2023年江苏省南通市崇川区等地高考物理适应性试卷（3月）（含答案解析）

2023年江苏省南通市崇川区等地高考物理适应性试卷（3月）

1.  直导线a、b相互垂直，a可以自由移动和转动，b固定。当a、b通有如图所示的电流后，从上往下看，a的运动情况是(    )

A. 逆时针方向转动，同时下降 B. 逆时针方向转动，同时上升
C. 顺时针方向转动，同时下降 D. 顺时针方向转动，同时上升

2.  考古学家利用放射性元素的半衰期可以确定文物的年代，衰变方程为，则(    )

A. X核中的核子数是7个
B. 衰变的实质是碳原子失去核外电子
C. 当X数量是数量的3倍时，经过了3个的半衰期
D. X核的结合能大于核的结合能

3.  如图所示，一束由红绿两种单色光组成的复色光射入半圆形透明介质，绿光的折射光线与底面平行。不考虑多次反射现象，红光从圆弧边射出的光线可能正确的是(    )

A. ① B. ② C. ③ D. ④

4.  如图所示，“日地拉格朗日点”位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与与地球同步绕太阳做匀速圆周运动。则此飞行器的(    )

A. 线速度小于地球的线速度
B. 向心加速度大于地球的向心加速度
C. 向心力仅由太阳的引力提供
D. 向心力仅由地球的引力提供

5.  如图所示，有一束单色光入射到极限频率为的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左极板上的小孔进入电场，恰好不能到达右极板。普朗克常量为h。则(    )

A. 单色光的光子能量为
B. 金属板上逸出的所有电子均具有相等的物质波波长
C. 若仅略微减小单色光的强度，将无电子从金属板上逸出
D. 若仅将电容器右极板右移一小段距离，仍无电子到达右极板
 

6.  真空中有一半径为的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离。下列说法中正确的是(    )

A. 该球壳带负电荷
B. 该球壳内部电场强度大于零
C. 处的电场强度小于处的电场强度
D. 正试探电荷在处的电势能大于在与处的电势能
 

7.  如图甲所示，将一块平板玻璃a放置在另一玻璃板b上，在一端夹入两张纸片，当单色光从上方入射后，从上往下可以观察到如图乙所示的干涉条纹。则(    )

A. 任意相邻的亮条纹中心位置下方的空气膜厚度差相等
B. 弯曲条纹对应位置的空气膜厚度不相等
C. 若抽去一张纸片，条纹变密
D. 干涉条纹是由a、b上表面反射的光叠加产生的

8.  其兴建小组利用压敏电阻制作一台电子秤，其内部电路如图所示，是保护电阻，是调零电阻，压敏电阻值R随压力F变化规律为、C为常量，。现对电流表的刻度盘进行改装，使得电流表满偏时对应质量的示数为零，则(    )

A. 刻度盘标注的质量刻度均匀
B. 若使用前质量示数大于零，应将的滑片向右滑动
C. 电子秤的示数越大，电源的总功率越大
D. 电池长时间使用后，若能调零称量值仍准确

9.  甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，波速为，时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示，则(    )

A. 处的质点起振时向y轴负向运动
B. 两波叠加前后，处的质点振幅不同
C. 坐标原点的振动方程为
D. 两个相邻振动加强点间的距离为2m

10.  如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。取O点为坐标原点、向右为正方向，在物块从A到B的过程中，弹簧对物块的弹力F、物块的加速度a和动量p、弹簧弹性势能随位移相对于坐标原点变化的关系图像正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

11.  小明利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括：安装phyphox APP的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。
下列实验操作步骤，正确顺序是______ ；
①将质量为m的铁球放在钢尺末端
②迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落
③传感器记录下声音振幅随时间变化曲线
④将钢尺伸出水平桌面少许，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h
⑤将手机位于桌面上方，运行手机中的声音“振幅”声音传感器项目
声音振幅随时间变化曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻，对应的时间间隔______ s；
若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：______ 用m、h、t表示。
若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果______ 选填“有”或“没有”影响。
小华认为应将手机放在钢尺与地板间的中点附近测量时间。你认为哪位同学的时间测量结果更准确，请简要说明理由______ 。

12.  如图所示，一线圈放在匀强磁场中，磁场方向与线圈垂直，磁场的变化规律为，线圈的匝数为n，面积均为S，电阻为R。从时刻开始计时，求经过时间的过程中
通过线圈横截面的电荷量q；
线圈上所产生的焦耳热Q。

13.  如图所示，下端开口的导热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L。一横截面积为S、质量为m的光滑活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内，缸内气体温度，活塞处于静止状态，活塞与汽缸底部的距离为。现对缸内气体缓慢加热，直至气体的温度，此过程中气体内能增加了。已知外界大气压强为，重力加速度为g，不计活塞厚度。求
温度达到时缸内气体的压强p；
温度从到的过程中缸内气体吸收的热量Q。

14.  如图所示，O为固定在水平面的转轴，相同小球A、B、C的质量均为m，A与B、O间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B、C并列置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给A施加一竖直向上的拉力，此时两杆夹角，弹簧处于原长，三个小球静止，减小使A球缓慢运动，当时恰好为零，此后A不再受作用。已知A、B、C始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，，。
求弹簧的劲度系数k；
在时剪断弹簧，C的最终速率为v，求A落地过程中机械能的最小值；
若在时，撤去，此时A的加速度为a，求此时B的加速度大小。

15.  如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x轴对称放置两平行金属板A、B，A、B板的左端均在y轴上，两板间距离，板长，两板间加有如图乙所示的交流电压。大量比荷的带负电荷的粒子以速度从坐标原点O连续不断地沿x轴正向射入板间，不计粒子重力，不考虑电场的边缘效应。
求时刻射入板间的粒子在电场中运动的时间t和加速度大小a；
求有粒子离开电场右边界虚线的区域长度d；
若在的部分区域加垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，使得所有时刻射入板间的粒子经磁场偏转后均能通过点，求磁场的磁感应强度大小B。

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：由安培定则右手螺旋定则可知，直导线b周围产生的磁场如图下图所示：

再根据左手定则，可知导线a左侧受到的安培力方向垂直纸面向外，右侧受到的安培力方向垂直纸面向里，因此，从上往下看导线a逆时针方向转动；当线圈转过后，导线a中的电流方向垂直纸面向里，此时可判断受安培力向下，即导线a应该是逆时针方向转动，同时下降。
故选：A。
现根据安培定则分析直导线b周围产生的磁场，再由左手定则分析导线a左侧受和右侧所受安培力的情况，然后分析从上往下看导线a如何转动；转过后，再根据导线a中的电流方向判断受安培力确定导线转动的同时，是上升还是下降。
本题考查电流间的相互作用，本题应用特殊位置法，通过特殊位置的受力情况判断导线的运动情况。
 

2.【答案】D 

【解析】解：根据质量数守恒可知，X的核子数：个，X核中的质子数是7个，故A错误；
B.衰变的实质是将一个中子转变为质子，并放出一个电子，故B错误；
C.当X数量是数量的3倍时，剩余的是开始时的，就经过了2个半衰期，故C错误；
D.该衰变过程中释放能量，所以生成物的结合能比较大，新核与的核子数相等，所以X核的结合能大于核的结合能，故D正确。
故选：D。
根据衰变的实质结合质量数守恒和电荷数守恒判断；根据半衰期与剩余质量的关系判断；衰变的过程中释放能量，由此分析。
该题考查对衰变和半衰期的理解，关键是知道衰变的实质是将一个中子转变为质子，并放出一个电子。
 

3.【答案】B 

【解析】解：红光的折射率小于绿光，由折射定律可知，复色光进入介质时，红光的折射角大于绿光的折射角，如图经过两次折射后红光从圆弧边射出的光线只可能为②，不可能为①③④，故ACD错误，B正确。

故选：B。
根据题意画出光路图，根据折射定律分析红光和绿光进入介质时折射角的大小，结合折射定律判断红光从介质射出时的方向。
本题考查光的折射，要掌握七种色光折射率的大小关系，根据题意画出光路图，运用作图方法分析红光射出介质时的方向。
 

4.【答案】B 

【解析】解：AB、由题意可知飞行器的角速度与地球绕太阳转动的角速度相同，线速度与角速度、向心加速度的关系：，，由于飞行器的轨道半径大于地球的轨道半径，则有飞行器的线速度大于地球的线速度，飞行器的向心加速度大于地球的向心加速度，故A错误，B正确；
此飞行器受到太阳和地球的万有引力，且二力同向都指向飞行器轨迹的圆心，即飞行器的向心力由太阳的引力和地球的引力合力提供，故CD错误。
故选：B。
根据飞行器的角速度与地球绕太阳转动的角速度相同，根据线速度与角速度，以及向心加速度与角速度的关系，判断飞行器的线速度、向心加速度大与地球的线速度、向心加速度的关系；最后根据拉格朗日点飞行器的受力分析其向心力的来源。
本题考查拉格朗日点的相关知识，解决本题的关键是理解处于拉格朗日点的飞行器运动的模型是太阳和地球对其万有引力的合力提供向心力。
 

5.【答案】D 

【解析】解：根据题意可知，该单色光的频率大于金属板K的极限频率，则单色光的光子能量大于，故A错误；
B.发生光电效应发射出的光电子最大初动能相等，但不是所有电子具有的速度一定相等，则光电子的动量不一定相等，根据物质波的波长公式可知光电子物质波波长不一定相等，故B错误；
C.发生光电效应的条件是光子的频率大于金属K的极限频率，与光照强度无关，故C错误；
D.设逸出的光电子最大初动能为，设电容器内电场强度为E，极板的间距为d，根据题意可知
根据；和
联立可得
仅将电容器右极板右移一小段距离，极板间电场强度不变，极板的距离变大，则
可知仍无电子到达右极板，故D正确。
故选：D。
研究光电子在电场中运动的过程，根据动能定理求出光电子的最大初动能，根据光电效应方程求入射光的频率；将右侧极板向右平移时，板间电场强度不变，光电子的运动情况不变；入射光的频率一定时只减小入射光的强度，光电子的最大初动能不变。
解决本题时，关键要掌握光电效应的规律，知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，入射光的频率一定时，光电子的最大初动能与入射光的强度无关；电容器带电量不变，改变板间距离，两极板之间的电场强度不变。
 

6.【答案】D 

【解析】解：由图可知，球壳外的电势逐渐降低，根据沿着电场线方向电势降低可知该球壳带正电荷，故A错误；
B.图象斜率代表电场强度，可知该球壳内部电场强度等于零，故B错误；
B.图象斜率代表电场强度，可知处的电场强度大于处的电场强度，故C错误
D、正电荷在电势高的位置电势能较大，所以正试探电荷在处的电势能大于在与处的电势能，故D正确。
故选：D。
沿电场线方向电势逐点降低，由此结合电场线的特点判断球壳的电性；根据直线上各点的电势分布图判断两处的电势关系；根据图象斜率代表电场强度判断电场强度；根据电势能的公式判断电势能的大小。
解决该题要掌握根据电势高低判断电场方向，会根据图象斜率代表电场强度判断电场强度．
 

7.【答案】A 

【解析】解：光在空气膜中的光程差为，即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差，此处表现为亮条纹，当光程差为，此处表现为暗条纹，所以任意相邻的亮条纹中心位置下方的空气膜厚度差相等，所以弯曲条纹中心位置下方的空气膜厚度也相等，故A正确、B错误；
C.当光程差时此处表现为亮条纹，则相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为，显然抽去一张纸后空气层的倾角变小，故相邻两条纹之间的距离变大，干涉条纹变稀疏了，故C错误；
D.干涉条纹是由a的下表面和b上表面反射的光叠加产生的，故D错误。
故选：A。
光在空气膜中的光程差为空气层厚度的2倍，根据光程差分析任意相邻的亮条纹中心位置下方的空气膜厚度差是否相等；当光程差时此处表现为亮条纹，抽去一张纸后空气层的倾角变小，相邻两条纹之间的距离变大；干涉条纹是由a的下表面和b上表面反射的光叠加产生的。
本题主要是考查薄膜干涉，解答本题的关键是掌握薄膜干涉产生的原因，能够根据光程差的计算公式分析条纹间距。
 

8.【答案】D 

【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：，可知电路中的电流I与压敏电阻R不是线性关系。由知，压敏电阻值R与压力F是线性关系，所以电路中电流与压力不是线必关系，所以刻度盘标注的质量刻度不均匀，故A错误；
B、若使用前质量示数大于零，电流偏小，应减小电阻，应将的滑片向左滑动，故B错误；
C、电子秤的示数越大，电路中电流越小，由知电源的总功率越小，故C错误；
D、电池长时间使用后，若能调零，电流表仍可以满偏，称量值仍准确，故D正确。
故选：D。
根据闭合电路欧姆定律得到电路中的电流与压敏电阻的关系，结合电流表指针偏转角度与电流成正比，分析改装后刻度盘标注的质量刻度是否均匀。若使用前质量示数大于零，电流偏小，应减小电阻。电子秤的示数越大，电路中越小，由分析电源的总功率大小。电池长时间使用后，若能调零，电流表仍可以满偏，仍可以准确测量质量。
本题相当于电路动态分析问题，解题的关键是分析电路，再根据闭合电路欧姆定律列式分析电路中电流与压敏电阻的关系。
 

9.【答案】C 

【解析】解：同一列波中任何质点的起振方向都与波源的起振方向相同，根据“同侧法”，甲波在O点的起振方向沿y轴正方向，因此处的质点起振方向为y轴正方向，故A错误；
B.根据波长、波速与周期的关系，两列波的周期，乙波传播到的时间，此时甲波的波峰刚好回到平衡位置且向y轴负方向振动，因此为振动减弱点，则该质点处的振幅为，所以两波叠加前后，处的质点振幅相同，故B错误；
C.坐标原点处两波的振动方向相同，则其振幅为，根则振动方程为，故C正确；
D.根据上述分析可知，相邻加强点和减弱点的距离为，因此两个相邻振动加强点间的距离为1m，故D错误。
故选：C。
A.同一列波中任何质点的起振方向都与波源的起振方向相同，根据“同侧法”判断波源的起振方向；
B.根据波长、波速与周期的关系求周期，再根据匀速运动公式求乙波传播到的时间，从而判断出为振动减弱点，最后求合振幅；
C.在O点两列波的振动方向相同为振动加强点，求合振幅，再求振动方程；
D.振动加强点和减弱点互相间隔，据此求相邻加强点之间的距离。
质点的振动方向和波的传播方向的关系“同侧法”、“上下坡法”等判断，任何质点的起振方向都与波源的起振方向相同；振动加强和减弱的判断是本题的一个难点。
 

10.【答案】C 

【解析】解：小物块的位移是相对于坐标原点的位移，位移大小即为弹簧的形变量，当物块在O点左侧运动时，位移为负值，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力方向向右，为正值；当物块在O点右侧运动时，位移为正值，弹簧处于拉伸状态，弹簧弹力方向向左，为负值，则有，斜率为负值，图中斜率为正值，故A错误；
B.物块从A到B的过程中，摩擦力方向向左，为负值，根据牛顿第二定律有
解得
可知，加速度与位移是线性关系，图像为一条不经过原点的倾斜直线，故B错误；
D.根据上述有
弹簧弹力大小与位移大小成正比，则弹性势能

即图像为一条过原点的开口向上抛物线，故D错误；
C.令AO长为，则物块在A位置时，弹性势能为

物块从A向B运动过程中，根据能量守恒定律有

物块的动量
解得
可知，动量随位移变化的图像是一条曲线，物块从A向B运动过程中，速度方向向右，动量为正值，物块在AO之间运动时，弹簧处于压缩状态，当弹簧弹力大于摩擦力时，做加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力时，做减速运动，物块越过O点后向右运动时，弹簧处于拉伸状态，物块一直减速至B点，即物块的最大速度位置在AO之间，令该位置为C点，可知，物块从A运动到C点加速，动量增大，从C运动到B点减速，动量减小，动量最大位置在O点左侧，故C正确。
故选：C。
弹力与摩擦力平衡的位置在AO之间，平衡位置处速度最大、加速度为零；根据牛顿第二定律找到加速度的表达式，进而判断加速度和位移的关系，由找到P与位移x的关系进而判断图像是否正确。由判断是否正确。
本题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，知道平衡位置速度最大、加速度为零、弹性势能为零。
 

11.【答案】④①⑤②③    没有  小华 

【解析】解：首先应将钢尺伸出水平桌面，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差，然后将铁球放在钢尺末端，手机开始运行手机中的声音“振幅”声音传感器项目，再迅速敲击钢尺侧面，使铁球自由下落，此时传感器即可记录下声音振幅随时间变化曲线，故操作步骤顺序为④①⑤②③；
由图可知，时间间隔为；
设铁球下落时间为t，落地时速度为v
根据平均速度与位移的关系，小球下落的高度
解得小球落地速度
小球的动能的增加量
取地面为零势能面，重力势能的减小量
若机械能守恒定律，应满足
小球在竖直方向做自由落体运动，小球下落的时间决定于高度，若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，不会影响小球的落地时间，故对实验测量结果没有影响；
将手机放在钢尺与地板间的中点附近测量时间，声音传播的时间对小球运动时间的测量影响更小，所以小华对时间测量结果更准确。
故答案为：④①⑤②③；；；没有；小华，因为声音传播的时间对小球运动时间的测量影响小。
本实验是利用小球做自由落体运动来验证机械能守恒，根据实验中需要测定的物理量，确定实验顺序；
根据图乙来确定时间间隔；
根据运动学公式计算小球的速度，根据动能的计算公式求解动能的增加量，根据重力势能的定义求重力势能的减小量；
根据运动的独立性进行分析；
将手机放在钢尺与地板间的中点附近测量时间，声音传播的时间对小球运动时间的测量影响更小。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验；若小球下落过程中机械能守恒应满足重力势能的减小量等于动能的增加量。
 

12.【答案】解：根据法拉第电磁感应定律得：
经过时间磁通量的变化量
电流平均值
通过线圈横截面的电荷量
联立解得：
感应电动势的最大值为
电动势的有效值为
在时间内产生的焦耳热为
解得
答：通过线圈横截面的电荷量q为；
线圈上所产生的焦耳热Q为。 

【解析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量与与电流的关系求解通过线圈横截面的电荷量q；
由求出感应电动势最大值，由求出电动势的有效值，再由焦耳定律计算线圈上所产生的焦耳热Q。
解答本题时，要知道求电荷量时，要用交流电的平均值。求焦耳热时，要用有效值。
 

13.【答案】解：活塞初态平衡时，有
结合，解得：
初态到活塞接触卡环，封闭气体发生等压变化，则有
解得：
即400K时活塞已经与卡环接触，由理想气体状态方程有：
解得
等压变化过程中，外界对气体所做功
由热力学第一定律得
解得
答：温度达到时缸内气体的压强p为；
温度从到的过程中缸内气体吸收的热量Q为。 

【解析】初态时，对活塞，根据平衡条件求出封闭气体的压强。从初态到活塞接触卡环的过程，封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求出活塞刚接触卡环时气体的温度。之后，继续加热，封闭气体发生等容变化，由查理定律求解温度达到时缸内气体的压强p；
温度从到的过程中，等压过程气体对外做功，由求出气体对外做的功，由热力学第一定律求缸内气体吸收的热量Q。
本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，注意解题的关键是求出初态气体压强与活塞位置。
 

14.【答案】解：当时恰好为零，A、B球的受力示意图分别如图甲、乙所示，对A，由平衡条件

对B，由平衡条件有
其中
且，联立解得：

、C分离时，B的速度达到最大值v，此时A的机械能最小，根据机械能守恒定律可得：

解得：
的加速度方向垂直于AO杆，对A，根据牛顿第二定律可得：
 
对B、C整体，根据牛顿第二定律可得：

解得：
答：弹簧的劲度系数为；
在时剪断弹簧，C的最终速率为v，A落地过程中机械能的最小值为；
若在时，撤去，此时A的加速度为a，此时B的加速度大小为。 

【解析】当时恰好为零，分别对A、B两球进行受力分析，根据平衡条件和胡克定律列式，可求出弹簧的劲度系数k；
、C分离时，B的速度达到最大值v，此时A的机械能最小，根据机械能守恒定律列式，求出A落地过程中机械能的最小值；
分别对A和BC整体受力分析，根据牛顿第二定律联立等式得出B球的加速度。
本题主要考查牛顿第二定律和机械能守恒定律的综合应用，熟悉物体的受力分析，同时结合牛顿第二定律和机械能守恒定律即可完成分析。
 

15.【答案】解：粒子在A、B板间做匀变速曲线运动，沿x轴方向做匀速直线运动，则在电场中运动时间为：

设A、B板的电势差的绝对值为U，则。
根据牛顿第二定律有：
解得粒子在电场中运动的加速度大小：。
设两板间所加的交流电压的周期为T，则。在电场中粒子沿y轴方向做匀变速直线运动，运动时间恰好等于T。
在，、1、2……时刻进入电场的粒子沿方向的偏转位移最大，且为：

解得：
在，、1、2……时刻进入电场的粒子沿方向的偏转位移最大为，且为：

解得：
则有粒子离开电场右边界的区域长度。
粒子在磁场中运动轨迹如下图所示：

所有时刻进入电场的粒子在电场中运动一个周期后由Q点离开电场，设出电场时的速度大小为v，速度方向与电场边界夹角为，粒子在磁场中运动半径为r。
粒子在磁场中运动轨迹的弦长为：
根据几何关系有：
由洛伦兹力提供向心力得：
解得：
其中：
解得：。
答：时刻射入板间的粒子在电场中运动的时间t为，加速度大小a为；
有粒子离开电场右边界虚线的区域长度d为；
磁场的磁感应强度大小B为。 

【解析】粒子在A、B板间做匀变速曲线运动，根据沿x轴方向做匀速直线运动求解在电场中运动时间。根据牛顿第二定律求解加速度大小；
在电场中粒子沿y轴方向做匀变速直线运动，运动时间恰好等于交流电压的周期。确定什么时刻进入电场的粒子沿y轴的正向和负向位移最大，由运动学公式求解；
画出粒子在磁场中运动轨迹图，根据几何关系求得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解。
本题考查了带电粒子在电磁场的运动问题，在匀强电场中做匀变速曲线运动，应用运动的分解处理；在匀强磁场只受洛伦兹力做匀速圆周运动，掌握原理及半径与周期的经验公式。