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

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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

14 14 0

6 7 1

C N e



 

，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

38 38F f ma- =

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

12 2F f ma- =

联立解得

119

。

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



 

，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

2 3m/sv gh 

，跳起

过程，根据动量定理得

( ) 0F mg t mv  

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

1500NF F

 

2000N

6.【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

sin 30 cos 30mg T  

解得

tan 30 3

T mg mg  

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

sin 30T f 

竖直方向满足

Ncos30 3F T mg  

{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}

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当

f F





时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得最小为





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

，根据动能定理可得

c m

eU mv  

解得

U

故B错误。

C.电子从 M到N运动过程，根据动能定理可得

2 2

Nm m

1 1

2 2

eU mv mv 

可知无论从哪个方向逸出的电子到达 N时的最大动能为

22 Um mvv e

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

m m

y v t

沿x方向有

d at

，

amd



联立可得

v d eU

y

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=

=400A

{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}

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升压变压器的匝数比为

2 1

n I

 

线

故C错误；

D.输送电流为

I′=

U

=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 f



 

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

 

12 3 m 3m 6m 2

 

    

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

 

12 6 m 6m 0  

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

2s 0.5s

t  

根据上述可以解得

4s 1s

T 

由于

1.75s 0.5s 1.25s 4

T T   

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

 

12 5 m 5m 2m 2



   

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

8 5 3

' s 0.75s

4 4

t T



   

甲波传播到该位置的时间

{#{QQABCQaEggiIAIIAARgCUQGCCkGQkAACAKoGwFAIIAABSANABAA=}#}

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