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2024届广西北海市第二中学高三下学期适应性考试（三模）物理试题
1．（2024高三下·北海模拟）某核电站利用中子轰击核燃料释放核能来发电，轰击后产生和，并放出粒子a；具有放射性，半衰期为29天，衰变后产生，并放出粒子b，同时释放的能量。下列说法正确的是（　　）
A．粒子a为质子
B．的衰变是衰变
C．的结合能小于的结合能
D．通过增大环境温度，可使的半衰期变为28天
2．（2024高三下·北海模拟）神舟十六号是中国“神舟”系列飞船的第十六次任务，也是中国空间站运营阶段的首次飞行任务。如图所示，神舟十六号载人飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ、空间站组合体处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，两者都在其轨道上做匀速圆周运动。通过变轨操作后，飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与空间站组合体对接，已知地球的半径为R、地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速度大于地球的第一宇宙速度
B．飞船沿轨道Ⅱ运行的周期大于空间站组合体沿轨道Ⅲ运行的周期
C．飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度小于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期
3．（2024高三下·北海模拟）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
4．（2024高三下·北海模拟）随着自动驾驶技术不断成熟，无人汽车陆续进入特定道路进行实验。如图所示是两辆无人汽车在某一水平直线道路上同时同地出发的运动v-t图像，运动过程没有发生相碰，对两辆无人汽车的运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．前2s内，甲的加速度始终大于乙的加速度
B．2.5s时，甲无人汽车回到出发点
C．2.5s时，甲、乙无人汽车的加速度方向相同
D．4s时，两辆无人汽车距离为12m
5．（2024高三下·北海模拟）图甲所示是一种静电除尘装置，其原理简图如图乙所示，在板状收集器A与线状电离器B间加恒定高压，让废气从一端进入静电除尘区经过净化后从另一端排出，其中一带负电的尘埃微粒沿图乙中虚线向收集器A运动，P、Q是运动轨迹上的两点，不计微粒重力和微粒间的相互作用，不考虑微粒运动过程中的电荷量变化。下列分析正确的是（　　）
A．P点电势比Q点电势高
B．微粒在P点速度比Q点的大
C．微粒在P点具有的电势能比Q点的大
D．微粒在P点具有电势能比Q点的小
6．（2024高三下·北海模拟）如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻0~25m区间的波形图如图中实线，经过时该区间波形图如图中虚线，已知虚线上波峰对应的平衡位置的横坐标为12.5m，质点A平衡位置的横坐标为，则当波速取最小值时质点A的振动方程以及可能的波速值，正确的是（　　）
A．；225m/s B．；425m/s
C．；625m/s D．，825m/s
7．（2024高三下·北海模拟）如图所示，“阶跃型”光导纤维由“纤芯”和“包层”两个圆柱体组成，其截面为同心圆，中心部分是“纤芯”，“纤芯”以外的部分称为“包层”。下列说法正确的是（　　）
A．光导纤维只能传输可见光
B．光导纤维中“纤芯”的折射率小于“包层”的折射率
C．不同频率的光从同一根光导纤维的一端传输到另一端的时间相同
D．光从“纤芯”一端传到另一端的时间与从“纤芯”端面射入时的入射角有关
8．（2024高三下·北海模拟）为了研究电磁刹车，某实验小组让一正方形金属导线框在光滑绝缘水平面内以的初速度进入匀强磁场区域，如图所示。已知正方形金属导线框的总电阻为、边长为1m、质量为0.2kg，匀强磁场的磁感应强度大小，从线框进入磁场开始，下列说法正确的是（　　）
A．线框先做匀减速运动后做匀速运动
B．线框完全进入磁场时的速度大小
C．在线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.3J
D．在线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为2C
9．（2024高三下·北海模拟）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B．当滑块的速度为时，小球运动至最高点
C．小球与滑块的质量比为1∶2
D．小球的初速度大小可能为
10．（2024高三下·北海模拟）如图所示，定值电阻、与的阻值均为R，理想变压器原线圈接输出电压有效值恒定的交流电源，原、副线圈匝数之比，电表均为理想交流电表。闭合开关S且电路稳定后，电流表示数为 I， 电压表示数为 U。下列说法正确的是（　　）
A．通过的电流是通过电流的2倍
B．通过的电流是通过电流的3倍
C．若仅使阻值变小，则该电源的输出功率一定变大
D．若仅使阻值变小，则电流表示数I的变化量与电压表示数U的变化量之比保持不变
11．（2024高三下·北海模拟）验证机械能守恒的实验
如图放置实验器材，接通电源，释放托盘与砝码，并测得：
a．遮光片长度d
b．遮光片小车到光电门长度l
c．遮光片小车通过光电门时间
d．托盘与砝码质量，小车与遮光片质量
（1）小车通过光电门时的速度为　 　；
（2）从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为　 　，动能增加量为　 　；
（3）改变l，做多组实验，做出如图以l为横坐标。以为纵坐标的图像，若机械能守恒成立，则图像斜率为　 　。
12．（2024高三下·北海模拟）用如图1所示的甲、乙、丙、丁四种方法测量某电源的电动势和内阻。其中R为滑动变阻器、电阻箱。
（1）图2中，实线是根据实验数据描点作图得到的图像；虚线是没有电表内阻影响的情况下的图像。甲方法与　 　（填“丙”或“丁”）相似，图像应为　 　。乙方法与　 　（填“丙”或“丁”）相似，图像应为　 　。
（2）电动势等于断路时电压，若图甲实验电路中由电压表与电源组成新等效电源，“等效电源”的电动势为，电压表内阻用表示，电源的电动势为E、内阻为r，则　 　。（用E、r、和表示）
（3）结合丙图测量电源内阻，利用记录的电阻箱R的阻值和相应的电流表示数I，作出图线，如图3所示。若电流表内阻，则　 　V，　 　Ω。（保留2位有效数字）
13．（2024高三下·北海模拟）一定质量的理想气体被一个质量为、横截面积为的活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内。汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时活塞下表面相对于汽缸底部的高度为25cm，外界的温度为27°；现将一物块轻放在活塞的上表面，平衡时，活塞下降了5cm。已知外界大气压强为，重力加速度大小。求：
（1）初始状态封闭气体的压强；
（2）物块的质量M。
14．（2024高三下·北海模拟）如图所示，两个质量均为的刚性小球分别置于三角形斜面的顶点A处和圆弧轨道最低点C处，三角形斜面与圆弧轨道平滑连接，且都固定在平面上。现将小球1从A点由静止释放，在C点与小球2发生对心弹性碰撞，碰撞后小球2刚好可以通过半径为0.9m的光滑圆弧轨道的最高点，且小球2落在三角形斜面上时的速度方向与斜面垂直，已知三角形斜面与水平方向上的夹角为37°，三角形斜面的动摩擦因数为0.2，，，重力加速度g取，求：
（1）小球2从D点运动到三角形斜面上的时间；
（2）碰撞后小球2对圆弧轨道C点的压力；
（3）AB的高度H（保留到小数点后两位）。
15．（2024高三下·北海模拟）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，加速电压恒定为U；高度足够高、宽度为d的虚线框内有垂直纸面的匀强偏转磁场，电子束从静止开始在M、N之间加速后以一定的速度水平射出并进入偏转磁场，速度方向偏转后打到靶环上产生X射线，探测器能够探测到竖直向上射出的X射线。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子受到的重力，该装置置于真空中。
（1）求偏转磁场的磁感应强度的大小B；
（2）若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，可使电子偏转时离开电场，最后打在靶环上产生X射线，求电子所受的电场力大小F；
（3）在（2）的基础上，靶环形状是以P点为圆心的圆面，P点距偏转电场中心的水平距离为l。若匀强偏转电场的电场强度的大小E可调整，靶环的半径为R，要使电子束能打到靶环上，求电场强度的最大值和最小值之比。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．中子轰击的核反应方程为，则a为中子，故A错误；
B．衰变的核反应方程为，是衰变，故B错误；
C．衰变的过程中放出粒子b，同时释放能量，因此的结合能小于的结合能，故C正确；
D．放射性元素的半衰期由其自身因素决定，与其所处的物理状态（压强、温度等）、化学状态均无关，故D错误。
故选C。
【分析】1、核反应中根据质量数和电荷数守恒推出a为中子， 的衰变是衰变。
2、比结合能越大越稳定，则的比结合能小于比的比结合能，结合能等于比结合能乘以核子数，和核子数相同，则的结合能小于的结合能。
3、放射性元素的半衰期由其自身因素决定，与其所处的物理状态（压强、温度等）。
2．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力
解得
因为，所以飞船在轨道Ⅰ上的运行速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B．飞船在轨道Ⅱ上运动的半长轴小于在轨道Ⅲ上运动的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力
解得
可知飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误；
D．空间站组合体在轨道Ⅲ时满足
且
解得
故D正确。
故选D。
【分析】1、飞船在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，根据可判断飞船在轨道Ⅰ上的运行速度小于地球的第一宇宙速度。
2、飞船在椭圆轨道上运行，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期。
3、根据可判断飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上A点的加速度。
4、在轨道Ⅲ时，且联立可求解周期。
3．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示
A．由几何关系可知
，
因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
故A正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为
则带电粒子在磁场中运动的时间为
因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；
故选A。
【分析】1、带电粒子在有界磁场中运动，首先根据题意画出轨迹图，根据几何关系计算运动半径，可写出带电粒子在磁场中运动的轨迹方程。
2、带电粒子在磁场中运动的速率为，周期，运动的时间为，因为磁感应强度未知，则速率、周期、运动时间不能求解。
4．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的斜率等于加速度，可知在0~1s内甲的加速度大于乙的加速度；在1~2s时甲的加速度小于乙的加速度，故A错误；
B.0~2.5s内甲的速度一直为正，则一直向前运动，则2.5s时，甲无人汽车距离出发点最远，故B错误；
C．图像斜率的符号反映加速度的方向，则2.5s时，甲、乙无人汽车的加速度方向相反，故C错误；
D．图像的面积等于位移，可知4s时，甲的位移
乙的位移
即两辆无人汽车距离为12m，故D正确。
故选D。
【分析】1、 v-t图像的斜率等于加速度大小，根据斜率比较加速度大小，图像斜率的符号反映加速度的方向。
2、图像的面积等于位移，根据围成面积计算两汽车位移，根据位移计算二者之间距离。
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由于A带正电，B带负电，根据沿电场方向电势降低，可知离A越近电势越高，离B越近电势越低，则P点电势比Q点电势低，故A错误；
BCD．微粒由P点向Q点运动过程中，只受电场力作用，电场力做正功，动能增加，电势能减少，则微粒在P点速度比Q点的小，粒在P点具有的电势能比Q点的大，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、电场线从正电荷（或高电势）指向负电荷（或低电势），沿电场线方向电势降低。
2、 对于正电荷，电势越高，电势能越大；对于负电荷，电势越高，电势能越小 。
3、电场力做正功，电势能转化为动能，电势能减小，动能增加（速度增大）。电场力做负功，动能转化为电势能，电势能增加，动能减小（速度减小）。
4、静电除尘原理：高压电场使气体电离，尘埃带电，带电尘埃在电场力作用下向电极运动（正尘趋负，负尘趋正）。
6．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 横波的图象：纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。由波形图可知，波长为
波沿x轴正方向传播，则
解得
则波速
n=0时，波速最小，此时
则
质点A的振动方程
质点A在零时刻向上振，可知
故质点A的振动方程
当n=9时，有
故选C。
【分析】 由图可知波的波长，而由图可得波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程。
7．【答案】D
【知识点】光导纤维及其应用
【解析】【解答】A．只要满足全反射条件，光导纤维能传播所有电磁波，故A错误；
B．在光导纤维发生全反射，光导纤维中“纤芯”的折射率应大于“包层”的折射率，故B错误；
C．设光程为s，光纤长度为l，则
又
得
不同频率则不同折射率，光从同一根光导纤维的一端传输到另一端的时间不相同，故C错误；
D．入射角不同，则光程不同，时间不同，故D正确。
故选D。
【分析】1、光导纤维可以传输可见光、红外光甚至紫外光（取决于材料）。例如，通信光纤主要传输红外光。
2、光导纤维的工作原理是全反射，要求纤芯折射率 n1 大于包层折射率 n2 （即 n1 >n2 ），否则光无法在纤芯中发生全反射。
3、光在介质中的传播速度与折射率 n 与光的频率（波长）有关（色散效应）。因此，不同频率的光传播时间不同（高阶模和低阶模的路径长度也不同）。
4、入射角越大，光在纤芯中的传播路径越长（全反射次数增多），因此传输时间更长。
8．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场后受安培力减速，则有
则线框先做加速度减小的减速运动；全部进入后，无感应电流，则安培力为0，线框做匀速运动，故A错误；
BD．线框完全进入磁场时，根据电流的定义式有
根据动量定理有
解得，故B正确，D错误；
C．在线框进入磁场的过程中，根据功能关系有
解得线框中产生的焦耳热为Q=0.3J，故C正确；
故选BC。
【分析】1、法拉第电磁感应定律：，感应电流，安培力，牛顿第二定律：F=ma，可得出加速度与速度相关，做变减速运动。
2、根据计算电荷量。
3、根据动量定理有，计算线框完全进入磁场时的速度大小。
4、根据功能关系有，计算线框中产生的焦耳热。
9．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，故A正确。
C．设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得
化简为
结合图（b）可得
即
故C正确；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
求得
故B错误；
D．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
机械能守恒
其中，求得
小球的初速度大小不可能为，故D错误。
故选AC。
【分析】1、根据水平方向动量守恒列等式，结合图像，可计算质量之比和最高点的速度。
2、小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上动量守恒定律：，机械能守恒：，联立可计算初速度。
10．【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由题知
故
又由
可得
故A正确；
B．由
可得
故B错误；
C．将副线圈及其负载等效到原线圈电路中，当变小时其等效电阻变小，原线圈中电流变大，故该电源的输出功率一定变大，故C正确；
D．将等效为理想电源的内阻，可知电压表示数U的变化量与电流表示数I的变化量之比
保持不变，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、变压器关系：利用原副线圈匝数比确定电压、电流关系。
2、欧姆定律：分析副线圈回路电流分配，结合电阻关系判断电流关系。
3、功率分析：副线圈电阻减小→总电阻减小→输出功率增大。
4、动态变化：原副线圈电压电流关系固定，ΔI/ΔU由变压器匝数比决定。
11．【答案】（1）
（2）；
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小车通过光电门时的速度为
（2）从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为
动能增加量为
（3）若机械能守恒成立，则
即
，
图像斜率为
【分析】（1）验证机械能守恒的实验，通过光电门时的速度为。
（2）系统重力势能减少量为，动能增加量为。
（3）机械能守恒成立，由得出，根据此函数关系式得出图像斜率。
（1）小车通过光电门时的速度为
（2）[1][2]从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为
动能增加量为
（3）若机械能守恒成立，则
即
图像斜率为
12．【答案】丁；A；丙；C；；9.1；3.2（2.7~3.7均可）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）甲方法与丁同为电压表测量准确，电流表测量偏小，电流表相对电源外接时，测量的电动势和内阻均偏小，图像应为A。
乙方法与丙同为电流表测量准确，电压表测量偏小，电流表相对电源内接时，测量的电动势准确、内阻偏大，图像应为C。
（2）若图甲实验电路中由电压表与电源组成新等效电源，“等效电源”的电动势为，由电动势等于断路时电压，则有
（3）由闭合电路欧姆定律有
则有
可知图像的斜率为
解得
取，代入方程解得
【分析】 （1）测量某电源的电动势和内阻 实验中，电流表相对电源外接时，测量的电动势和内阻均偏小，电流表相对电源内接时，测量的电动势准确、内阻偏大。
（2）由电压表与电源组成新等效电源，“等效电源”的电动势为，由电动势等于断路时电压，则有。
（3）由闭合电路欧姆定律得出，结合图像斜率和纵截距计算电动势和内阻。
13．【答案】解：（1）设初始汽缸内气体压强为p1，放上物块后稳定时，汽缸内气体压强为p2，根据平衡条件得
解得初始状态封闭气体的压强
（2）初始气柱长度，再次稳定后气柱长度
由玻意耳定律得
解得
由平衡条件有
解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）放上物块后稳定时，根据平衡条件，可计算初始状态封闭气体的压强。
（2）等温变化，由玻意耳定律列等式：，由平衡条件有，联立求解 物块的质量M 。
14．【答案】解：（1）碰撞后小球2刚好通过圆弧轨道的最高点，则
得
小球2落在三角形斜面上时的速度方向与斜面垂直，设竖直方向的分速度为，则
得，小球2从D点运动到三角形斜面上，做平抛运动，则时间
（2）设碰撞后小球2的速度为，从C点到D点由机械能守恒定律得
解得
圆弧轨道C点，对小球由牛顿第二定律得
得
由牛顿第三定律碰撞后小球2对圆弧轨道C点的压力大小
，方向竖直向下。
（3）设小球1与小球2碰撞前的瞬间速度大小为，碰撞后小球，由动量守恒定律和能量守恒定律
，
解得
小球1从A到C由动能定理得
解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）刚好通过圆弧轨道的最高点，重力提供向心力：，可求D点速度，
小球2落在三角形斜面上时的速度方向与斜面垂直，竖直方向的分速度为，
小球2从D点运动到三角形斜面上，做平抛运动，根据竖直速度求解时间。
（2）从C点到D点由机械能守恒定律：，圆弧轨道C点，对小球由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律碰撞后小球2对圆弧轨道C点的压力大小。
（3）弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒定律列等式：，机械能守恒列等式：，小球1从A到C由动能定理得，联立可求解 AB的高度H 。
15．【答案】解：（1）电子在磁场中的轨迹如图甲所示，设电子进入磁场的初速度大小为，电子经过电场加速过程，根据动能定理有
根据洛伦兹力提供向心力，设电子做匀速圆周运动的半径为r，
由几何关系有
解得
（2）电子在电场中做类平抛运动，设电子在偏转电场中运动的时间为，则有
离开电场时，设电子沿电场方向的分速度大小为，则有
又
解得
（3）根据电子离开电场时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，满足题意要求的两条电子临界轨迹分别如图乙、图丙所示
由图中几何关系可知
，
又
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出电子在磁场中的轨迹图，电子经过电场加速过程，根据动能定理，根据洛伦兹力提供向心力，由几何关系有，可求解偏转磁场的磁感应强度的大小。
（2）电子在电场中做类平抛运动，，离开电场时，电子沿电场方向的分速度大小为，则有，又，可求解电子所受的电场力大小。
（3）根据电子离开电场时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，两条电子临界轨迹分别如图乙、图丙所示
由图中几何关系可知，，又，可求解 电场强度的最大值和最小值之比 。
1 / 12024届广西北海市第二中学高三下学期适应性考试（三模）物理试题
1．（2024高三下·北海模拟）某核电站利用中子轰击核燃料释放核能来发电，轰击后产生和，并放出粒子a；具有放射性，半衰期为29天，衰变后产生，并放出粒子b，同时释放的能量。下列说法正确的是（　　）
A．粒子a为质子
B．的衰变是衰变
C．的结合能小于的结合能
D．通过增大环境温度，可使的半衰期变为28天
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．中子轰击的核反应方程为，则a为中子，故A错误；
B．衰变的核反应方程为，是衰变，故B错误；
C．衰变的过程中放出粒子b，同时释放能量，因此的结合能小于的结合能，故C正确；
D．放射性元素的半衰期由其自身因素决定，与其所处的物理状态（压强、温度等）、化学状态均无关，故D错误。
故选C。
【分析】1、核反应中根据质量数和电荷数守恒推出a为中子， 的衰变是衰变。
2、比结合能越大越稳定，则的比结合能小于比的比结合能，结合能等于比结合能乘以核子数，和核子数相同，则的结合能小于的结合能。
3、放射性元素的半衰期由其自身因素决定，与其所处的物理状态（压强、温度等）。
2．（2024高三下·北海模拟）神舟十六号是中国“神舟”系列飞船的第十六次任务，也是中国空间站运营阶段的首次飞行任务。如图所示，神舟十六号载人飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ、空间站组合体处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，两者都在其轨道上做匀速圆周运动。通过变轨操作后，飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与空间站组合体对接，已知地球的半径为R、地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速度大于地球的第一宇宙速度
B．飞船沿轨道Ⅱ运行的周期大于空间站组合体沿轨道Ⅲ运行的周期
C．飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度小于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力
解得
因为，所以飞船在轨道Ⅰ上的运行速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B．飞船在轨道Ⅱ上运动的半长轴小于在轨道Ⅲ上运动的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力
解得
可知飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误；
D．空间站组合体在轨道Ⅲ时满足
且
解得
故D正确。
故选D。
【分析】1、飞船在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，根据可判断飞船在轨道Ⅰ上的运行速度小于地球的第一宇宙速度。
2、飞船在椭圆轨道上运行，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期。
3、根据可判断飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上A点的加速度。
4、在轨道Ⅲ时，且联立可求解周期。
3．（2024高三下·北海模拟）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示
A．由几何关系可知
，
因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
故A正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为
则带电粒子在磁场中运动的时间为
因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；
故选A。
【分析】1、带电粒子在有界磁场中运动，首先根据题意画出轨迹图，根据几何关系计算运动半径，可写出带电粒子在磁场中运动的轨迹方程。
2、带电粒子在磁场中运动的速率为，周期，运动的时间为，因为磁感应强度未知，则速率、周期、运动时间不能求解。
4．（2024高三下·北海模拟）随着自动驾驶技术不断成熟，无人汽车陆续进入特定道路进行实验。如图所示是两辆无人汽车在某一水平直线道路上同时同地出发的运动v-t图像，运动过程没有发生相碰，对两辆无人汽车的运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．前2s内，甲的加速度始终大于乙的加速度
B．2.5s时，甲无人汽车回到出发点
C．2.5s时，甲、乙无人汽车的加速度方向相同
D．4s时，两辆无人汽车距离为12m
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的斜率等于加速度，可知在0~1s内甲的加速度大于乙的加速度；在1~2s时甲的加速度小于乙的加速度，故A错误；
B.0~2.5s内甲的速度一直为正，则一直向前运动，则2.5s时，甲无人汽车距离出发点最远，故B错误；
C．图像斜率的符号反映加速度的方向，则2.5s时，甲、乙无人汽车的加速度方向相反，故C错误；
D．图像的面积等于位移，可知4s时，甲的位移
乙的位移
即两辆无人汽车距离为12m，故D正确。
故选D。
【分析】1、 v-t图像的斜率等于加速度大小，根据斜率比较加速度大小，图像斜率的符号反映加速度的方向。
2、图像的面积等于位移，根据围成面积计算两汽车位移，根据位移计算二者之间距离。
5．（2024高三下·北海模拟）图甲所示是一种静电除尘装置，其原理简图如图乙所示，在板状收集器A与线状电离器B间加恒定高压，让废气从一端进入静电除尘区经过净化后从另一端排出，其中一带负电的尘埃微粒沿图乙中虚线向收集器A运动，P、Q是运动轨迹上的两点，不计微粒重力和微粒间的相互作用，不考虑微粒运动过程中的电荷量变化。下列分析正确的是（　　）
A．P点电势比Q点电势高
B．微粒在P点速度比Q点的大
C．微粒在P点具有的电势能比Q点的大
D．微粒在P点具有电势能比Q点的小
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由于A带正电，B带负电，根据沿电场方向电势降低，可知离A越近电势越高，离B越近电势越低，则P点电势比Q点电势低，故A错误；
BCD．微粒由P点向Q点运动过程中，只受电场力作用，电场力做正功，动能增加，电势能减少，则微粒在P点速度比Q点的小，粒在P点具有的电势能比Q点的大，故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、电场线从正电荷（或高电势）指向负电荷（或低电势），沿电场线方向电势降低。
2、 对于正电荷，电势越高，电势能越大；对于负电荷，电势越高，电势能越小 。
3、电场力做正功，电势能转化为动能，电势能减小，动能增加（速度增大）。电场力做负功，动能转化为电势能，电势能增加，动能减小（速度减小）。
4、静电除尘原理：高压电场使气体电离，尘埃带电，带电尘埃在电场力作用下向电极运动（正尘趋负，负尘趋正）。
6．（2024高三下·北海模拟）如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻0~25m区间的波形图如图中实线，经过时该区间波形图如图中虚线，已知虚线上波峰对应的平衡位置的横坐标为12.5m，质点A平衡位置的横坐标为，则当波速取最小值时质点A的振动方程以及可能的波速值，正确的是（　　）
A．；225m/s B．；425m/s
C．；625m/s D．，825m/s
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 横波的图象：纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。由波形图可知，波长为
波沿x轴正方向传播，则
解得
则波速
n=0时，波速最小，此时
则
质点A的振动方程
质点A在零时刻向上振，可知
故质点A的振动方程
当n=9时，有
故选C。
【分析】 由图可知波的波长，而由图可得波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程。
7．（2024高三下·北海模拟）如图所示，“阶跃型”光导纤维由“纤芯”和“包层”两个圆柱体组成，其截面为同心圆，中心部分是“纤芯”，“纤芯”以外的部分称为“包层”。下列说法正确的是（　　）
A．光导纤维只能传输可见光
B．光导纤维中“纤芯”的折射率小于“包层”的折射率
C．不同频率的光从同一根光导纤维的一端传输到另一端的时间相同
D．光从“纤芯”一端传到另一端的时间与从“纤芯”端面射入时的入射角有关
【答案】D
【知识点】光导纤维及其应用
【解析】【解答】A．只要满足全反射条件，光导纤维能传播所有电磁波，故A错误；
B．在光导纤维发生全反射，光导纤维中“纤芯”的折射率应大于“包层”的折射率，故B错误；
C．设光程为s，光纤长度为l，则
又
得
不同频率则不同折射率，光从同一根光导纤维的一端传输到另一端的时间不相同，故C错误；
D．入射角不同，则光程不同，时间不同，故D正确。
故选D。
【分析】1、光导纤维可以传输可见光、红外光甚至紫外光（取决于材料）。例如，通信光纤主要传输红外光。
2、光导纤维的工作原理是全反射，要求纤芯折射率 n1 大于包层折射率 n2 （即 n1 >n2 ），否则光无法在纤芯中发生全反射。
3、光在介质中的传播速度与折射率 n 与光的频率（波长）有关（色散效应）。因此，不同频率的光传播时间不同（高阶模和低阶模的路径长度也不同）。
4、入射角越大，光在纤芯中的传播路径越长（全反射次数增多），因此传输时间更长。
8．（2024高三下·北海模拟）为了研究电磁刹车，某实验小组让一正方形金属导线框在光滑绝缘水平面内以的初速度进入匀强磁场区域，如图所示。已知正方形金属导线框的总电阻为、边长为1m、质量为0.2kg，匀强磁场的磁感应强度大小，从线框进入磁场开始，下列说法正确的是（　　）
A．线框先做匀减速运动后做匀速运动
B．线框完全进入磁场时的速度大小
C．在线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.3J
D．在线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为2C
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场后受安培力减速，则有
则线框先做加速度减小的减速运动；全部进入后，无感应电流，则安培力为0，线框做匀速运动，故A错误；
BD．线框完全进入磁场时，根据电流的定义式有
根据动量定理有
解得，故B正确，D错误；
C．在线框进入磁场的过程中，根据功能关系有
解得线框中产生的焦耳热为Q=0.3J，故C正确；
故选BC。
【分析】1、法拉第电磁感应定律：，感应电流，安培力，牛顿第二定律：F=ma，可得出加速度与速度相关，做变减速运动。
2、根据计算电荷量。
3、根据动量定理有，计算线框完全进入磁场时的速度大小。
4、根据功能关系有，计算线框中产生的焦耳热。
9．（2024高三下·北海模拟）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B．当滑块的速度为时，小球运动至最高点
C．小球与滑块的质量比为1∶2
D．小球的初速度大小可能为
【答案】A,C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，故A正确。
C．设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得
化简为
结合图（b）可得
即
故C正确；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
求得
故B错误；
D．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
机械能守恒
其中，求得
小球的初速度大小不可能为，故D错误。
故选AC。
【分析】1、根据水平方向动量守恒列等式，结合图像，可计算质量之比和最高点的速度。
2、小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上动量守恒定律：，机械能守恒：，联立可计算初速度。
10．（2024高三下·北海模拟）如图所示，定值电阻、与的阻值均为R，理想变压器原线圈接输出电压有效值恒定的交流电源，原、副线圈匝数之比，电表均为理想交流电表。闭合开关S且电路稳定后，电流表示数为 I， 电压表示数为 U。下列说法正确的是（　　）
A．通过的电流是通过电流的2倍
B．通过的电流是通过电流的3倍
C．若仅使阻值变小，则该电源的输出功率一定变大
D．若仅使阻值变小，则电流表示数I的变化量与电压表示数U的变化量之比保持不变
【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由题知
故
又由
可得
故A正确；
B．由
可得
故B错误；
C．将副线圈及其负载等效到原线圈电路中，当变小时其等效电阻变小，原线圈中电流变大，故该电源的输出功率一定变大，故C正确；
D．将等效为理想电源的内阻，可知电压表示数U的变化量与电流表示数I的变化量之比
保持不变，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、变压器关系：利用原副线圈匝数比确定电压、电流关系。
2、欧姆定律：分析副线圈回路电流分配，结合电阻关系判断电流关系。
3、功率分析：副线圈电阻减小→总电阻减小→输出功率增大。
4、动态变化：原副线圈电压电流关系固定，ΔI/ΔU由变压器匝数比决定。
11．（2024高三下·北海模拟）验证机械能守恒的实验
如图放置实验器材，接通电源，释放托盘与砝码，并测得：
a．遮光片长度d
b．遮光片小车到光电门长度l
c．遮光片小车通过光电门时间
d．托盘与砝码质量，小车与遮光片质量
（1）小车通过光电门时的速度为　 　；
（2）从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为　 　，动能增加量为　 　；
（3）改变l，做多组实验，做出如图以l为横坐标。以为纵坐标的图像，若机械能守恒成立，则图像斜率为　 　。
【答案】（1）
（2）；
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小车通过光电门时的速度为
（2）从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为
动能增加量为
（3）若机械能守恒成立，则
即
，
图像斜率为
【分析】（1）验证机械能守恒的实验，通过光电门时的速度为。
（2）系统重力势能减少量为，动能增加量为。
（3）机械能守恒成立，由得出，根据此函数关系式得出图像斜率。
（1）小车通过光电门时的速度为
（2）[1][2]从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为
动能增加量为
（3）若机械能守恒成立，则
即
图像斜率为
12．（2024高三下·北海模拟）用如图1所示的甲、乙、丙、丁四种方法测量某电源的电动势和内阻。其中R为滑动变阻器、电阻箱。
（1）图2中，实线是根据实验数据描点作图得到的图像；虚线是没有电表内阻影响的情况下的图像。甲方法与　 　（填“丙”或“丁”）相似，图像应为　 　。乙方法与　 　（填“丙”或“丁”）相似，图像应为　 　。
（2）电动势等于断路时电压，若图甲实验电路中由电压表与电源组成新等效电源，“等效电源”的电动势为，电压表内阻用表示，电源的电动势为E、内阻为r，则　 　。（用E、r、和表示）
（3）结合丙图测量电源内阻，利用记录的电阻箱R的阻值和相应的电流表示数I，作出图线，如图3所示。若电流表内阻，则　 　V，　 　Ω。（保留2位有效数字）
【答案】丁；A；丙；C；；9.1；3.2（2.7~3.7均可）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）甲方法与丁同为电压表测量准确，电流表测量偏小，电流表相对电源外接时，测量的电动势和内阻均偏小，图像应为A。
乙方法与丙同为电流表测量准确，电压表测量偏小，电流表相对电源内接时，测量的电动势准确、内阻偏大，图像应为C。
（2）若图甲实验电路中由电压表与电源组成新等效电源，“等效电源”的电动势为，由电动势等于断路时电压，则有
（3）由闭合电路欧姆定律有
则有
可知图像的斜率为
解得
取，代入方程解得
【分析】 （1）测量某电源的电动势和内阻 实验中，电流表相对电源外接时，测量的电动势和内阻均偏小，电流表相对电源内接时，测量的电动势准确、内阻偏大。
（2）由电压表与电源组成新等效电源，“等效电源”的电动势为，由电动势等于断路时电压，则有。
（3）由闭合电路欧姆定律得出，结合图像斜率和纵截距计算电动势和内阻。
13．（2024高三下·北海模拟）一定质量的理想气体被一个质量为、横截面积为的活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内。汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时活塞下表面相对于汽缸底部的高度为25cm，外界的温度为27°；现将一物块轻放在活塞的上表面，平衡时，活塞下降了5cm。已知外界大气压强为，重力加速度大小。求：
（1）初始状态封闭气体的压强；
（2）物块的质量M。
【答案】解：（1）设初始汽缸内气体压强为p1，放上物块后稳定时，汽缸内气体压强为p2，根据平衡条件得
解得初始状态封闭气体的压强
（2）初始气柱长度，再次稳定后气柱长度
由玻意耳定律得
解得
由平衡条件有
解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）放上物块后稳定时，根据平衡条件，可计算初始状态封闭气体的压强。
（2）等温变化，由玻意耳定律列等式：，由平衡条件有，联立求解 物块的质量M 。
14．（2024高三下·北海模拟）如图所示，两个质量均为的刚性小球分别置于三角形斜面的顶点A处和圆弧轨道最低点C处，三角形斜面与圆弧轨道平滑连接，且都固定在平面上。现将小球1从A点由静止释放，在C点与小球2发生对心弹性碰撞，碰撞后小球2刚好可以通过半径为0.9m的光滑圆弧轨道的最高点，且小球2落在三角形斜面上时的速度方向与斜面垂直，已知三角形斜面与水平方向上的夹角为37°，三角形斜面的动摩擦因数为0.2，，，重力加速度g取，求：
（1）小球2从D点运动到三角形斜面上的时间；
（2）碰撞后小球2对圆弧轨道C点的压力；
（3）AB的高度H（保留到小数点后两位）。
【答案】解：（1）碰撞后小球2刚好通过圆弧轨道的最高点，则
得
小球2落在三角形斜面上时的速度方向与斜面垂直，设竖直方向的分速度为，则
得，小球2从D点运动到三角形斜面上，做平抛运动，则时间
（2）设碰撞后小球2的速度为，从C点到D点由机械能守恒定律得
解得
圆弧轨道C点，对小球由牛顿第二定律得
得
由牛顿第三定律碰撞后小球2对圆弧轨道C点的压力大小
，方向竖直向下。
（3）设小球1与小球2碰撞前的瞬间速度大小为，碰撞后小球，由动量守恒定律和能量守恒定律
，
解得
小球1从A到C由动能定理得
解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）刚好通过圆弧轨道的最高点，重力提供向心力：，可求D点速度，
小球2落在三角形斜面上时的速度方向与斜面垂直，竖直方向的分速度为，
小球2从D点运动到三角形斜面上，做平抛运动，根据竖直速度求解时间。
（2）从C点到D点由机械能守恒定律：，圆弧轨道C点，对小球由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律碰撞后小球2对圆弧轨道C点的压力大小。
（3）弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒定律列等式：，机械能守恒列等式：，小球1从A到C由动能定理得，联立可求解 AB的高度H 。
15．（2024高三下·北海模拟）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，加速电压恒定为U；高度足够高、宽度为d的虚线框内有垂直纸面的匀强偏转磁场，电子束从静止开始在M、N之间加速后以一定的速度水平射出并进入偏转磁场，速度方向偏转后打到靶环上产生X射线，探测器能够探测到竖直向上射出的X射线。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子受到的重力，该装置置于真空中。
（1）求偏转磁场的磁感应强度的大小B；
（2）若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，可使电子偏转时离开电场，最后打在靶环上产生X射线，求电子所受的电场力大小F；
（3）在（2）的基础上，靶环形状是以P点为圆心的圆面，P点距偏转电场中心的水平距离为l。若匀强偏转电场的电场强度的大小E可调整，靶环的半径为R，要使电子束能打到靶环上，求电场强度的最大值和最小值之比。
【答案】解：（1）电子在磁场中的轨迹如图甲所示，设电子进入磁场的初速度大小为，电子经过电场加速过程，根据动能定理有
根据洛伦兹力提供向心力，设电子做匀速圆周运动的半径为r，
由几何关系有
解得
（2）电子在电场中做类平抛运动，设电子在偏转电场中运动的时间为，则有
离开电场时，设电子沿电场方向的分速度大小为，则有
又
解得
（3）根据电子离开电场时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，满足题意要求的两条电子临界轨迹分别如图乙、图丙所示
由图中几何关系可知
，
又
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出电子在磁场中的轨迹图，电子经过电场加速过程，根据动能定理，根据洛伦兹力提供向心力，由几何关系有，可求解偏转磁场的磁感应强度的大小。
（2）电子在电场中做类平抛运动，，离开电场时，电子沿电场方向的分速度大小为，则有，又，可求解电子所受的电场力大小。
（3）根据电子离开电场时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，两条电子临界轨迹分别如图乙、图丙所示
由图中几何关系可知，，又，可求解 电场强度的最大值和最小值之比 。
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