2024屆四川省南充市高三下學(xué)期適應(yīng)性考試（二診）物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1南充市高2024屆高考適應(yīng)性考試（二診）第I卷一、選擇題1.如圖所示，一輛電動車在水平地面上以恒定速率v行駛，依次通過a，b，c三點，比較三個點向心力大小（）A.Fa＞Fb＞Fc B.Fa＜Fb＜FcC.Fc＜Fa＜Fb D.Fa＞Fc＞Fb〖答案〗B〖解析〗根據(jù)向心力公式由于速率恒定，半徑越小的位置向心力越大，從圖可知曲率半徑，故，故B正確，ACD錯誤。故選B。2.已知氫原子的基態(tài)能量為，激發(fā)態(tài)的能量，其中。用氫原子從能級躍遷到基態(tài)輻射的光照射鋅板，電子逸出鋅板表面的最大初動能為。則鋅的逸出功為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根據(jù)題意可知從能級躍遷到基態(tài)輻射的光照射鋅板，輻射出光子的能量為由于電子逸出鋅板表面的最大初動能為，由光電效應(yīng)方程有解得故選A。3.A、B、C三個物體疊放在一起如圖中實線所示，用力作用在物體C上，緩慢轉(zhuǎn)到虛線所示位置的過程中，A、B、C三個物體始終相對靜止，下列說法正確的是（）A.C對B的作用力大小和方向都不變B.C對B的作用力先增加后減小C.B對A的支持力先減小后增加D.B對A的摩擦力先增加后減小〖答案〗A〖解析〗AB．以A、B為整體，緩慢轉(zhuǎn)動過程中，根據(jù)受力平衡可知，C對B的作用力一直與A、B整體的重力平衡，則C對B的作用力大小和方向都不變，故A正確，B錯誤；CD．以A對象，根據(jù)受力平衡可得，轉(zhuǎn)動過程中，先減小到零后又增大，則B對A的支持力先增加后減小，B對A的摩擦力先減小后增加，故CD錯誤。故選A。4.智能手機(jī)有許多傳感器，如加速度傳感器。小明用手平托著手機(jī)，迅速向下運(yùn)動，然后停止。以豎直向上為正方向，手機(jī)記錄了手機(jī)豎直方向的加速度a隨時間t變化的圖像如圖所示。則下列判斷正確的是（）A.t1時刻手機(jī)速度最大 B.手機(jī)t2時刻比t1速度更小C.t3時刻手受的壓力比手機(jī)重力小 D.t4時刻手受的壓力最大〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)題意由圖可知，t1時刻，手機(jī)加速度為負(fù)向最大，但速度不是最大，故A錯誤；B．手機(jī)一直下運(yùn)動，則t2時刻手機(jī)加速度仍向下，所以還在向下加速，速度比t1時刻速度更大，故B錯誤；CD．根據(jù)題意，設(shè)手給手機(jī)的支持力為F，取向下為正方向，由牛頓第二定律有可得可知，當(dāng)手機(jī)具有向上最大加速度時，手給手機(jī)的作用力最大，即手受到的壓力最大，由圖可知，t4時刻，手機(jī)具有向上的最大加速度，即t4時刻手受的壓力最大；t3時刻，手機(jī)具有向上的加速度，手機(jī)處于超重，所以手受到的壓力比手機(jī)重力大，故C錯誤、D正確。故選D。5.絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一質(zhì)量為m、電荷量為-q（q>0）的滑塊（可看做點電荷）從a點以初速度v0沿水平面向Q運(yùn)動，b點為滑塊運(yùn)動中距Q最近的點。已知a、b間距離為d，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）A.滑塊在b點的加速度一定為0B.滑塊在運(yùn)動過程的中間位置，速度的大小等于C.滑塊在運(yùn)動過程的中間時刻，速度的大小等于D.Q產(chǎn)生的電場中，a、b兩點間的電勢差為〖答案〗D〖解析〗A．由題意可知，滑塊水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，摩擦力與運(yùn)動方向相反，而庫侖力與運(yùn)動方相同，由于b點為滑塊運(yùn)動中距Q最近的點，則滑塊在b點速度為零，則滑塊在運(yùn)動過程中庫侖力小于滑動摩擦力，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以到達(dá)b點時加速度不為零，故A錯誤；BC．若滑塊在滑動過程中做勻減速直線運(yùn)動，則在運(yùn)動過程的中間位置，速度的大小為在運(yùn)動過程的中間時刻，速度的大小為而實際上，隨著間距減小，庫侖力增大，但一直小于滑動摩擦力，所以導(dǎo)致加速度減小，故中間位置的速度的大小不等于，中間時刻的速度不等于，故BC錯誤；D．根據(jù)動能定理可得所以故D正確。故選D。6.根據(jù)西游記關(guān)于“天庭”的描述，可推算出“天庭”繞地心一周運(yùn)動的路程約49000km。我國的“天宮”空間站距地面高約400km。假如“天庭”真實存在，且“天庭”和“天宮”均繞地心做勻速圓周運(yùn)動，地球可視為半徑約6400km的均勻球體，則“天庭”相對于“天宮”（）A.線速度更大 B.周期更大C.加速度更小 D.受地球引力一定更小〖答案〗BC〖解析〗根據(jù)題意可知，“天宮”空間站繞地心一周運(yùn)動的路程約可知，“天宮”空間站的軌道半徑小于“天庭”的軌道半徑根據(jù)萬有引力提供向心力有解得可知，“天庭”相對于“天宮”線速度更小，故A錯誤；B．根據(jù)萬有引力提供向心力有解得可知，“天庭”相對于“天宮”周期更大，故B正確；C．根據(jù)萬有引力提供向心力有解得可知，“天庭”相對于“天宮”加速度更小，故C正確；D．由于不知道“天庭”和“天宮”的質(zhì)量關(guān)系，無法判斷受地球引力大小關(guān)系，故D錯誤。故選BC。7.如圖甲是游樂園常見跳樓機(jī)，跳樓機(jī)的電磁式制動原理如圖乙所示。跳樓機(jī)主干柱體上交替分布著方向相反、大小相等的勻強(qiáng)磁場，每塊磁場區(qū)域的寬度均為0.8m，高度均相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為1T，中間座椅后方固定著100匝矩形線圈，線圈的寬度略大于磁場的寬度，高度與磁場高度相同，總電阻為8Ω。若某次跳樓機(jī)失去其他保護(hù)，由靜止從高處突然失控下落，乘客與設(shè)備的總質(zhì)量為640kg，重力加速度g取10m/s2，忽略摩擦阻力和空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.線圈中電流方向始終為逆時針B.跳樓機(jī)的最大速度為8m/sC.當(dāng)跳樓機(jī)的速度為lm/s時，線圈中感應(yīng)電流為20AD.跳樓機(jī)速度最大時，克服安培力做功的功率為12800W〖答案〗CD〖解析〗A．由右手定則可知，電流方向為逆時針與順時針交替變化，故A錯誤；B．跳樓機(jī)由靜止下落后受安培力與重力，有跳樓機(jī)受到的安培力為由法拉第電磁感應(yīng)定律得且可得隨著速度的增加，加速度減小，當(dāng)加速度為0時，速度達(dá)到最大值，以后跳樓機(jī)做勻速運(yùn)動，當(dāng)跳樓機(jī)速度最大時，安培力與重力平衡有解得故B錯誤；C．由法拉第電磁感應(yīng)定律得由閉合電路歐姆定律，當(dāng)跳樓機(jī)的速度為lm/s時，線圈中感應(yīng)電流為故C正確；D．當(dāng)跳樓機(jī)速度最大時，有克服安培力做功的功率為故D正確。故選CD。8.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a<g）的勻加速運(yùn)動，A、B的速度隨時間變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.拉力F的最小值為2MaB.A、B分離時，彈簧彈力恰好為零C.A、B分離時，A上升的距離為D.彈簧恢復(fù)到原長時，物體B速度達(dá)到最大值〖答案〗AC〖解析〗A．A、B整體原來靜止，合外力為零，施加外力F的瞬間，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有F=2Ma當(dāng)A、B整體向上運(yùn)動時，彈簧彈力減小，則F增大，故A正確；B．物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的v與a，且A、B間作用力為0，對B有解得故B錯誤；C．施加F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有解得B在t1時刻分離，由解得則A、B分離時，A上升的距離為故C正確；D．當(dāng)彈簧的彈力時，B達(dá)到最大速度，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故D錯誤。故選AC。第Ⅱ卷二、非選擇題（一）必考題9.把平行板電容器和靜電計按如圖方式連接，先讓電容器兩極板正對并保持一定距離，給電容器充電，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)一定角度，保持電容器所帶電荷量不變。（1）使兩極板間距離減小，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度___________；（2）兩極板間距離不變，將兩板平行錯開一些，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度___________；（3）兩極板間距離、正對面積不變，將一塊有機(jī)玻璃插到兩板之間，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度___________。（均選填“變大”或“變小”）〖答案〗（1）變?。?）變大（3）變小〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)電容的決定式可知，若使兩極板間距離減小，則電容C增大，根據(jù)電容的定義式可知，電容器的帶電荷量Q不變，C增大，則U減小，所以可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度變?。弧拘?詳析】若兩極板間距離不變，將兩板平行錯開一些，即電容器兩極板的正對面積S減小，根據(jù)電容的決定式可知，電容C減小，Q不變，則U變大，所以可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度變大；【小問3詳析】若兩極板間距離、正對面積不變，將一塊有機(jī)玻璃插到兩板之間，則相對介電常量變大，根據(jù)電容的決定式可知，電容C變大，根據(jù)電容的定義式可知，電容C變大，電荷量Q不變，則兩極板間電壓U減小，所以可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度變小。10.實驗小組在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”時，用圖甲所示的裝置來進(jìn)行；由水平放置的氣墊導(dǎo)軌側(cè)面的刻度尺可以測出光電門A、B之間的距離L以及遮光片的寬度d，遮光片通過光電門A、B的時間tA、tB可通過計時器（圖中未標(biāo)出）分別讀出，滑塊質(zhì)量為M，鉤碼的質(zhì)量為m，打開氣墊導(dǎo)軌的氣源，讓滑塊在鉤碼的重力作用下做勻加速直線運(yùn)動，重力加速度為g，回答下列問題：（1）滑塊的加速度a=___________（用L、tA、tB、d來表示）。（2）保持鉤碼的質(zhì)量m不變，改變滑塊的質(zhì)量M，且滿足m遠(yuǎn)小于M，得出不同的M對應(yīng)的加速度a，描繪出a-M函數(shù)關(guān)系圖像如圖乙，若圖中標(biāo)為陰影的兩矩形的面積相等，則a與M成___________（填“正比”或“反比”）。（3）撤去光電門A，保持滑塊的質(zhì)量M不變，改變鉤碼的質(zhì)量m，且滿足m遠(yuǎn)小于M，滑塊每次都從氣墊導(dǎo)軌右邊距光電門B為x的同一位置由靜止釋放，遮光片通過光電門B的時間為t，為了能更直觀地看出滑塊的加速度與所受合力的關(guān)系，應(yīng)作出___________（選填“”“”或“”）圖像，若該圖像的斜率為k，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，則滑塊的質(zhì)量M=___________（用k、d、g、x表示）?！即鸢浮剑?）（2）反比（3）〖解析〗【小問1詳析】滑塊做勻加速直線運(yùn)動，則所以【小問2詳析】把a(bǔ)-M函數(shù)關(guān)系圖像中兩個矩形補(bǔ)充完整，如圖所示兩個完整的矩形的面積相等都為mg，再減去補(bǔ)充的共有面積，剩余的面積也相等，即圖中兩矩形的面積相等，當(dāng)鉤碼的質(zhì)量m不變，滑塊的質(zhì)量M與加速度a的乘積不變恒為mg，則a與M成反比?！拘?詳析】[1]根據(jù)速度位移關(guān)系可得所以所以為了能更直觀地看出滑塊的加速度與所受合力的關(guān)系，應(yīng)作出圖像；[2]根據(jù)題意有解得11.如圖所示，固定在水平面的斜面傾角為37°，兩個小物塊A、B用輕繩相連，輕繩繞過斜面頂端的輕質(zhì)小滑輪，滑輪與輪軸之間的摩擦不計，A物塊鎖定于斜面底部，B物塊離地面高度為。已知A物塊的質(zhì)量為，B物塊的質(zhì)量為，A物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，重加速度為，，。時刻，解除A物塊的鎖定狀態(tài)，當(dāng)B物塊落地瞬間輕繩斷裂，A恰好未與滑輪相撞，求：（1）B物塊下落過程中的加速度a的大小及落地前瞬間的速度v的大??；（2）斜面的長度L及A從時刻起到返回斜面底端所需時間t?！即鸢浮剑?），；（2），〖解析〗（1）根據(jù)題意，設(shè)B物塊下落過程中繩子的拉力為，由牛頓第二定律，對B物塊有對A物塊有聯(lián)立解得B物塊落地前做勻加速直線運(yùn)動，則有解得（2）根據(jù)題意可知，繩斷前，A的運(yùn)動時間為繩斷后，A上滑過程有解得A上滑到頂端的時間為上滑的距離為則斜面的長度為A下滑過程有解得下滑到底端的時間為則A從時刻起到返回斜面底端所需時間12.利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，xOy平面內(nèi)，的區(qū)域內(nèi)存在有區(qū)域足夠大的方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，的區(qū)域內(nèi)存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為。位于坐標(biāo)原點O處的離子源能在平面內(nèi)持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)離子，其速度方向與y軸正向夾角θ的最大值為60°，所有離子經(jīng)過界面時速度均與界面垂直。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略場的邊界效應(yīng)。（1）求離子速度v與夾角θ的關(guān)系式；（2）離子通過界面時y坐標(biāo)的范圍；（3）離子在電場中運(yùn)動的最遠(yuǎn)距離的最大值及對應(yīng)離子從發(fā)射到第二次經(jīng)過y軸所經(jīng)歷的時間（結(jié)果用q、B、m表示）?！即鸢浮剑?）；（2）；（3），或〖解析〗（1）根據(jù)題意可知，離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則有解得由于所有離子經(jīng)過界面時速度均與界面垂直，則所有離子做圓周運(yùn)動的圓心均在上，由幾何關(guān)系有聯(lián)立解得（2）結(jié)合（1）分析可知，當(dāng)離子沿左側(cè)射出時，通過界面的坐標(biāo)最大，離子沿右側(cè)射出時，通過界面的坐標(biāo)最小，此時離子運(yùn)動的半徑為由幾何關(guān)系可得即離子通過界面時y坐標(biāo)的范圍（3）由于所有離子經(jīng)過界面時速度均與界面垂直，則所有離子進(jìn)入電場后做勻減速直線運(yùn)動，加速度為則運(yùn)動最遠(yuǎn)距離為運(yùn)動時間為可知，當(dāng)時，運(yùn)動最遠(yuǎn)距離有最大值，最大值為運(yùn)動到最遠(yuǎn)距離時的時間為若離子沿與軸成角向第一象限入射時，由幾何關(guān)系可得，第一次在磁場中運(yùn)動的圓心角為，由對稱性可知，離子從電場返回磁場的速度大小等于從磁場進(jìn)入電場的速度大小，離子第二次經(jīng)過y軸時，離子在磁場中運(yùn)動的圓心角為，如圖所示離子在磁場中的運(yùn)動時間為則離子從發(fā)射到第二次經(jīng)過y軸所經(jīng)歷的時間若離子沿與軸成角向第二象限入射時，由幾何關(guān)系可得，第一次在磁場中運(yùn)動的圓心角為，離子第二次經(jīng)過y軸時，離子在磁場中運(yùn)動的圓心角為，如圖所示同理可得離子從發(fā)射到第二次經(jīng)過y軸所經(jīng)歷的時間（二）選考題[物理選修3—3]13.如圖甲為某種轉(zhuǎn)椅的結(jié)構(gòu)示意圖，其升降部分由M、N兩筒組成，兩筒間密閉了一定質(zhì)量的理想氣體。圖乙為氣體分子速率分布曲線，初始時刻筒內(nèi)氣體所對應(yīng)的曲線為b、人坐上椅子后M迅速向下滑動，設(shè)此過程筒內(nèi)氣體不與外界發(fā)生熱交換，則此過程中（）A.密閉氣體壓強(qiáng)增大，分子平均動能增大B.外界對氣體做功，氣體分子的密集程度保持不變C.密閉氣體內(nèi)能增大，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)增加D.密閉氣體分子速率分布曲線可能會變成a曲線E.密閉氣體的分子速率分布曲線可能會變成c曲線〖答案〗ACE〖解析〗ABC．根據(jù)題意可知，M迅速向下滑動，理想氣體的體積減小，氣體分子的密集程度變大，外界對氣體做功，且筒內(nèi)氣體不與外界發(fā)生熱交換，則理想氣體內(nèi)能增大，溫度升高，分子平均動能增大，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)增加，密閉氣體壓強(qiáng)增大，故AC正確，B錯誤；DE．由于氣體溫度越高，速率較大的分子所占的比例越大，則密閉氣體的分子速率分布曲線可能會變成c曲線，故E正確，D錯誤。故選ACE。14.如圖所示為一種圓筒狀自加壓儲水缸，該裝置可以在無市政供水的環(huán)境下作為應(yīng)急水源。圓筒內(nèi)壁深度為，橫截面積為，當(dāng)筒內(nèi)無水時筒內(nèi)封閉氣體氣壓為，氣壓控制裝置自動接通電動機(jī)電源，電動機(jī)帶動水泵通過筒底部的閥門T將水壓入缸內(nèi)。水位緩慢上升使筒內(nèi)封閉氣體壓強(qiáng)增大，當(dāng)氣壓控制裝置檢測到氣壓達(dá)到時自動切斷電源停止加水。將封閉氣體視為理想氣體，加減水過程氣體的溫度保持不變，忽略內(nèi)壁上下邊緣的彎曲和水的蒸發(fā)。已知水的密度，重力加速度。求：（1）每次自動抽水能加入筒內(nèi)的水的體積V；（2）閥門T能承受的最大壓強(qiáng)為，為防止自動加水時氣壓控制裝置失效不斷加壓導(dǎo)致閥門損壞，需設(shè)置泄壓閥的開啟氣壓閾值為多大？〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）根據(jù)題意，由玻意耳定律有解得（2）根據(jù)題意，設(shè)閥門T處壓強(qiáng)為時，水的深度為，則有對氣體，由玻意耳定律有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得[物理選修3—4]15.為了裝點城