2024年高考適應(yīng)性考試物理試題

理科綜合

1.如圖，在同一根軟繩上先后激發(fā)出a、b兩段同向傳播的簡諧波，則它們（）

A.波長相同B.振幅相同C.波速相同D.頻率相同

【答案】C

【詳解】波在相同介質(zhì)中傳播的速度相同，由圖可知，兩列波的波長不同，振幅不同，根據(jù)

f=-

2

可知兩列波的頻率不同。故選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選C。

2.如圖，在平直路面上進(jìn)行汽車剎車性能測試。當(dāng)汽車速度為％時(shí)開始剎車，先后經(jīng)過路面和冰面（結(jié)冰

路面），最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1,位移之比為8：7。則

汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為（）

---A5

乙④-《V37”

力4/////////7/

路面冰面

1111

A.-v0B.-v0C,-v0D,-v0

【答案】B

【詳解】設(shè)汽車在路面與在冰面所受阻力分別為為、a2,汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為％,由牛頓第二定

律

f=ma

則汽車在路面與在冰面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為

幺=九=2

%fi1

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，在路面上有

VQ-V：=2al7

在冰面上有

y；=2%%2

其中

再_8

x27

解得汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為

v.=—%

13

故選B。

3.某光源包含不同頻率的光，光的強(qiáng)度與頻率的關(guān)系如圖所示。表中給出了一些金屬的截止頻率，，用該

光源照射這些金屬。則（）

0246810V/(10'4HZ)

金

4

VC/(10'HZ)

屬

艷4.69

鈉5.53

鋅8.06

鴇10.95

A.僅鋅能產(chǎn)生光電子B.僅鋅、鈉能產(chǎn)生光電子

C.僅他、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子D.都能產(chǎn)生光電子

【答案】C

【詳解】根據(jù)光電效應(yīng)方程

Ek=hv-W0

金屬的逸出功為

叱）=丸匕

由圖可知光源中光的頻率范圍為

2X1014HZ<V<9X1014HZ

則僅飽、鈉、鋅能產(chǎn)生光電子。

故選C。

4.若兩顆人造衛(wèi)星M、N繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，M、N到地心的距離之比為左，忽略衛(wèi)星之間的相互

作用。在時(shí)間f內(nèi)，衛(wèi)星M與地心連線掃過的面積為右，衛(wèi)星N與地心連線掃過的面積為SN，則凡與

SN的比值為（）

A.1B.kC.'D.yfk

【答案】D

【詳解】根據(jù)

則衛(wèi)星在時(shí)間/內(nèi)與地心的連線掃過的面積為

S=-vtr=-t4GMr

22

則

5.2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的世界紀(jì)錄。其中磁約束的

簡化原理如圖：在半徑為&和4的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙

面向里，'=24。假設(shè)笊核；H沿內(nèi)環(huán)切線向左進(jìn)入磁場，晁核：H沿內(nèi)環(huán)切線向右進(jìn)入磁場，二者均

恰好不從外環(huán)射出。不計(jì)重力及二者之間的相互作用，貝和：H的速度之比為（）

C.1:3D.3：1

【答案】A

2r[=R2—R]=&

則

'2

由幾何關(guān)系可知，瓶核：H的半徑為馬，有

2r2=8+&=37?!

則

即

￡]_

丫23

由洛倫茲力提供向心力

qvB=m—

可得

qBr

v=

m

由題意可知，氣核；H和瓶核：H的比荷之比為

(

mx_qxm2133

夕2q21nl122

m2

故汨和：H的速度之比為

0

A=mLJL=3><l=J_

v2^2_r2232

m2

故選Ao

6.如圖，將一平面鏡置于某透明液體中，光線以入射角，=45。進(jìn)入液體，經(jīng)平面鏡反射后恰好不能從液

面射出。此時(shí)，平面鏡與水平面（液面）夾角為光線在平面鏡上的入射角為B。已知該液體的折射率

為J5,下列說法正確的是（）

A.，=30。

B.4=37.5°

C,若略微增大a,則光線可以從液面射出

D.若略微減小i,則光線可以從液面射出

【答案】BD

【詳解】AB.根據(jù)

sinz

-----=n

sinr

解得光線在射入液面時(shí)的折射角為

r=30°

光線經(jīng)平面鏡反射后，恰好不能從液面射出，光路圖如圖

解得

/。=45°

由幾何關(guān)系可得

2/7+（90°-r）+（90°-C）=l80°

解得

，=37.5。

故A錯(cuò)誤；B正確；

C.若略微增大a,則光線在平面鏡上的入射角B將變大，根據(jù)上面分析的各角度關(guān)系可知光線射出液面

的入射角變大，將大于臨界角，所以不可以從液面射出。故C錯(cuò)誤；

D.同理，若略微減小i,則r減小，導(dǎo)致光線在平面鏡上的入射角B減小，可知光線射出液面的入射角變

小，將小于臨界角，可以從液面射出。故D正確。

故選BD?

7.a粒子（；He）以一定的初速度與靜止的氧原子核（黑。）發(fā)生正碰。此過程中，a粒子的動(dòng)量。隨時(shí)間/

變化的部分圖像如圖所示，％時(shí)刻圖線的切線斜率最大。則（)

B.%時(shí)刻;6。的加速度達(dá)到最大

C」2時(shí)刻;6。的動(dòng)能達(dá)到最大

D.時(shí)刻系統(tǒng)的電勢能最大

【答案】AB

【詳解】A.。粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，。時(shí)刻;6。的動(dòng)量為

P1=PO-A

故A正確；

B.4時(shí)刻圖線的切線斜率最大，則a粒子的動(dòng)量變化率最大，根據(jù)

p=mv

可知a粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即a粒子受到的電場力最大，則氧原子核受到的電場力也

最大，r0的加速度達(dá)到最大，故B正確；

C.q時(shí)刻，。粒子速度為零，由圖可知時(shí)刻后，a粒子反向運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可知在q時(shí)刻之后，

的動(dòng)量達(dá)到最大，；6。的速度達(dá)到最大，；6。的動(dòng)能達(dá)到最大，故c錯(cuò)誤；

D.4時(shí)刻，氧原子核受到電場力最大，a粒子與氧原子核的距離最近，系統(tǒng)的電勢能最大，故D錯(cuò)誤。

故選AB?

8.如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊尸以6m/s的初速度滑上

木板，?=2s時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動(dòng)的y-/圖像如圖（b）所示。重力加速度大小g取

10m/s2,則（）

圖(b)

B.地面與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1

C.由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1.0J

D.，=5.8s時(shí)木板速度恰好為零

【答案】AC

【詳解】A.兩者碰撞時(shí)，取滑塊P的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)P的質(zhì)量為相=lkg,Q的質(zhì)量為M,由系統(tǒng)

動(dòng)量守恒定律得

mvx+Mv^=^m+M^v3

根據(jù)v-f圖像可知，vi=3m/s,V2=lm/s,V3=2m/s,代入上式解得

M=\kg

故A正確；

B.設(shè)P與Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃i,Q與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,根據(jù)v-r圖像可知，0-2s內(nèi)P與Q

2

的加速度分別為ap=L5m/s2,aQ=0.5m/s,對(duì)P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得

=map

(m+Af)g=M(1Q

聯(lián)立解得

出—0.05

故B錯(cuò)誤;

C.由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

mv

AE~i+-^Mv^—^m+M^vf

代入數(shù)據(jù)解得

AE=1.0J

故c正確；

D.對(duì)碰撞后整體受力分析，由動(dòng)量定理得

—jn2=O-(m+M)v3

代入數(shù)據(jù)解得

t,—4s

因此木板速度恰好為零的時(shí)刻為

t—=2s+4s=6s

故D錯(cuò)誤；

故選ACo

三、非選擇題：共62分。

9.某同學(xué)用如圖(°)所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。用細(xì)線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定

一個(gè)小電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)機(jī)軸上裝一支軟筆。電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，軟筆尖每轉(zhuǎn)一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡(時(shí)

間間隔為T)。如圖")，在鋼柱上從痕跡。開始選取5條連續(xù)的痕跡A、B、C、D、E,測得它們到痕跡

。的距離分別為以、/7B、he、〃D、TE=已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。

E

/軟筆

D-

-電動(dòng)機(jī)

C

U

圖

圖(a)

(1)若電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min，貝|T=:

(2)實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，應(yīng)該。(填正確答案標(biāo)號(hào))

A.先打開電源使電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落

B.先燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)

(3)畫出痕跡。時(shí)，鋼柱下落的速度VD=(用題中所給物理量的字母表示)

(4)設(shè)各條痕跡到。的距離為〃，對(duì)應(yīng)鋼柱的下落速度為V,畫出v2一〃圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜的

直線，若該直線的斜率近似等于,則可認(rèn)為鋼柱下落過程中機(jī)械能守恒。

【答案】?.0.02②.A③.生h一—h^④.g

2T

【詳解】（1）口］由于電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min,則其頻率為50Hz,故T=0.02s。

（2）［2］實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，應(yīng)該先打開電源使電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落。

故選Ao

（3）［3］畫出痕跡。時(shí)，鋼柱下落的速度

［4］鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動(dòng)能的增加，即

mgh=gmv2

得

V2

3=gh

2

若L-〃圖線為直線，斜率為g,則機(jī)械能守恒，所以此圖像能驗(yàn)證機(jī)械能守恒。

2

10.學(xué)生小組用放電法測量電容器的電容，所用器材如下:

電池（電動(dòng)勢3V,內(nèi)阻不計(jì)）；

待測電容器（額定電壓5V,電容值未知）；

微安表（量程200RA,內(nèi)阻約為1k。）；

滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為20Q）；

電阻箱R、&、R3、R4（最大阻值均為9999.9Q）；

定值電阻Ro（阻值為5.0k。）；

單刀單擲開關(guān)Si、S2,單刀雙擲開關(guān)S3；

計(jì)時(shí)器；

導(dǎo)線若干。

（1）小組先測量微安表內(nèi)阻，按圖（a）連接電路。

（2）為保護(hù)微安表，實(shí)驗(yàn)開始前Si、S2斷開，滑動(dòng)變阻器R的滑片應(yīng)置于（填“左”或

“右”）端。將電阻箱Ri、&、&的阻值均置于1000.0。，滑動(dòng)變阻器R的滑片置于適當(dāng)位置。保持R、

R3阻值不變，反復(fù)調(diào)節(jié)&,使開關(guān)S2閉合前后微安表的示數(shù)不變，則尸、。兩點(diǎn)的電勢（填

“相等”或“不相等”）。記錄此時(shí)&的示數(shù)為1230.0。，則微安表的內(nèi)阻為

（3）按照?qǐng)D（b）所示連接電路，電阻箱&阻值調(diào)至615.0。，將開關(guān)S3擲于位置1,待電容器充電完成

后，再將開關(guān)S3擲于位置2,記錄微安表電流/隨時(shí)間f的變化情況，得到如圖（c）所示的圖像。當(dāng)微安

表的示數(shù)為IOOJIA時(shí)，通過電阻R）的電流是|1A?

（4）圖（c）中每個(gè)最小方格面積所對(duì)應(yīng)的電荷量為C（保留兩位有效數(shù)字）。某同學(xué)數(shù)得曲線

下包含150個(gè)這樣的小方格，則電容器的電容為F（保留兩位有效數(shù)字）。

【答案】①.左②.相等③.1230.0?.300⑤.4.80x10-4⑥.1.60x10"

【詳解】（2）[1]為保護(hù)微安表，實(shí)驗(yàn)開始前Si、S2斷開，滑動(dòng)變阻器R的滑片應(yīng)置于左端。

⑵由題知，使開關(guān)S2閉合前后微安表示數(shù)不變，則說明P、。兩點(diǎn)的電勢相等。

[3]根據(jù)電橋平衡可知，此微安表的內(nèi)阻為1230.0。。

（3）[4]由于微安表與處并聯(lián)，則當(dāng)微安表的示數(shù)為IOONA時(shí)，R分擔(dān)的電流為

100x10-6x1230

4A=0.2mA

凡615

則通過電阻R）的電流

I&=h+I=300|iA

（4）[5]圖（c）中每個(gè)最小方格面積所對(duì)應(yīng)的電荷量為

q=x0.4s=3.2陷=3.2xW6C

⑹則150個(gè)這樣的小方格為總電荷量為

。=wxq=150x3.2x10飛=4.80x10^C

則根據(jù)電容的定義式可知電容器的電容為

C=Q=480X10-F=160X10.F

U3

11.房間內(nèi)溫度升高空氣外溢的過程可以抽象為如圖所示的汽缸模型。汽缸內(nèi)活塞可以無摩擦自由滑動(dòng)，室

內(nèi)溫度升高空氣外溢，可視為空氣膨脹推動(dòng)活塞向外滑動(dòng)。室內(nèi)體積為M）,初始溫度為7b。室內(nèi)溫度升高

到T的過程中，活塞向外緩慢移至虛線位置。室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，空氣可視為理想氣體。求

（1）汽缸內(nèi)空氣升溫膨脹后總體積V;

（2）升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比。

活塞

ITI

TT

【答案】（1）書匕；（2）—

【詳解】（1）由題知室內(nèi)外氣壓始終恒定且相等，則由蓋一呂薩克定律有

匕一上

T。T

解得

T

（2）根據(jù)氣體變化前后質(zhì)量相等有

poVo=pV

解得

P=、Po

則升溫前后室內(nèi)空氣質(zhì)量之比為

.T

四To

12.如圖所示，一個(gè)帶正電的小球，質(zhì)量為〃3電荷量為q,固定于絕緣輕桿一端，輕桿的另一端光滑錢接

于。點(diǎn)，重力加速度為g。

（1）未加電場時(shí)，將輕桿向左拉至水平位置，無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，求輕桿對(duì)它的拉力大小。

（2）若在空間中施加一個(gè)平行于紙面的勻強(qiáng)電場，大小方向未知。將輕桿從左邊水平位置無初速度釋放,

小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，受到輕桿的拉力為4〃爾；將輕桿從右邊水平位置無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，受

到輕桿的拉力為Smg.求電場強(qiáng)度的水平分量員和豎直分量Eyo

/〃〃〃/〃

o

【答案】⑴3礙⑵2詈,Eg

【詳解】(1)未加電場，則從水平位置無初速度釋放到最低點(diǎn)時(shí)，有

mgL^^mv-

則小球在最低點(diǎn)有

v2

-mg=m-

解得

FT=3mg

(2)加電場后，無論輕桿從哪邊釋放小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)受到的拉力均比無電場時(shí)大，則說明電場在豎直方

向的分量向下；而輕桿從左邊釋放小球到最低點(diǎn)受到的拉力小于輕桿從右邊釋放小球到最低點(diǎn)受到的拉力,

則說明電場在水平方向的分量向左，則桿從左邊水平位置無初速度釋放，到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中有

12

mgL-ExqL+EyqL=—

則小球最低點(diǎn)有

FTl-mg-Eyq=m^-

其中

FTI二^mg

桿從右邊水平位置無初速度釋放，到小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中有

12

mgL+ExqL+EyqL--mv2

則小球在最低點(diǎn)有

F^-mg-Eyq=mi-

其中

FT2=Smg

聯(lián)立解得

E=螫=整

Jy'JE%

qq

13.如圖(a)所示，一個(gè)電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，間距L=lm，左半部分傾斜且粗糙，傾角。=37。，

處于沿斜面向下的勻強(qiáng)磁場中；右半部分水平且光滑，導(dǎo)軌之間存在一個(gè)三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向

豎直向下，其邊界與兩導(dǎo)軌夾角均為atane=Ql。右半部分俯視圖如圖(b)。導(dǎo)體棒Q借助小立柱靜

置于傾斜導(dǎo)軌上，其與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5。導(dǎo)體棒P以％=0.5m/s的速度向右進(jìn)入三角形磁場

區(qū)域時(shí)，撤去小立柱，Q棒開始下滑，同時(shí)對(duì)P棒施加一外力使其始終保持勻速運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中，兩棒

始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。已知兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為3=1T,兩棒的質(zhì)量均為〃z=0」kg,Q

棒電阻H=0.5Q,尸棒電阻不計(jì)。重力加速度大小取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,以。棒

開始下滑為計(jì)時(shí)起點(diǎn)。求

(1)撤去小立柱時(shí)，Q棒的加速度大小?。?/p>

(2)Q棒中電流隨時(shí)間變化關(guān)系式；

(3)Q棒達(dá)到的最大速度％及所用時(shí)間Ko

【答案】(1)2m/s2；(2)/=0.1t(A)；(3)4m/s,4s

【詳解】(1)撤去小立柱時(shí)，導(dǎo)體棒P剛剛進(jìn)入三角形磁場區(qū)域，沒有感應(yīng)電動(dòng)勢，則對(duì)Q棒受力分析