2024届广西名校开学考试试题
物 理
（考试时间：75分钟 满分：100分）
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（1-6 为单选题，每题 4 分；7-10 题为多选题，每题 5 分，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，
有选错的得 0 分，共 44 分）
1.新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M 装置（HL—2M）在成都建成并实现首次放电，标志着中国
自主掌握了大型先进托卡马克装置的设计、建造、运行技术，为我国核聚变堆的自主设计与建造打下坚实基础。
下列关于核反应的说法正确的是（ ）
A.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更少
B 2 3 4 0.氘氚核聚变的核反应方程为 1H 1H 2He 1e
C.两个轻核结合成质量较大的核，原子核的比结合能增加
D.核裂变反应过程中有质量亏损，核聚变反应过程中没有质量亏损
2.打篮球是很多同学喜爱的运动，假设某次篮球比赛小明先后两次在不同地点投篮得分。简化模型如图所示，两
次投篮时篮球先后从 A、B两点（相同高度）抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正
确的是（ ）
A.从 A点抛出时的初速度小于从 B点抛出时的初速度
B.从 B点抛出在最高点的速度比从 A点抛出在最高点的速度小
C.A、B落入篮筐时速度大小相同
D.从抛出到落入篮筐，从 B点抛出用时较长
3.如图(a)，在均匀介质中有 A、B、C和 D四点，其中 A、B、C三点位于同一直线上，AC=BC=4m，DC=3m，
DC垂直 AB。t=0时，位于 A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图(b)所示，
振动方向与平面 ABD垂直，已知波长为 4m。下列说法正确的是（ ）
A.这三列波的波速均为 2m/s
B.t=1.5s时，D处的质点开始振动
C.t=6s时，D处的质点位移大小为 2cm
D.A、B两列波不能发生干涉现象
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4.中国空间站进入应用与发展新阶段，独立在轨运行 33天的“天舟五号”货运飞船（以下简称“天舟五号”）于
2023年 6月 6 日 3时 10分完成与空间站组合体再次交会对接，空间站组合体再次恢复了“三船三舱”构型。
“天舟五号”独立在轨运行时与空间站组合体均在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知空间站组合体运行
的周期约为 90min，则下列说法正确的是（ ）
A.空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为不受重力
B.空间站组合体运行的线速度小于地球同步轨道卫星的线速度
C.“天舟五号”独立在轨运行时的角速度大于空间站组合体的角速度
D.“天舟五号”货运飞船的发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度
5.如图所示，三角形 ABC是等腰直角三角形，在 A点固定一个电荷量大小为 Q1的点电荷，在 B点固定一个电荷
Q1
量大小为 Q2的点电荷，C点处的电场强度方向与 CB垂直，则 Q 的值为（ ）2
A. 3 2
B. 3
C. 2 2
D. 2
6.如图所示为“用质谱仪测定带电粒子质量”的装置示意图。速度选择器中场强 E的方向竖直向下，磁感应强
度 B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度 B2的方向垂直纸面向外。在 S处有甲、乙、丙、丁四个一价
正离子垂直于 E和 B1入射到速度选择器中，若它们的质量关系满足m甲 m乙 m丙 m丁 ，速率关系满足
v甲 v乙 v丙 v丁，它们的重力均可忽略，则打在 P1、P2、P3、P4四点的离子分别是（ ）
A.甲丁乙丙
B.甲丁丙乙
C.丁甲丙乙
D.丁甲乙丙
7.如图所示，一束可见光以与玻璃砖成 30°夹角穿过平行玻璃砖后，分成 a、b两束单色光，玻璃砖的宽度为 L，
玻璃砖内 b光光线与竖直方向夹角为 30°，则下列说法正确的是（ ）
A.a光的频率大于 b光的频率
B.a光的折射率大于 b光的折射率
2L
C.b光穿过玻璃砖需用的时间为
c
D.a、b两种单色光分别通过同一个双缝干涉装置，b光的干涉条纹间距较小
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8.如图所示，整个装置固定且在同一竖直平面内，AB段为光滑竖直管道，高度 h 8m，BCD段为半径 R1=2m的
光滑半圆轨道，DE段为半径 R2=3m 的粗糙四分之一圆轨道，现有质量m 1kg的小球从 A点由静止释放，进
入到装置中。已知小球到达 E点时，小球对外轨道的压力为 1.5mg，C为半圆轨道 BCD段的最低点，g 10m/s2 ，
下面正确的是（ ）
A.整个运动过程中，小球的机械能不守恒
B.小球到达最低点 C点时，速度大小为 10m/s
C.小球从静止释放到经过 E点，合外力做的功为 36J
D.整个运动过程，摩擦力做的功W f 12.5J
9.如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO 沿逆时针方向匀速转动，角速度为
，线圈匝数为 ，电阻为 ，外接电阻为 ，交流电流表 。线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开
始转过 360°时电流表示数为 。下列说法中正确的是（ ）
A.该交流电周期为
B 2I (R r).转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为
n
C.电阻 R两端电压为 IR
4 RI 2D.线圈转动一周的过程中，电阻 R产生的热量为
10.如图，光滑水平地面上有一质量为 2m的小车在水平推力 F的作用下加速运动。车厢内有质量均为 m的 A、
B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为 ，
杆与竖直方向的夹角为 ，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的
是（ ）
A.只要推力 F取得合适的值，可使杆的弹力为零
B.F向右时，若 B球受到的摩擦力为零，则 F 4mg tan
C.F向左时，若 值足够大，则推力 F的最大值为 F 4mg tan
D.F向左时，若 tan ，则推力 F 的最大值为 2mg tan
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二、非选择题：本题共 5 小题，共 56 分。
11.（6分）利用如图甲所示的实验装置“探究小车速度随时间变化的规律”。
（1）使用电火花计时器时的基本步骤如下：
A.接通开关，听到放电声，开始拖动纸带
B.把计时器固定在长木板上，将纸带从墨粉纸盘下面穿过打点计时器
C.将电火花计时器插头插入相应的电源插座
D.当纸带完全通过电火花计时器后，及时关闭电火花计时器
上述步骤正确的顺序是 （按顺序填写步骤前的字母）。
（2）某实验小组所得纸带上打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有 4个点，图中未画出），
打点计时器的频率为 50Hz。x1=5.09cm，x2=7.10cm，x3=9.10cm，x4=11.09cm，x5=13.10cm，x6=15.10cm。
打点计时器在打 E点时小车的速度vE m/s，根据纸带计算出小车运动的加速度a m/s2。
（结果均保留两位有效数字）
12.（10分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学实验过程如下：
（1）先用多用表的欧姆挡“×1”粗测其电阻，如图甲所示，则读数应记为 Ω。
（2）由图乙螺旋测微器测量该金属丝的直径为 mm，然后用图丙的毫米刻度尺测量其长度为
cm。
（3）为了减小实验误差，需进一步测量其电阻，除待测金属丝、开关 S、导线若干外，实验室还备有的实验
器材如下：
A.电压表 V（量程 3V，内阻约为 15kΩ；量程 15V，内阻约为 75kΩ）
B.电流表 A（量程 0.6A，内阻约为 1Ω；量程 3A，内阻约为 0.2Ω）
C.滑动变阻器 R1（0～2000Ω，0.1A）
D.滑动变阻器 R2（0～5Ω，0.6A）
E.电阻箱
F.1.5V的干电池两节，内阻不计
为了测量多组实验数据，则滑动变阻器应选用 （填“R1”或“R2”）。
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（4）实验电路如图丁所示，根据电路图完成图戊中的实物连线。
（5）从实验原理上看，待测电阻测量值 （填“大于”、“小于”或“等于”）其真实值。
（6）如果测得的金属丝长度为 a，直径为 b，电阻为 c，则它的电阻率ρ= 。（用 a、b、c字母表
示）
13.（10分）受 2023年第 5号台风杜苏芮的残余环流影响，我国北方多地引发极端暴雨天气，造成严重灾害。
当大暴雨降临，路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖不断跳跃，导致井盖移位而存在安全隐
患。如图乙所示，某次大暴雨，水位以 60mm/h的速度迅速上涨，质量为 m=36kg的某井盖排气孔被堵塞且
与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为 S=0.4m2，水位与井盖之间的距离为 h=2.018m时开始计时，此
时井内密封空气的压强恰好等于大气压强 p0=1.00×105Pa，若空气视为理想气体，温度始终不变，g=10m/s2。
（1）求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；
（2）求从图示位置起，历经多长时间井盖会第一次被顶起；
（3）若井盖第一次顶起后又盖回，空气的压强变为 p 1.001 105 Pa，求排出的空气体积 V（保留两位有效
数字）。
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14.（14分）两水平轨道放置匀强磁场中，磁感应强度 B=1T，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒 ab可沿导轨自
由移动，金属棒 ab的质量为 1kg，金属棒与导轨间的摩擦因数 0.2，左端接一定值电阻，阻值为 R 3Ω ，
导轨电阻不计，金属棒长为 L=1m，电阻为 r 2Ω，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，拉力恒为 F=3N，最
终金属棒做匀速运动，恰好匀速时通过的位移 x=15m。g=10m/s2。求：
（1）求稳定状态时金属棒两端电压；
（2）求金属棒从开始运动到刚好匀速的过程中，电阻 R上的发热量 Q；
（3）求金属棒从开始运动到稳定状态所用时间。
15.（16分）如图所示，在水平面上静置一质量 M=950g的滑块，滑块上表面是一个半径 R=1m的四分之一圆弧，
圆弧最低点A与水平地面相切，在滑块右侧有一接收器，其入口为P。现给质量m=50g的小球一个大小 v0=4m/s
的水平初速度，小球经 B点离开滑块时，随即撤去滑块。小球于 C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前
后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向。忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切
摩擦和空气阻力，g=10m/s2。求：
（1）小球刚运动到滑块最低点 A时，对滑块的压力；
（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；
（3）要使小球能水平进入接收器最低点 P，P与 C间的最小距离为多大。
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物理参考答案
1.【答案】C
【详解】
A.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，A错误；
B 2 3 4 1.根据质量数守恒和核电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为 1H+1H 2 He+0n，B错误；
C.两个轻核结合成质量较大的核，会释放核能，产生质量亏损，生成物的结合能比反应物的结合能大，而反应前后核
子数不变，所以原子核的比结合能增加，故 C正确；
D.核聚变反应过程中放出大量能量，有质量亏损，D错误。
2.【答案】B
【详解】若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的 AB两点，由于
(Vsinθ)2
落入篮筐时的速度方向相同，设此时与水平方向的夹角为θ，竖直方向速度 vy=vsinθ，上升高度 h= ，A点抛出上
Vsinθ
升的高度较大，所以从 A抛出初速度大，t= ，可知 A运动时间较长，即 B先落入篮筐中，A、C、D错误；
B.因为两球抛射角相同，A的射程较远，vx=vcosθ则 A球的水平速度较大，即在最高点的速度比 B在最高点的速度大，
C错误，B正确；故选 B。
3.【答案】C
【详解】机械波在同一介质中波速相同，由题意知波长 P点=4m，由题图知周期 T=4s，则 v=1m/s，A错误；波源发
C D t = 出的波 这列波最先传到质点 ， c =3s，B错误；当 t=3s时，质点 D开始振动，D点由 A、B、C在 6s时的位移
叠加可知，此时位移为 2cm，C正确；A、B两列波振动频率一样，起振方向一样，能发生干涉现象 D错误。
4.【答案】D
【详解】
A.天和核心舱里的宇航员处于悬浮状态是因为处于完全失重状态，但仍受重力作用，故 A错误；
2
B Mm v GM.根据万有引力提供向心力G 2 m ，可得 v ，可知该组合体运行的线速度大于地球同步轨道卫星的线速r r r
度，故 B错误；
Mm
C 2 GM.根据牛顿第二定律G 2 m r，可得 ，可知“天舟五号”独立在轨运行时的角速度等于空间站组合体r r3
的角速度，故 C错误。
D.“天舟五号”货运飞船绕地球运动，“天舟五号”货运飞船的发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故 D
正确。
5.【答案】C
kQ1 kQ
【详解】设 BC边长度为 r，则 AC边长度为 2 r，根据库仑定律 E1 2 ，E
2
2r 2 r 2
E1、E2的竖直分量相等，由几何关系知 E1 sin 45
E2
Q1
解得 2 2Q 故 ABD错误，C正确。故选 C。2
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6.【答案】D
E
【详解】通过速度选择器的粒子，受力平衡 qvB1 qE 得 v B 四种粒子，有两个粒子通过速度选择器，因为1
2
v v v mv甲 乙 v丙 v丁，所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙。由牛顿第二定律得 qvB m ，得 R 2 R qB2
因为m乙 m丙 所以 R乙 R丙
E
则乙打在 P3点，丙打在 P4点；因为 v乙 v丙 v v v vB 甲 乙 丙 丁1
E E
所以 v甲 v丁 B1 B1
则 qv甲B1 qE qv丁B1 qE
甲离子洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在 P2点，丁离子洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在 P1点；综
上可知，打在 P1、 P2、P3、 P4四点的离子分别是丁甲乙丙，故 ABC错误，D正确。故选 D。
7.【答案】CD
【详解】
A.由题图知 b光的折射角较小，根据折射定律，知 b光的折射率较大，频率也较大，故 AB错误。
C.由题图可知，b光线入射角为 i = 60°，折射角 r = 30°
sin i
由折射率的定义得 n = ，故
sin r n = 3
b光线在玻璃中的传播速度为 v = c = 3 c
n 3
b L由题图知 光线在玻璃砖中传播的路程 s = = 2 3 L
cos 30° 3
s 2L
所以 b光线穿过玻璃砖需要时间 t = = 故 C正确。
v c
L
D.对于同一种介质，b光的折射率较大，说明 b光的波长较短。根据条纹间距公式 x 可知，b光的干涉条纹间距
d
较小，故 D正确。故选 CD。
8.【答案】AD
【详解】
A.依题意，DE轨道粗糙，小球经过时，摩擦力会做功，机械能不守恒，故 A正确；
1
B.依题意，小球到达最低点 C点时，有mg (h R1) mv
2
，解得 v 10 2 m/s，故 B错误；2
2
C.假定小球到 E点速度为 v1，依题意有mg 1.5mg m
v
1 ，从静止释放到经过 E点，合外力做的功等于动能的变化量，
R2
故 E
1
mv2
1
k 1 0 37.5J，故 C
2
错误；整个运动过程，摩擦力做的功为W f ，据动能定理有 mv1 0 mg (h R2 ) W f ，2 2
解得W f 12.5J，故 D正确。故选 AD。
9.【答案】BC
【详解】
A 2 .该交流电周期为 ，故 A错误；
B.感应电动势的最大值 = ( + ) = 2 ( + )，又 = ，磁通量的最大值 = ，联立解得： = =
2 ( + )，故 B正确；
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C.电阻 两端电压为路端电压，大小为 ，故 C正确；
D = 2 = 2
2
.线圈转动一周的过程中，电阻 产生的热量 ，故 D错误。故选 BC。
有
10.【答案】BC
【详解】
A.杆的弹力竖直分力要平衡 A球的重力，所以永远不可能等于零。
N
B x.杆的弹力竖直分力为 N，对小球 A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足 tan N ，y
竖直方向 N y mg，则 Nx mg tan 。若 B球受到的摩擦力为零，对 B根据牛顿第二定律可得 Nx ma，可得 a g tan ，
对小球 A、B和小车整体根据牛顿第二定律 F 4ma 4mg tan ，B正确；
C.若 值足够大，则 B不会滑动。当 A对右壁的压力恰好等于零时，分析 A可
知 F合 mg tan ，可得 a=gtanθ，对 A、B球和车，得 F=4ma=4mgtanθ。故 C
正确。
D.由要保持相对静止，由 C知道 A球的最大加速度 a1=a=tanθ；当 B 有向左最
大加速度时，B会受到向左的最大静摩擦力，对 A、B球用整体法可知 B球对
车底压力为 2mg，对 B球受力分析如图，由图得合力 F=2 mg-mgtanθ=ma2，得
a2=2 g-gtanθ。因为 tan ，所以 a2≥a1，即 A球先达到临界状态，故整体的最
大加速度 amax= a1 =tanθ，对 A 球、B 球和车组成的整体得推力 F 的最大值为
4mgtanθ。
11.（6分）
（1）BCDA （2分）
（2）1.2 （2分）
（3）2.0 （2分）
解析：（1）BCDA
（2 ） 4+ 5 = = 1.2 / 2
3 a = (x4+x5+x6) (x（ ） 1+x2+x3) = 2.0 / 2
9T2
12.（10分）
（1）6.0或 6（1分）
（2）0.700(0.698-0.702)（1分） 9.15(9.12-9.17)（1分）
（3）R2（1分）
（4）如右图所示（3分）只要有错误都不给分
（5）小于（1分）
6 cb
2
（ ） （2分）
4a
【详解】（1）根据图示可知，指针指向刻度 6，由于采用的欧姆挡“×1”，故电阻读数
为 6.0Ω。
（2）螺旋测微器的读数为 D 0.5mm 20 0.01mm 0.700mm，金属丝的长度为 9.15cm
（ 3）电路电源是两节干电池，电源电压为 3V，通过金属丝的最大电流约
I U 3 A 0.5A
R 6
R1的额定电流 0.1A太小，则 R1不合适，且 R1阻值过大，即使电流在安全范围内，电
路调节也不方便，故滑动变阻器选 R2。
（4）根据实验电路图连接实物电路图，如图所示
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U
（5）电路图采用了电流表外接法，考虑到电压表分流的影响，电流表读数偏大，根据欧姆定律 R ，可知待测电阻
I
测量值小于其真实值。
L 1 2
（6）根据电阻定律有 R ， S b2 ，
S
cb
4 4a
13.（10分）（1）对井盖进行受力分析有 p0S mg pS （2分）
mg 5 36 10 5
代入数据有 p p0 1.00 10 Pa 1.009 10 Pa （1分）S 0.4
（2）等温变化，设 t时间水位上升 x，则刚顶起时有 p0Sh pS (h x) （2分）
p0 x 1 h 1 1.00 10
5
解得 5 2.018m 0.018m （1分）
p 1.009 10
则所用的时间为 t
x 0.018
3 h 0.3h （1分）v 60 10
（3）空气等温变化，有 pSh p (Sh V )，其中 h h x （2分）
代入数据解得V 0.0064m3 （1分）
14.（14分）（1）匀速时根据平衡条件： 安 + = （1分）
解得： 安 = 1 （1分）
根据安培力的表达式： 安 = 解得： = 1 （1分）
金属棒为电源，其两端的电压为路端电压，等于电阻 R的电压，所以： = = 3 （1分）
22
2
（ ）根据 安 = = = 1 （1分） +
解得： = 5 / （1分）
1
根据能量守恒： = 2 + （
2 总 2分）
解得： 总 = 2.5 （1分）
则电阻 R 3上的发热量 = 总 = 1.5 5 （1分）
（3）金属棒静止到刚好匀速过程由动量定理 = （2分）
= = = 3 （1分）
+
联立解得： = 8 （1分）
2
15.（16分）（1）小球刚运动到滑块最低点 A时，对小球 =
0 （2分）
得 = 2.1 （1分）
由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力 F 2.1N方向竖直向下 （1分）N
（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，
设小球运动到最高点 h时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为 v共
0 = ( + ) 共 （2分） 解得 v 共=0.2m/s （1分）
2 ( + )
2
0 = 共 + （2分） 解得 = 0.76 （1分）
2 2
（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为 1，初次着地后经 t时间，小球与地面发生第
+ 1 次碰撞时与 C点的距离为 x，则 2 = 2 （1分） 解得 v =2 95 1 y1 m/s （1分）5
1 1 2 1 3
解得 = 1 1 + + + + + 1 （2分）
2 2 2 2
当 → ∞时 =
2 1=2 95 s （1分）25
= =2 95此时 共 m （1分）125
95
即要使小球能水平进入接收器最低点 P，P与 C间的最小距离为2 m。
125
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