【文档说明】广西贵百河联考2024届高三下学期4月新高考二模试题 物理 参考答案.pdf，共(8)页，225.044 KB，由管理员店铺上传

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第1页共8页2024届“贵百河”4月高三质量调研联考试题物理参考答案1.【答案】C【详解】A.碳14放出的粒子来自于原子核内的中子转化为质子时产生的，故A错误；B.放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间

，叫半衰期。由图知，碳14的半衰期为5730年，故B错误；C.根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，碳14的衰变方程为14140671CNe，故C正确；D.半衰期与化学状态无关故半衰期不会发生变化，故D错误。故选C。2.【答案】D滑雪游客在竖直圆弧上由上向下做匀速圆周运动，切向方向合

力为零，法向方向合力大小不变，重力沿切线方向的分力逐渐减小，所以所受摩擦力变小，沿法向分力逐渐增大，根据向心力方程可知，所受支持力变大；重力、速率都不变，但相互间夹角变大、重力做功的功率逐渐减小；摩擦力做负功，机械能逐

渐减小。3.【答案】B【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节后的车厢根据牛顿第二定律有3838Ffma-=设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有122Ffma-=

联立解得119FF=。故选B。4.【答案】D【详解】A.薄膜干涉的光程差Δx=2d（d为薄膜厚度），厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当抽掉一张纸片，薄片的厚度减小，同一厚度的空气膜向纸片移动，故条纹向

着纸片移动，导致条纹间距变大，故A错误；B.根据条纹间距公式lxd，b光的条纹间距较宽，则单色光a的波长比单色光b的波长小，故B错误；C.单色光a的波长比单色光b的波长小，则a光的频率较大，能量较大，所以遏止电压大；D.弯曲的条纹对应的被检查平面左边的空气膜厚度与未

弯处平面的空气膜厚度相同，可知，对应的位置是凸起的，故D正确。5.【答案】C【详解】跳起后重心升高的高度为h=2.55-2.10=0.45m，人跳起的速度23m/svgh，跳起过程，根据动量定理得()0

Fmgtmv解得起跳过程中地面对他的平均压力约为1500NF2000N，根据牛顿第三定律，起跳过程中他对地面的平均压力约为1500NFF2000N6.【答案】B【详解】由题意对小球受力分析，沿斜面方向由平衡条件得sin30cos30mgT

解得3tan303Tmgmg对小球和斜面构成的整体受力分析，由平衡条件得，水平方向满足sin30Tf竖直方向满足Ncos303FTmg{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}第2页共8页

当NfF时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得最小为315故选B。7.【答案】D【详解】A.M、N间距离增大时，由于M、N间的电压不变，电场力对电子做功不变，则电子到达N的动能并不会随着距离的增大而增大，故A错误；B.设M、N之间的遏止电压为cU，根据动能定理可得2cm012eUmv

解得mc22mveU故B错误。C.电子从M到N运动过程，根据动能定理可得22Nmm1122eUmvmv可知无论从哪个方向逸出的电子到达N时的最大动能为m2m2N1122Ummvve故C错误；D.当电子从M板沿y方向逸出，且

速度最大时，电子从M到N过程中y方向位移大小最大；则有mmyvt沿x方向有212dat，eUamd联立可得mm2mvdeUy故D正确；故选D。8.【答案】BD【详解】AB.电站的输出电压没有变，升

压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，电站的输出功率突然增大，则根据P=UI，输电线上的电流增大，根据U损=I线R，U3=U2-U损可知降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A错误，B正确；C.输电线损

耗比例为5%时，根据ΔP=I线2R，ΔP=5%P1解得I线=25A升压变压器原线圈的电流为I1=11PU=400A{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}第3页共8页升压变压器的匝

数比为121116InnI线故C错误；D.输送电流为I′=1PU=10A损失功率为ΔP′=I′2R=800W故D正确。故选BD。9.【答案】AB【详解】A.波速相同，根据图像可知，波长均为4m，根据v

fT可知，频率相同，则甲、乙两列波能发生稳定的干涉，故A正确；B.利用同侧法可知，甲波的波源的起振方向向上，乙波的波源的起振方向向下，由于一切质点的起振方向均与波源的起振方向相同，则甲波的波源的起振方向向上，乙波的波源的起振方向向下，可知两波源频率相等，振动步调相反，由于x=3m处到两

波源的间距差的关系为1123m3m6m2间距差为半波长的奇数倍，可知，两列波叠加后，x=3m处为加强点，故B正确；C.x=6m处到两波源的间距差的关系为126m6m0结合上述

，可知两列波叠加后，x=3m处为减弱点，其振幅为5cm-4cm=1cm根据0时刻的波形图可知，甲乙两波的波前到x=6m处的距离均为2m，波传播到该位置需要的时间2s0.5s4t根据上述可以解得4s1s4T由于11.75s0.5s1.2

5s4TT由于乙波的波源的起振方向向下，可知t=1.75s时刻，x=6m处的质点位移为-1cm，故C错误；D.由于x=5m处到两波源的间距差的关系为1125m5m2m2间距差为半波长的奇数倍，可知，两列波叠加

后，x=5m处为加强点，两波在该点叠加后的振幅为5cm+4cm=9cm乙波传播到该位置的时间853's0.75s44tT甲波传播到该位置的时间{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}第4页

共8页541''s0.25s44tT可知，在0.75s时间间隔内，质点以甲波的波形振动的时间为0.75s0.25s0.5s2T上述时间内质点经过的路程24cm8cm当两波在该点叠加后，由于2s0.75s1.25s4TT此时间间隔内，甲乙

的波形均传播到该点，质点经过的路程49cm9cm45cm可知，在0~2s时间内，x=5m处的质点经过的路程为45cm+8cm=53cm故D错误。故选AB。10.【答案】BCD【详解】A.在地球表面有2Mmm

gGR地球密度343MR解得34gGRA错误；B.对静止卫星有2022004rMmGmrT结合上述解得2203024gTRrB正确；C.卫星a的轨道半径260sin2RrR

根据330220rrTT解得24RTg故C正确；D.对近地卫星有22214MmRGmRT{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}第5页共8页解得12RTg令a与近地卫星运行方向相反时，

二者不能直接通讯的连续时间为t，则有122223ttTT解得823221gRtgD正确。故选BCD。11.（1）2.0（2分）（2）平衡摩擦力过度（或木板倾角过大）（2分）不正确（1分）【详解】（1）[1]根据题意可得该

打点计时器的打点周期10.02sTf由此可知每两个计数点之间的时间间隔为50.1stT根据2xat可得22222(10.0111.99)(6.027.98)10m/s2.00m/s(0.2)xat（2）[2]根据

amg图像分析可知，当不挂钩码时，即0mg时，小车在木板上运动时就已经具有了加速度，则加速度只能是小车自身重力沿斜面向下的分力提供，因此可知图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度（或木板倾角过大）；[3]

钩码重力为0时，小车仍有加速度，说明阻力补偿时木板垫的太高，阻力补偿过度；两个物理量成正比其图线必须过坐标原点，不过原点，虽然是一条直线，不能说明加速度a与合外力成正比，故甲同学的意见不正确。12.【详解】（

1）6.0（1分）4.698～4.702（2分）（2）E（1分）A（1分）C（1分）（3）如下图（2分）（4）Ldk42（2分）（1）多用表的读数为电阻的粗测值，其电阻为6.0Ω；[2]根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数可动刻度读数估读，圆柱体的厚度为=4.5mm+1

9.90.01mm=4.699mmd4.698mm～4.702mm均算正确；（2）滑动变阻器2R（02000Ω，0.1A）的阻值比待测金属丝阻值6Ω大得太多，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选1R，所以选E；由于干电池电压为1.5V，两节为3V，故电压表量程应选用3V，所以

选A；电路最大电流约为==0.5AxEIR因此电流表量程应选0.6A，所以选C；（3）为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，与电流表内阻接近，而电压表内阻远远大于被测电阻，因此电流表应采用外接法，实验电路

图如下图所示{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}第6页共8页（4）由=ULIS得=LUIS则=LkS解得2π=4kdL13.（9分）（1）400K；（2）800cm3【详解】（1）若缓慢升

高环境温度，使某一活塞刚好缓慢移到所在气缸的底部，气体做等压变化，有0()2abaLSSLSTT（2分）解得此时环境的温度为400KT（1分）（2）经一段时间后活塞达到稳定状态，则0()()ababpSSpS

SMg（2分）解得51.210Pap（1分）气体做等温变化，有0()abpLSSpV（2分）解得稳定后的体积为3800cmV（1分）14.（14分）【详解】（1）粒子在电场中运动时mqEa（1分）2112qELtm（1分）012Lvt

（1分）解得202mvEqL（1分）102Ltv（1分）（2）进入第二象限的磁场时10xqEvtvm（1分）则速度方向与y轴负向成45°角，速度大小为02vv（1分）然后再次垂直经过x轴，由几何关系可知粒子在磁场中的轨道半径22rL（1分）{#

{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}第7页共8页根据2vqvBmr（1分）可得02mvBqL（1分）（3）由几何关系可知，粒子在第二和第

一象限中运动的轨迹所对的圆心角为270°，则时间20332344mLtTqBv（2分）则总时间为120(32)Ltttv（2分）15.（1）0；5m/s2；（2）6A；（3）0.5m【详解】（1）导体棒b运动产生的感应电动势00EB

Lv（1分）回路电流002EIR（1分）导体棒受安培力00FBIL（1分）解得F0=2N（1分）因3Nfmg（1分）则a加速度为零，b的加速度205m/sbFmgam（1分）方向向左；（2）两棒反向运动，开始时的速度最大，产生的感应电动势最大max1

2()EBLvv（2分）最大电流max2mEIR（1分）解得Im=6A（1分）（3）两棒开始向相反方向运动时，两棒系统受合外力为零，则动量守恒，当a棒速度为零时213mvmvmv（1分）解得b棒速度

v3=2m/s（1分）{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}第8页共8页由（1）的计算可知，此时a棒受安培力小于摩擦力，可知以后a棒静止，b棒向右做减速运动，当速度减

为零时两棒最远，因导体棒b产生的焦耳热为0.25J，则此过程中，系统产生的总焦耳热为Q=0.5J（1分）此时由能量关系2312mvQmgx（2分）解得x=0.5m（1分）{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoG

wFAIIAABSANABAA=}#}