击力：市力的冲量等于市力与币物运动时间的乘枳。

10.ft?：Aik此自耦变压器为升压变压器，滑动触头Pi向上匀速移动时，原线圈的匝数明增大，副线圈的匝数既不变，且

输入电/Kill不变，由2=2可知输出电压%减小,由P=f可知变压器的输出功率变小，由变压器的检入功率P1=%八，可知原线圈中电流

%H

表示数减小,故B正确，A错误:

2R-而当向上移动时含有R的支路阻值减小，电源电压不几变，由欧姐定律可

知电流变大,则电阻R的电压增大，可知电压表匕的示数增大，故C正确：

笫II页）共16见

由图可知，两电阻之和为定值，即：2RR°+R+Ro=3R,所以当2R•R。=R+R。,勺=；即时并联电阻最大，当P?向上

移动时.滑动变阻器上半部分电阻R#jtfL有可能靠近；也有可能远离：也有可能从就近百远陶并联电阻变化也有对应的三

222

种可能，根据1=总知电流表A如示题可能减小，可能增大，也可能先减小后增大，故D错误。可

故选：BC.

【解析】AB、根据巴=21可知副线圈电缶的变化特点，根据P=《可知妍器输出功率变化特点，根据变压器输入功率可知原线圈中电流

内«2"

变化特点；

C,根据等效电路图可知滑片上滑时，并联支路中电阻的变化特点，根据欧姆定律可知电流变化特点，则可知电阻R电压的变化特点，则可得结论；

D、根据两电阻之和为定殖.当两电阻相等时并联电机最大.再根据欧姆定律分析电流变化特点。

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，答案中必分明确写出数值和单位。

1.解：(D20分度的游标卡尺精确度为0.05mm,如图甲所示，该接球的直径为

d=llmm*-3X0.05mm=14.15mm

(2)由图可知单摆的周期为

T=4t0

根…据单摆的丹周期公式有

解得：9=管

(3)乙同学由T=2H£导

41

T27=—

9

可知广-1。图缭的斜率为k=!

把搜线长度当作撰长作出的伊-］。图象的斜率不受影响.所测重力加速度g不受影响。

故答案为：(1)14.15;(2)/一；(3)无影响•

晦

【解析】根据游标卡尺的读数规则读出该接球的直径d：

(2)根据图乙确定单摆的周期T,结合单摆的周期公式T=2n《得出费力加速度的表达式；

(3)根据单提的周期公式变形得到图像的解析式，得到图像斜率的表达式进行分析.

第12页/共16页

2.解:(1)由题设条件和根据电流表改装原理:，=%+爱=0.64

将4=100mA6=10,2代入解方程得：R=2Q：

(2)调节电流计G的示数为零，目的是使%和电两端的电压相等.

⑶根据电流表的改装原理可知，通过电阻&的电流为//1=/1+^=6/t

%%和两端的电压相等，则有：/i«i=lzR,

解得待侧金属圆柱/?,的阻值为：Rt=—

h

(4)根据表达式：R,=空可知电流表4的内阻对电阻的测量结果无影响。

12

故答案为：(1)2;(2)使%和R癖端的电压相等：(3)吧；(4)无。

，2

【解析】(1)根据电表改装的原理分析出需要并联的分流电阻大小：

(2)由实验原理，电桥法测电阻的实脸条件分析说明：

(3)(4)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合电表的读数规则和欧姆定律完成分析。

3.解：(1)设该过程注入的水银高度为4h,则有PiS(2L-h.i)=p2SL

又有Pi=Po+Pi=(75+5)cmHg=BOcmHg

%MPi+Pa

解得：Ah=8cm

(2)此过程为等压变化，设水银柱上表面与左管口平齐时封闭气体温度为4则有

一T3

又有，Ti=(273+13)fc=236K

解得，T2=155k

在等压影胀的过程中，根据热力学第一定律，R'J4△U=Q*

W=-prSl

代入数据解得：》=-&32J

解得，从外界吸收的热量Q=19J

答：⑴此过程向左管内注入水银柱的制度为8cm：

(2)此时密封气体的温度为455K,气体从外界吸收的热量:为19J。

【解析】(1)根据破意耳定律列式得出左管内注入水银柱的高度：

⑵根据一定质业的理想气体状态方程得出气体的温度，结合热力学第一定律分析出吸收的热;匕

斯13页!共16A

4.解：(D因为粒子过P点时垂直于OP,所以OP为粒子做圆周运动的直径为5m,rhqrB=m-^

得：B=0.22

(2)进入电场后，沿电场线方向

2s2

V=-2at=102

ry=at=2x

甄于电场方向r=ct=103t

G=103m/s

2

因为2Eip=EkM,即2x|mr=+rj)

解得：x-5m,v=2.5m

t=0.5x107,

31两点间的电势差：U=£(OP+y)=7.5x\02V

(3)粒子在磁场中从0到P的运动时间：

-3

r=-Z--IDp=7.85x10s

粒子在电场中从P到M的运动时间:

t=0.5x10z,

所以,从0到M的总时间:

t=t+r=1.255x102,

M点坐标：X=(OP+y)cos(-xsin0=3m

Y=(OP+y)sin0+xcosO=8.5m

答:⑴磁感应强度的大小0.2T：

(2)OM两点间的电势差7.5x102U；

(3)M点的坐标(3m,8.5no及粒子从0运动到M点的时间.25x102s.

【解析】(D粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圈周运动，根据牛顿笫二定律即可求解：

(2)将运动沿若电场方向与垂直电场方向分解，运用运动学公式，并由动能表达式，从而求出结果；

(3)粒子在磁场中圆周运动，运用周期公式求出其时间，再由粒子在电场中做类平抛运动，运用运动学公式，求出电场中运动时间，从而求出总时

间.并由位移来确定坐标.

IK16JI

5.解：(D当小滑块Y到达D点时,恰好由重力完全提供向心力,则根据牛械第二定律1

mM..g=mr-ai

iMit

V30

解得：rD~~m/S

(2)小滑块M从C点到到达D点的过程中,由动能定理-mMgR(l-cosO)="“诏一加”哈