2024届广西桂林市高三下学期5月考前押题物理试卷

高三物理 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题 目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内 作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：高考范围。 一、选择题：本题共10小题，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每 小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错 的得0分 1.碘125衰变时产生Y射线，医学上利用此特性可治疗某些疾病.若将质量为m。的碘125植入患者病灶 组织，经过180天剩余碘125的质量为8m,则碘125的半衰期为 A.180天 B.90天 C.60天 D.30天 2.如图所示为电磁轨道炮的工作原理图，质量为m的待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在宽为d、长 为L的两平行水平轨道之间无摩擦滑动，轨道间加有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场， 恒定电流I从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道.不计空气阻力，则弹体通过这一装置可以获得 的最大速度为 A.N 2BIdL B2B1d业 弹休 轨道 n C.m IdL D.Bldl. 轨道 12 3.一质量为m的木箱置于升降机内的水平地板上，升降机从t=0时刻由静止开始竖直向上运动，其加速 度α随时间t的变化规律如图所示.重力加速度大小为g,下列说法正确的是 A.04t0内，木箱先超重后失重 B.2to~4t内，木箱的速度变化量为2gto C.2t。时，木箱对地板的压力大小为2mg 2434 D.4to时，木箱的速度为零 4.如图所示，重为G的某汽车以恒定速率通过路面abcd,其中ab段和cd段是倾角均为0的坡路，bc段为 水平直路.已知汽车所受地面阻力大小不变，且f>Gsin0,设汽车在ah、bc、cd段行驶时发动机的输出 【考前押题·物理第1页（共6页）】 X 功率分别为P1、P2和P,则下列关系式正确的是 A.P+P2=2P 6 777777777777777772 B.P1十P=2P C.P2十P3=2P D.P=P2=P 5.同一均匀介质中坐标分别为（一5m,0)和(7m,0)的两个振源M、N,从t=0时刻开始振动，产生的机 械波相向传播，1一1s时的波形如图所示.下列说法正确的是 A.两列波在该介质中的频率为2Hz y/cm B.两列波在该介质中的波速为1m/s C.x=一2cm处的质点是振动加强点 x/m D.x=5cm处的质点是振动加强点 6.2023年11月1日，我国在太原卫星发射中心成功将“天绘五号”卫星发射升空，并顺利进人预定轨道.全 程可分多过程完成，先将卫星发送到近地圆轨道I,使其绕地球做匀速圆周运动，在P点点火加速使 卫星进入椭圆轨道Ⅱ，卫星运行到远地点Q时进行第二次点火加速，使卫星进入预定轨道Ⅲ绕地球做 匀速圆周运动.下列说法正确的是 A.卫星的发射速度大于11.2km/s B.卫星变轨的过程中，卫星的机械能守恒 C,卫星在轨道I的角速度大于卫星在轨道Ⅲ的角速度 D.卫星在轨道Ⅱ上经过Q点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过Q点的加速度 7.如图所示，某无限长、竖直放置的粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，直杆上有A、B、O 三点，其中O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO=L.现有一质量为m的带电小圆环从杆上A点 以初速度向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0.重力加速度大小为g,关于小圆环从A运动到B 的过程，下列说法正确的是 A.电场力先做正功后做负功 B.小圆环的加速度先减小后增大 e C.摩擦力对小圆环做功为2m2-2mgL D.小圆环运动到0点时的动能为mw 8.如图所示，两条距离为D的平行光线，均以入射角(>45)从空气射入平静水面，反射光线与折射光 线均垂直.光在真空中的传播速度为c,下列说法正确的是 A.水的折射率为tan0 B.光在水中的传播速度大小为c·tana 空气 C.两条折射光线之间的距离为Dtan0 求密 D.光从空气射入水中，波长变长 【考前押题·物理第2页（共6页）】 X 9.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，左侧A、C两点间接人电压有效值为U的交流电 源，定值电阻R,=R,开始时电阻箱R2接入电路的阻值也为R.电压表为理想交流电压表，下列说法正 确的是 A开始时，电压表的示数为 B开始时，道过电阻箱的电流为品 C.若减小电阻箱R2的阻值，则电压表的示数增大 D.若增大电阻箱R2的阻值，则电压表的示数增大 10.如图甲所示，金属圆环和金属线框相互靠近且固定在水平面上，金属棒AB放在金属框上，圆环α、b 端接如图乙所示的余弦交变电流，金属棒AB始终保持静止.以图甲中电流方向为正方向，则下列说 法正确的是 A.0~t内，金属棒中的感应电流方向为B→A B.4~2内，金属棒受到水平向右的静摩擦力 C.2时刻，金属棒受到的安培力最大 D.t2~t内，金属棒中的感应电流先减小后增大 二、非选择题：本题共5小题，共54分 11.(6分)如图甲所示是“实验：研究平抛运动”的实验装置. 0 2040 10 z/cm 20 v/cm (1)关于本实验，下列说法正确的是 A.斜槽轨道必须光滑 B.斜槽轨道末端必须水平 C.小球每次从斜槽上不相同的位置自由滚下 D.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来 (2)某同学只记录了小球运动轨迹上的、b、c三点，并以a点为坐标原点建立直角坐标系，得到如图 乙所示的图像.已知重力加速度g取10/s2,由图乙可知，小球做平抛运动的初速度大小为= m/s:小球抛出点的坐标为 (单位：cm). 12.(8分)光伏电池是将太阳能转化为电能的装置，其能量来源于“取之不尽”的太阳能，而且清洁、安全、无 污染，目前已广泛应用于人们生活的各个方面.某同学家里安装了一套太阳能庭院灯，该同学拆下了其 中的光伏电池，欲测量其电动势和内阻.通过查阅铭牌，了解到该电池的规格为“12V16Ah”, 高亮度LED照明灯的规格为“3W9V” 【考前押题·物理第3页（共6页）】 X 实验室可提供的器材如下： 电流表A(量程0.6A,内阻约为2Ω) 电压表V(量程15V,内阻约为10k2) 电阻箱R2(最大阻值99Ω，最小分度0.12) 电阻箱R3(最大阻值9992，最小分度12)》 滑动变阻器R1(0~20Ω) 单刀单掷开关S、单刀双掷开关S及导线若干 S. , (1)为较精确测量该电池的电动势和内阻，该同学设计了如图甲所示的电路，电阻箱应选择 (填“R2”或“R”). (2)按以下步骤进行操作： ①闭合开关S,断开开关S2,调节滑动变阻器R1的滑片P使电流表指针满偏； ②保持滑动变阻器R:的滑片P不动，把开关S2与1接通，调节电阻箱使电流表指针半偏，读出电 阻箱的阻值为r。,可得电流表的内阻R= ,该测量值 (填“大于”“等于”或“小 于”)真实值； ③再把开关S2与2接通，调节滑动变阻器R的阻值，记下多组电流表的示数I和相应电压表的 示数U; ④①以U为纵坐标，I为横坐标，作出U-I图线如图乙所示，若图线的斜率为k,纵截距为b,可知电 池的电动势E ,内阻r=.(均用题中所给字母符号表示) 13.(10分)如图所示是一顶部开口并带有卡环、高为H、横截面积为S的绝热汽缸，绝热活塞与两根相同 轻弹簧相连后密封一定质量的理想气体.初始时，活塞位于汽缸一半高度处，轻弹簧的压缩量为△π一 早，缸内气体的温度为T,现通过汽缸内的电热丝加热气体，活塞缓缓上升，直至刚好到达汽缸顶部。 已知大气压强为，轻弹簧的劲度系数太=活塞质量m= 3馆，重力加速度为g,忽略汽缸壁及 活塞的厚度，不计一切摩擦.求： (1)活塞刚好到达汽缸顶部时，封闭气体的温度T: (2)若整个加热过程中气体内能的变化量为△W-号A,SH,则气体吸收的热量Q. 【考前押题·物理第4页（共6页）】 X 14.(12分)如图所示，半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆弧 边缘是由金属材料制成的极板，圆心O点有一粒子源，能在上半平面内沿着各个方向均匀、持续地发 射电荷量为，质量为m,速度大小为w一的电子，当电子打到圆弧边缘极板上时会瞬间被极板吸 收，并与外电路形成回路，可通过灵敏电流表测出回路中的电流大小.忽略其他影响，仅考虑匀强磁场 B对电子的作用力，求： (1)当电子速度竖直向上时，电子在磁场中运动的时间： (2)能打到极板上的电子数与总电子数之比； (3)若测得外电路的电流为I,则半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和 B 【考前押题·物理第5页（共6页）】 X 15.(18分)如图所示，光滑轨道ABC由竖直轨道与半径R=0.25m的竖直圆弧轨道组成，O为圆弧轨道 的圆心，B为圆弧轨道的最低点，OC连线与竖直方向的夹角0=37°，在轨道右侧与A等高处有一平 台，平台边缘D处有一质量为M=0.2kg的薄木板，其最左端放有一质量为m=0.3kg的滑块.质量 为=0.1kg的小球在一定条件下可经C点射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰 撞.已知C与D的高度差h=0.45m,滑块与薄木板间的动摩擦因数为1=0.4，薄木板与平台间的 动摩擦因数2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄木板厚度不计，小球和滑块均可视为质点，不计 空气阻力，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： (1)若小球自A点无初速度释放，则小球经过B点时对轨道的压力大小： (2)要使小球能水平击中薄木板上的滑块，则C与D间的水平距离： (3)若小球能水平击中薄木板上的滑块，且滑块恰好不脱离薄木板，则薄木板的长度及薄木板与地面 间因摩擦产生的热量 出 【考前押题·物理第6页（共6页）】 X高三物理参考答案、提示及评分细则 1.C根据半衰期的定义，有m=m(号)广，解得T=60天，C正确。 2,A通电弹体在匀强磁场中受安培力的作用而加速，由动能定理有B1d=之m一0，解得=√ 2BdL,A正确. 3.B0~4内，升降机加速度一直竖直向上，故木箱一直处于超重状态，A错误：由a-1图线所围面积表示速度变化量， 可知21一4内，木箱的速度变化量为△0=0+2g.21,=2g,B正确：2。时，对木箱进行受力分析，由牛顿第二定律有 2 Fx一mg=ma,解得Fv=3mg,根据牛顿第三定律，可知2时，木箱对地板的压力大小为F、'=Fv=3ng,C错误：0 4内，木箱加速度一直竖直向上，故木箱一直做加速运动，4时，木箱的速度最大，D错误。 4.B根据平衡条件可知，汽车在ab路面行驶时，发动机的牵引力大小为F=f十Gsin0,在c段有F,一f,在cd段有 Fa=f-Gsin0,可知F十F=2F,根据P=Fw,可知P1十P=2P,B正确. 5.D由图可知w=Av=4m,两列波的周期TM=Tw=2s,则两列波的频率为fM=fv=0.5Hz,A错误：两列波在介质 中的传播速度大小为一产=2m/s,B错误：两波源M,V起振方向相同，x=-2m处的质点满足△x=6cm=号入，是 振动减弱点，x=5cm处的质点满足△x=8cm=2入，是振动加强点，C错误，D正确. 6.C卫星绕地球做匀速圆周运动，故卫星的发射速度满足7.9km/s<<11.2km/s,A错误：卫星在变轨过程中都是点 火加速，故卫是的机械能增大，B错误：由万有引力提供向心力，有G恤=mr,解得。√，可知卫星在轨道1的 r2 角速度大于卫星在轨道Ⅲ的角速度，C正确：根据=m,解得a-,可知卫星在轨道上经过Q点的加速度等 于在轨道Ⅲ上经过Q点的加速度，D错误. 7.D等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，故小圆环从A到B过程，电场力不做功，A错误：从A到B,电场强度先增 大后减小，故小圆环受到的电场力先增大后减小，由小圆环受到的摩擦力大小为一F、一g正，可知小圆环受到的摩擦 力先增大后减小，由牛顿第二定律有α=mg十上，则小圆环的加速度先增大后减小，B错误：小圆环从A到B过程，由动 能定理有一m·2十W,=0-一令m,解得摩擦力对圆环做功为W,=2mg一方m,C错误：由对称性可知，小调环 从A到0过程和从O到B过程摩擦力做功相等，故小圆环从A到O过程，由动能定理有-mgL十号W,=B一之m, 解得小圆环运动到O点时的动能为E,=子话，D正确。 &。AC设折射角为y,由几何关系有y=90°一，根据折射定律有n=加g,联立解得n=amA正确：光在水中的传播速 sin y 【考前押题·物理参考答案第1页（共4页）】 X 度大小为w=￡=( 一亓一anB错误：由几何关系有d=sn90-D·sin0=Dan6.C正确：光的频率不变，由入=号 D f·an和anDl,可知光从空气射人水中，波长变短D错误 久D设理想变压器原线圈的电压为U·则副线周的电压为山，一号通过电阻箱的电流为上一贵一景·通过原线圈的 电流为4=兴：=原则U=U十1R,解得U=,则电压表的示数为，通过电阻箱的电流为=票A错 误，B正确：由片-片，即4…“-朵化简可得片=U(宸十永)若减小电阻箱足的阻值，则减小，电压 表的示数减小，同理可知，若增大电阻箱R的阻值，则U1增大，电压表的示数增大，C错误，D正确. 10.AB0~1内，右侧闭合回路中穿过纸面向外的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，金属棒中的感应电流方向 为BA,A正确：一内，根据左手定则，可知金属棒受到水平向左的安培力，由二力平衡，可知金属棒受到水平向右 的静摩擦力，B正确：2时刻，圆环中电流的变化率为零，则穿过闭合回路的磁通量变化率为零，感应电流为零，则金属 棒受到的安培力也为零，C错误：2一内，由图乙可知，电流的变化率先增大后减小，则右侧闭合回路中的磁通量的变 化率也先增大后减小，根据法拉第电磁感应定律，可知金属棒中的感应电流先增大后减小，D错误。 11.(1)B(2)2(-10,-1.25)(每空2分) 解析：(1)为了使小球每次从斜槽末端抛出时的初速度水平且大小相等，小球应每次都从斜槽上相同的位置由静止自 由滚下，斜槽轨道末端必须水平，而斜槽轨道是否光滑对实验要求无影响，A,C错误，B正确：由于实验中存在误差，坐 标纸上所记录的点不一定严格地分布在一条抛物线上，所以在绘制小球运动轨迹时，应先舍去一些误差较大的点，将 误差较小的点用平滑曲线连接起来，而这些点有的可能在曲线上，有的可能靠近并均匀分布在曲线两侧，D错误 (2)因相邻两点的水平距离相等，故相邻两点的时间间隔相等，设为T,竖直方向有△y=gT,解得T=0.1s,则小球做 平抛运动的初速度大小为功=号=2m/s:小球运动到b点时的竖直分速度大小为业2产-1.5m/s,小球从抛 2T 出点运动到b点所用的时间为t'-=0.15s,则小球抛出点的横坐标为x=%一100/=一10cm,纵坐标为y= g 一10×2/=-1.25cm,枚小球抛出点的坐标为(-10，-1.25). 12.(1)R(1分)(2)②r(1分)小于(2分)④6(2分)一k-m(2分) 解析：(1)电阻箱R2的最小分度是0.1Ω，精度更高，故电阻箱选R2. (2)②调节电阻箱使电流表指针半偏，此时电阻箱的阻值为%，则电流表的内阻约等于电阻箱的阻值，即R一：开 关S:与1接通，电路中的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，通过干路的电流大于满偏电 流，故通过电阻箱的电流大于电流表的电流，则电阻箱的电阻小于电流表的内阻，即测得的电流表内阻小于真实值， ④根据闭合电路欧姆定律有E-U十I(r十%)，可得U=E-I(十n),纵截距为b,则E=b,图线斜率为k,则一(r十)=k, 解得r=一k一r%. 【考前押题·物理参考答案第2页（共4页）】 X 13.解：(1)初始时，对活塞受力分析，有mg十pS=2·k△x+pS(1分) 解得A=号A1分) 活塞恰好到达汽缸顶部时，对活塞受力分析，有mg+pS十2k△x=pS(1分) 解得p=2p(1分) A·sBs 由理想气体状态方程，有一T。 T (1分) 解得T=6T(1分) (2)对活塞，由动能定理有W-(mg十P,S)·号=0-0（1分) 2 解得W=号ASH1分) 由热力学第一定律有U=一W+Q(1分) 解得Q-P,SH1分) 14.解：(1)当电子速度方向竖直向上时，由左手定则可知，电子的运动轨迹如图甲所示 由洛伦兹力提供向心力，有B=m,解得r=R(1分) 电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T=2延-2”(1分) vo eB 由几何关系可知，电子运动的圆心角为0=60°(1分) 则电子在匀强磁场中做圆周运动的时间为1一品T一器1分) 3eB 4公0 甲 (2)设电子速度方向与水平方向夹角为α时，电子恰好从匀强磁场右侧边缘射出，轨迹如图乙所示 农 2 由几何关系有sina=最=之，解得a=30°(2分) 故能打到极板上的电子数与，总电子数之比为1804=三 180° 6 (2分) (3)分析可知，任一电子打到极板上时，与半径方向的夹角均为30 因此电子因被极板吸收而引起的动量变化量均相同，即△p=mc0s30°=，B歌 2 (1分) 【考前押题·物理参考答案第3页（共4页）】 X 又因外电路的电流为1，则，时间内打到极板上的电子数目为V=上(1分) 设半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和为F,由动量定理有F一N·△中(1分) 联立解得F=SBR 2 (1分) 1点，解：I小球从A运动到B,由动能定理有mg十R-Rcos)=号m项-0(2分) 小球运动到B点时，由向心力公式有FN一mg=mR (2分) 联立解得F、=5N(1分) 由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的压力大小为F×'=F、=5N(1分) (2)小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆向的平抛运动 竖直方向有=2，解得1=0.3s1分) 水平方向有地=品。4ms1分) 则C与D间的水平距离x=1=1.2m(1分) (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有='十mu(1分) 由机械能守恒定律有子m2=之m,()+ 2(1分) 联立解得滑块的速度大小为v=2m/s(1分) 因mg=1.2N(m十MDg=1N 做滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀加速运动 对滑块受力分析，由牛顿第二定律有mg=a1,解得a,=4m/s2(1分) 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有g一：(m十MDg=M2,解得a2=1m/s2(1分) 设经过时间t,两者共速，有t=-at'=azt',解得1=0.4s,=0.4m/s(1分) 此过程中，滑块的位移大小为石=(=0.48m,薄木板的位移大小为=艺(=0.08m（1分) 则薄木板的长度为L=x1一2=0.4m(1分) 故薄木板与地面间因摩擦产生的热量为Q=:M什m)g·十号M什m):=0,12】1分) 【考前押题·物理参考答案第4页（共4页）】 X