保密★啟用前廣西2024年高考綜合改革適應性測試(提升卷)物理注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題II的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x抒題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題: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，只有一項符合題目要求。1.兩種放射性元素的半衰期分別為t0和2t0，在t＝0時刻這兩種元素的原子核總數(shù)為N，在t＝2t0時刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為eq\f(N,3)，則在t＝4t0時刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為()A.eq\f(N,12)B.eq\f(N,9)C.eq\f(N,8)D.eq\f(N,6)答案C解析根據(jù)題意設半衰期為t0的元素原子核數(shù)為x，另一種元素原子核數(shù)為y，依題意有x＋y＝N，經(jīng)歷2t0后有eq\f(1,4)x＋eq\f(1,2)y＝eq\f(N,3)，聯(lián)立可得x＝eq\f(2,3)N，y＝eq\f(1,3)N，在t＝4t0時，原子核數(shù)為x的元素經(jīng)歷了4個半衰期，原子核數(shù)為y的元素經(jīng)歷了2個半衰期，則此時未衰變的原子核總數(shù)為n＝eq\f(1,24)x＋eq\f(1,22)y＝eq\f(N,8)，故選C.2.火星是近些年來發(fā)現(xiàn)的最適宜人類居住生活的星球，我國成功地發(fā)射“天問一號”標志著我國成功地邁出了探測火星的第一步．已知火星直徑約為地球直徑的一半，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的十分之一，航天器貼近地球表面飛行一周所用時間為T，地球表面的重力加速度為g，若未來在火星表面發(fā)射一顆人造衛(wèi)星，最小發(fā)射速度約為()A.eq\f(gT,2π) B.eq\f(\r(5)gT,10π)C.eq\f(\r(5)gT,5π) D.eq\f(2\r(5)gT,5π)答案B解析由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，得到星球的第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，設地球的第一宇宙速度為v1，由g＝ωv1＝eq\f(2π,T)v1，得v1＝eq\f(gT,2π)，設火星的第一宇宙速度為v2，則eq\f(v2,v1)＝eq\r(\f(M2,M1))·eq\r(\f(R1,R2))，代入數(shù)據(jù)解得v2＝eq\f(\r(5),5)v1＝eq\f(\r(5)gT,10π)，B項正確．3.如圖所示，A為水平放置的膠木圓盤，在其側面均勻分布著負電荷，在A的正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環(huán)B，使B的環(huán)面水平且與膠木圓盤面平行，其軸線與膠木圓盤A的軸線OO′重合．現(xiàn)使膠木圓盤A由靜止開始繞其軸線OO′按箭頭所示方向加速轉(zhuǎn)動，則()A．金屬環(huán)B的面積有擴大的趨勢，絲線受到的拉力增大B．金屬環(huán)B的面積有縮小的趨勢，絲線受到的拉力減小C．金屬環(huán)B的面積有擴大的趨勢，絲線受到的拉力減小D．金屬環(huán)B的面積有縮小的趨勢，絲線受到的拉力增大答案B解析使膠木圓盤A由靜止開始繞其軸線OO′按箭頭所示方向加速轉(zhuǎn)動，穿過金屬環(huán)B的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，金屬環(huán)B的面積有縮小的趨勢，且B有向上升高(遠離)的趨勢，絲線受到的拉力減小，故B項正確．4.在城市建設施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置．如圖所示，已知一根金屬長直管線平行于水平地面，為探測其具體位置，首先給金屬管線通上恒定電流，再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作：①用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應強度最強的某點，記為a；②在a點附近的地面上，找到與a點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線EF；③在地面上過a點垂直于EF的直線上，找到磁場方向與地面夾角為45°的b、c兩點，測得b、c兩點距離為L.由此可確定()A．金屬管線在EF正下方，深度為eq\f(1,2)LB．金屬管線在EF正下方，深度為eq\f(\r(2),2)LC．金屬管線的走向垂直于EF，深度為eq\f(1,2)LD．金屬管線的走向垂直于EF，深度為eq\f(\r(2),2)L答案A解析用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應強度最強的某點，記為a，說明a點離金屬管線最近；找到與a點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線EF，故說明這些點均離金屬管線最近，因此通電的金屬管線平行于EF；畫出左側視圖，如圖所示，b、c間距為L，且磁場方向與地面夾角為45°，故金屬管線在EF正下方，深度為eq\f(1,2)L，故選A.5.某駕校學員在教練的指導下沿直線路段練習駕駛技術，汽車的位置x與時間t的關系如圖所示，則汽車行駛速度v與時間t的關系圖像可能正確的是()答案A解析x－t圖像斜率的物理意義是速度，在0～t1時間內(nèi)，x－t圖像斜率增大，汽車的速度增大；在t1～t2時間內(nèi)，x－t圖像斜率不變，汽車的速度不變；在t2～t3時間內(nèi)，x－t圖像的斜率減小，汽車做減速運動，綜上所述可知A中v－t圖像可能正確，故選A.6.如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度進入某點電荷Q產(chǎn)生的電場中，沿圖中彎曲的虛線軌跡先后經(jīng)過電場中的a、b兩點．其中a點的電場強度大小為Ea，方向與ab連線成30°角，b點的電場強度大小為Eb，方向與ab連線成60°角．粒子只受靜電力的作用，下列說法中正確的是()A．點電荷Q帶正電B．a(chǎn)點的電勢高于b點電勢C．從a到b，系統(tǒng)的電勢能增加D．粒子在a點的加速度大于在b點的加速度答案B解析帶正電的粒子受力指向軌跡凹側，則點電荷Q帶負電，則A錯誤；點電荷Q恰好處于a、b兩點的電場線的交點處，根據(jù)負點電荷等勢面的分布特點，離負點電荷越遠的點電勢越高，由幾何關系可知，a點離負點電荷較遠，所以a點的電勢高于b點電勢，則B正確；從a到b，靜電力對帶正電粒子做正功，所以系統(tǒng)的電勢能減小，則C錯誤；根據(jù)電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)，a點的電場強度小于b點，則粒子在a點受到的靜電力小于在b點受到的靜電力，所以粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，則D錯誤．7.如圖所示，質(zhì)量為m的物塊放置在質(zhì)量為M的木板上，木板與彈簧相連，它們一起在光滑水平面上做簡諧運動，周期為T，振動過程中m、M之間無相對運動，設彈簧的勁度系數(shù)為k，物塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法正確的是()A．若t時刻和(t＋Δt)時刻物塊受到的摩擦力大小相等，方向相反，則Δt一定等于eq\f(T,2)的整數(shù)倍B．若Δt＝eq\f(T,2)，則在t時刻和(t＋Δt)時刻彈簧的長度一定相同C．研究木板的運動，彈簧彈力充當了木板做簡諧運動的回復力D．當整體離開平衡位置的位移為x時，物塊與木板間的摩擦力大小等于eq\f(m,m＋M)kx答案D解析設位移為x，對整體受力分析，受重力、支持力和彈簧的彈力，根據(jù)牛頓第二定律，有kx＝(m＋M)a①對物塊受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，靜摩擦力提供回復力，根據(jù)牛頓第二定律，有Ff＝ma②所以Ff＝eq\f(mx,M＋m)k③若t時刻和(t＋Δt)時刻物塊受到的摩擦力大小相等，方向相反，則兩個時刻物塊的位移大小相等，方向相反，位于相對平衡位置對稱的位置上，但Δt不一定等于eq\f(T,2)的整數(shù)倍，故A錯誤；若Δt＝eq\f(T,2)，則在t時刻和(t＋Δt)時刻物塊的位移大小相等，方向相反，位于相對平衡位置對稱的位置上，彈簧的長度不一定相同，故B錯誤；由開始時的分析可知，研究木板的運動，彈簧彈力與物塊對木板的摩擦力的合力提供回復力，故C錯誤；由③可知，當整體離開平衡位置的位移為x時，物塊與木板間摩擦力的大小等于eq\f(m,m＋M)kx，故D正確．二、多項選擇題: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5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.LC振蕩電路中，某時刻磁場方向如圖所示，則下列說法正確的是()A．若磁場正在減弱，則電容器上極板帶正電B．若電容器正在放電，則電容器上極板帶負電C．若電容器上極板帶正電，則自感電動勢正在減小D．若電容器正在充電，則自感電動勢正在阻礙電流減小答案ABD解析若磁場正在減弱，則電容器上極板帶正電，處于充電狀態(tài)，故A正確；若電容器正在放電，由安培定則可得電容器上極板帶負電，故B正確；若電容器上極板帶正電，說明電容器在充電，電流減小得越來越快，自感電動勢增大，故C錯誤；若電容器正在充電，則線圈自感作用阻礙電流的減小，故D正確．9.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷一系列狀態(tài)變化，其p－eq\f(1,V)圖像如圖所示，變化順序為a→b→c→d→a，圖中ab線段延長線過坐標原點，cd線段與p軸垂直，da線段與eq\f(1,V)軸垂直．氣體在此狀態(tài)變化過程中()A．a(chǎn)→b過程，壓強減小，溫度不變，體積增大B．b→c過程，壓強增大，溫度降低，體積減小C．c→d過程，壓強不變，溫度升高，體積減小D．d→a過程，壓強減小，溫度降低，體積不變答案AD解析由題圖可知，a→b過程，氣體發(fā)生等溫變化，氣體壓強減小，體積增大，故A正確；由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，連接O、b的直線比連接O、c的直線的斜率小，所以b的溫度低，b→c過程，溫度升高，壓強增大，且體積也增大，故B錯誤；c→d過程，氣體壓強不變，體積變小，由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知，氣體溫度降低，故C錯誤；d→a過程，氣體體積不變，壓強變小，由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知，氣體溫度降低，故D正確．10.如圖，相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平桌面上，左端接一電容器C，阻值為R的電阻通過三角旋鈕開關S與兩導軌連接，長度為L、質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直導軌放置，且與導軌始終接觸良好，兩導軌間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.三角旋鈕開關S僅1、2之間導電，S左旋時能將電阻R和電容器C接入同一回路，右旋時能將電阻R和金屬桿ab接入同一回路，初始時1、2連接電容器和金屬桿，現(xiàn)用恒力F向右拉金屬桿ab，使其從靜止開始運動，經(jīng)一段時間后撤去F，同時旋轉(zhuǎn)S，此時金屬桿的速度大小為v0，不計金屬桿和導軌的電阻．下列說法正確的是()A．撤去F前，金屬桿做變加速直線運動B．撤去F同時向右旋開關S，金屬桿做加速度減小的減速運動C．恒力F對金屬桿做的功等于eq\f(1,2)mv02D．若分別左旋右旋S，兩種情況下，通過電阻R的電荷量之比為CB2L2∶m答案BD解析撤去F前，對金屬桿進行受力分析有F－BIL＝ma，對電容器Q＝CU＝CBLv，充電電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq\f(F,CB2L2＋m)，可知金屬桿做勻加速直線運動，A錯誤；撤去F同時向右旋開關S，此時僅有電阻R和金屬桿ab接入同一回路，且金屬桿有向右的速度，根據(jù)右手定則與左手定則，可判定安培力向左，且BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，可知金屬桿將向右做加速度減小的減速運動，B正確；根據(jù)動能定理有WF＋W安＝eq\f(1,2)mv02，其中安培力做負功，則恒力F對金屬桿做的功大于eq\f(1,2)mv02，C錯誤；撤去F時，電容器極板帶電荷量Q＝CBLv0，對金屬桿分析，由動量定理有－Beq\x\to(I)L·Δt＝0－mv0，由于金屬桿減速切割磁感線而通過電阻的電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt，當左旋S，通過電阻的電荷量q1＝Q，當右旋S，通過電阻的電荷量q2＝q，解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(CB2L2,m)，D正確．三、非選擇題:本題共5小題，共57分。11.(6分)做“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”實驗時，圖甲是教材中的實驗方案；圖乙是拓展方案，其實驗操作步驟如下：(ⅰ)掛上托盤和砝碼，改變木板的傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；(ⅱ)取下托盤和砝碼，測出其總質(zhì)量為m，讓小車沿木板下滑，測出加速度a；(ⅲ)改變砝碼質(zhì)量和木板傾角，多次測量，通過作圖可得到a－F的關系．(1)實驗獲得如圖所示的紙帶，計數(shù)點a、b、c、d、e、f間均有四個點未畫出，則在打d點時小車的速度大小vd＝________m/s(保留兩位有效數(shù)字)；(2)需要滿足條件M?m的方案是________(選填“甲”“乙”或“甲和乙”)；在作a－F圖像時，把mg作為F值的是________(選填“甲”“乙”或“甲和乙”)．答案(1)0.19(0.18～0.19均可)(2)甲甲和乙解析(1)由題意知小車做勻加速直線運動，故vd＝eq\f(xce,2T)，將xce＝(36.10－32.40)cm＝3.70cm，T＝0.1s，代入得vd≈0.19m/s；(2)甲實驗方案中：繩的拉力F滿足：F＝Ma，且mg－F＝ma，則F＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))，只有m?M時，F(xiàn)才近似等于mg，故以托盤與砝碼的重力表示小車的合外力，需滿足m?M.乙實驗方案中：小車沿木板勻速下滑，小車受繩的拉力及其他力的合力為零，且繩的拉力大小等于托盤與砝碼的重力，取下托盤及砝碼，小車所受的合外力大小等于托盤與砝碼的重力mg，不需要滿足m?M.兩個實驗方案都可把mg作為F值．12.(10分)利用如圖(a)所示電路，可以測量電源的電動勢和內(nèi)阻，所用的實驗器材有：待測電源，電阻箱R(最大阻值999.9Ω)，電阻R0(阻值為3.0Ω)，電阻R1(阻值為3.0Ω)，電流表(量程為200mA，內(nèi)阻為RA＝6.0Ω)，開關S.實驗步驟如下：①將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合開關S；②多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電流表的示數(shù)I和電阻箱相應的阻值R；③以eq\f(1,I)為縱坐標，R為橫坐標，作eq\f(1,I)－R圖線(用直線擬合)；④求出直線的斜率k和在縱軸上的截距b.回答下列問題：(1)分別用E和r表示電源的電動勢和內(nèi)阻，則eq\f(1,I)與R的關系式為________________．(2)實驗得到的部分數(shù)據(jù)如下表所示，其中電阻R＝3.0Ω時，電流表的示數(shù)如圖(b)所示，讀出數(shù)據(jù)，完成下表．答：①________，②________.R/Ω1.02.03.04.05.06.0I/A0.1430.125①0.1000.0910.084eq\f(1,I)/A－16.998.00②10.011.011.9(3)在圖(c)的坐標紙上描點并作圖，根據(jù)圖線求得斜率k＝______A－1·Ω－1，截距b＝________A－1.(4)根據(jù)圖線求得電源電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.答案(1)eq\f(1,I)＝eq\f(3,E)R＋eq\f(15＋3r,E)(2)0.1109.09(3)見解析圖1.0(0.96～1.04均可)6.0(5.9～6.1均可)(4)3.0(2.9～3.1均可)1.0(0.7～1.3均可)解析(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝(eq\f(IRA,R1)＋I)(R＋R0＋r)＋IRA，代入數(shù)據(jù)，化簡得eq\f(1,I)＝eq\f(3,E)R＋eq\f(15＋3r,E).(2)電流表每小格表示4mA，因此電流表讀數(shù)I＝0.110A，eq\f(1,I)≈9.09A－1.(3)在坐標紙上描點，畫出一條直線，得出斜率k＝1.0A－1·Ω－1，截距b＝6.0A－1.(4)斜率k＝eq\f(3,E)，因此E＝3.0V，縱軸截距b＝eq\f(15＋3r,E)，因此r＝1.0Ω.13.(10分)如圖所示，激光筆發(fā)出一束激光射向水面O點，經(jīng)折射后在水＝0.8，cos53°＝0.6.(1)求激光在水中傳播的速度大小v；(2)打開出水口放水，求水放出過程中光斑P移動的距離x與水面下降距離h的關系．答案(1)2.25×108m/s(2)x＝eq\f(7,12)h解析(1)由于v＝eq\f(c,n)代入數(shù)據(jù)解得v＝2.25×108m/s.(2)打開出水口后，光路圖如圖所示設水原來深度為H，折射角為β，由折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)，解得sinβ＝eq\f(sinα,n)＝0.6由幾何關系有htanα＋(H－h(huán))tanβ＝x＋Htanβ代入數(shù)據(jù)解得x＝eq\f(7,12)h.14.(12分)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)．當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力Ff為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力．求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小FN1和FN2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運動的最大高度h.答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8N當滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為FN2＝Mg－Ff′＝5N.(2)滑塊開始向上運動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有－mgl－Ffl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v1＝8m/s.(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理有－(m＋M)gh＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h＝0.2m.15.(16分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy中，第四象限內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場和沿x軸正方向的勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E.第一象限中有沿y軸正方向的勻強電場(電場強度大小未知)，且某未知矩形區(qū)域內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場(磁感應強度大小也為B)．一個帶電小球從圖