2024年黑龙江省六校联盟高考物理适应性试卷（含解析）

这是一份2024年黑龙江省六校联盟高考物理适应性试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.近代物理和技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明与进步.关于近代物理知识下列说法正确的是( )
A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定
B. 某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核内有β粒子
C. 核泄漏污染物铯 ​55137Cs能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为 ​55137Cs→56137Ba+X，X为中子
D. 若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
2.有a、b两束单色光从空气中平行照射在平行玻璃砖上，它们经玻璃折射后射入空气的光线如图示，则有关a、b光的说法正确的是( )
A. 在玻璃中传播时a光的速度较大
B. 在同一双缝干涉实验装置发生干涉时a光的干涉条纹间距较大
C. 从同一介质射向空气时a光发生全反射的临界角较小
D. a光和b光频率相同
3.如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是( )
A. 椭圆轨道的半长轴长度大于R
B. 卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为vB，则v0>vB
C. 卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道A点加速度大小为aA，则a0>aA
D. 若OA=0.5R，则卫星在A点的速率vA= 2GMR
4.如图甲所示，导线框ABCD绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，产生的交变电动势的图像如图乙所示。线框通过电阻R1与理想升压变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一额定电压为220V的电灯泡，电灯泡恰好正常发光且电流表的示数为2A，R1=3Ω，线框ABCD电阻不计，电流表为理想电流表，则下列说法正确的是( )
A. 变压器原线圈上的电压U1=28 2sin50πt
B. 变压器原副线圈的匝数比为1：10
C. 灯泡消耗的电功率为440W
D. 灯泡两端的最大电压为220V
5.甲、乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于x=8m处，两波源均沿y轴方向振动。在t=0时刻甲形成的波形如图(a)所示，此时乙波源开始振动，其振动图像如图(b)所示，已知乙波的传播速度v乙=2.0m/s，质点P的平衡位置处于x=5m处，若两波源一直振动，则下列说法错误的是( )
A. 乙波的波长为2m
B. 质点P为振动的减弱点
C. 在t=1.5s时，质点P开始振动
D. 在t=2s时，质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动
6.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。现对氚核(13H)加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是( )
A. 被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
B. 高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大
C. 氚核的质量为eB2πf
D. 该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核(24He)加速
7.如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m=1kg，弹簧的劲度系数k=100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F=10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ=0.2，弹簧振子的周期为T=2π mk，取g=10m/s2，π2≈10。则( )
A. A受到的摩擦力逐渐变大
B. A向右运动的最大距离为4cm
C. 当A的位移为2cm时，B的位移为5cm
D. 当A的位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小为0.2π(N⋅s)
二、多选题（本题共3小题，共18分）
8.一定质量的理想气体在绝热过程中由状态A变化到状态B，其压强p随体积V变化图像如图所示，则该过程中下列说法正确的是( )
A. 外界对气体做正功
B. 气体的内能不变
C. 气体分子的平均动能减小
D. 单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减小
9.质量为2kg的物体与水平地面的动摩擦因数为0.1，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体的位移s之间的关系如图所示，重力加速度g=10m/s2，物体从静止到位移为9m的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 物体一直做匀加速直线运动
B. 拉力F的平均功率为6.75W
C. 物体克服摩擦力做功为18J
D. 拉力F的最大瞬时功率为12W
10.如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球质量m0=0.3kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高ℎ=2.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.0m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2J
B. 物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m
C. 物体最终的速度大小为0.5m/s
D. 物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11.某同学想通过测绘某半导体材料的U−I图像来研究该材料的电阻随电压变化的规律，所用的器材有；
待测半导体一只，额定电压为2.5V，电阻约为几欧；
电压表一个，量程为0～3V，内阻约为3kΩ；
电流表一个，量程为0～0.6A，内阻约为0.1Ω；
滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干。
完成下列问题：

①在图甲中补全实验电路图。
②甲中开关在闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于______端。(选填“A”或“B”)
③该同学通过实验作出该半导体的U−I图像如图乙所示，则该材料的电阻随电压的增加而______(选填“增加”“减小”“不变”)。
12.某兴趣小组利用轻弹簧与刻度尺设计了一款加速度测量仪，如图甲所示。轻弹簧的右端固定，左端与一小车固定，小车与测量仪底板之间的摩擦阻力可忽略不计。在小车上固定一指针，装置静止时，小车的指针恰好指在刻度尺正中间，图中刻度尺是按一定比例的缩小图，其中每一小格代表的长度为1cm。测定弹簧弹力与形变量的关系图线如图乙所示：用弹簧测力计测定小车的重力，读数如图丙所示。重力加速度g取10m/s2。

(1)根据弹簧弹力与形变量的关系图线可知，弹簧的劲度系数k= ______N/m。(保留两位有效数字)
(2)某次测量小车所在位置如图丁所示，则小车的加速度方向为水平向______(填“左”或“右”)、大小为______m/s2。
(3)若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，那么该加速度测量仪的量程将______。(选填“不变”“增大”或“减小”)
(4)加速度测量仪制作完成后，将刻度尺不同刻度对应的加速度大小标在尺上。在测量某次运动的过程中，该同学观察到指针由读数较大的位置逐渐变小到读数几乎为0。则在这段时间内该运动可能为______。
A.匀加速直线运动
B.匀减速直线运动
C.加速度减小的减速运动
D.加速度减小的加速运动
四、简答题（本题共2小题，共28分）
13.无人机已广泛应用于各行各业。如图甲所示是物流公司使用无人机运输货物，无人机下方通过4根对称的绳索悬挂货物，每根绳与竖直中轴线的夹角均为53°。已知货物的质量为30kg，绳索质量不计(g取10m/s2，cs53°=0.6，sin53°=0.8)。求：
(1)当无人机悬停在空中时，每根绳索承受的拉力大小；
(2)当无人机到达目的地正上方后，可以选择竖直向下先匀加速直线运动后匀减速直线运动安全着陆，图乙是降落全过程的v−t图像(速度—时间图像)。为了保证货物安全，每根绳索至少要能够承受多大拉力。
14.如图所示，两相同极板M、N的长度为L=0.6m，相距d=0.5m，OO′为极板右边界，OO′的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与OO’在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角θ=53°，BC是竖直直径。小球以v0=3m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N，飞离极板后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m=1.0kg，电荷量q=0.5C，重力加速度g=10m/s2，cs53°=0.6，不计空气阻力。求：
(1)小球在A点的速度vA；
(2)M、N极板间的电势差U；
(3)欲使小球沿圆弧轨道能到达最高点C，半径R的取值范围。
五、计算题（本题共1小题，共12分）
15.如图甲为某种电驱动和电磁刹车的装置原理图，匝数为n=10匝，不计内阻的金属圆形线圈水平放置，圆半径为r0=4 πm，线圈内存在竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系为B=0.1t(T)，线圈与水平放置的平行导轨相连，两导轨电阻不计且足够长，间距L=1.0m。现用三根并排固定在一起的导体棒模拟小车，三根导体棒用ab、cd两根绝缘材料固定，相邻导体棒间距d=0.2m，导体棒长度也为L=1.0m，与导轨垂直且接触良好。导体棒连同固定材料总质量m=4.48kg，每根导体棒的电阻为r=3.0Ω，该“小车”在导轨上运动时所受摩擦阻力f=0.24v(N)，v为小车运行的速率。(已知：几个电池相同时，并联后的总电动势等于单个电池的电动势，而总内阻等于各个电池内阻的并联值)
(1)在平行导轨区域加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0=0.6T，闭合开关S，求：
①闭合S瞬间bc棒所受安培力的大小；
②该“小车”能达到的最大速度vm；
(2)当“小车”以第(1)问中的最大速度vm运行时，某时刻断开开关S，并将平行导轨区域的磁场立即改为如图乙所示的磁场，导轨间存在矩形匀强磁场区域，区域宽度为d=0.2m，相邻磁场区域间的距离为2d，磁感应强度均为B1=3.0T，方向垂直轨道平面向下，且开关S刚断开时bc恰开始进入首个B1磁场区，求“小车”减速向前运动的距离x和减速过程中产生的总焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；
B、原子核能够放射出β粒子，是由于原子核内发生β衰变，其中的中子转化为质子而放出的电子，不是原子核内有β粒子，故B错误；
C、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式 ​55137Cs→56137Ba+X中，可以判断X的质量数为0，电荷数为Z=55−56=−1，所以X为电子，故C错误；
D、根据玻尔理论可知，氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时减小的能量大于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时减小的能量.所以氢原子从n=6能级向n=I能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光的能量。根据光电效应发生的条件可知，若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D正确。
故选：D。
原子核的比结合能越大，原子核越稳定；β粒子是原子核内中子转化来的；根据质量数守恒和电荷数确定X是何种粒子；根据光电效应发生的条件和玻尔理论分析D项。
解答本题的关键要掌握原子物理和原子核物理的基础知识，要注意结合能与比结合能的区别。
2.【答案】C
【解析】解：AD、根据光路图知，a光的偏折程度大于b光的偏折程度，则a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据v=cn，可知在玻璃中传播时a光的速度较小，故AD错误；
B、在同一双缝干涉实验装置发生干涉时，根据相邻条纹间距公式：Δx=Ldλ，由于a光的频率大于b光的频率，a光的波长小于b光的波长，则a光的干涉条纹间距较小，故B错误；
C、根据全临界角公式：sinC=1n，可知从同一介质射向空气时，由于a光折射率较大，所以a光发生全反射的临界角较小，故C正确。
故选：C。
根据光的偏折程度比较出光的折射率大小，根据v=cn，sinC=1n比较出在介质中的速度和临界角的大小，根据频率的大小比较出波长的大小，根据双缝干涉条纹的间距公式比较出条纹间距的大小。
解决本题的突破口通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、临界角、在介质中的速度等大小关系。
3.【答案】B
【解析】解：A.由于两轨道上运动的卫星周期相等，根据开普勒第三定律可得r3T2=k，轨道Ⅰ的半径和轨道Ⅱ的半长轴相等，则椭圆轨道的半长轴长度等于R，故A错误；
B.设卫星在Ⅱ轨道B点变轨到绕O点做匀速圆周运动的轨道上，变轨后卫星的速率为vB′，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为vB，则有：vBvB′>vB，故B正确；
C.根据牛顿第二定律结合万有引力定律可得：GMmr2=ma，可得：a=GMr2，可知离地心越远，加速度越小，则有：a0vA′= 2GMR，故D错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律分析椭圆轨道的半长轴长度点心；卫星绕O点做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力集合向心力的计算公式进行分析；根据牛顿第二定律分析向心加速度的大小；由万有引力提供向心力结合离心运动进行分析。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
4.【答案】B
【解析】解：A.由图乙可知交流电动势为E=28 2sin50πt
电流为I=2A，R1=3Ω，则原线圈上的电压为U1=(28 2− 2IR1)sin50πt=22 2sin50πt
故A错误；
B.原线圈的电压最大值为22 2V，则有效值为22V，副线圈的电压有效值为220V，则变压器原副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=22220=110，故B正确；
C.流过灯泡的电流I2=n1n2I1=110×2A=0.2A，灯泡消耗的电功率为PL=U2I2=220×0.2W=44W，故C错误；
D.电灯两端的最大电压为其有效值的 2倍，即ULm= 2U=220 2V，故D错误。
故选：B。
由图得出正弦交流电电动势的表达式，结合欧姆定律与电压的分配关系写出变压器原线圈上的电压，根据交流电的峰值与有效值的关系，结合变压器匝数与电压的关系判断；根据电功率的公式求出；根据用电器交流电的意义判断。
交流电与变压器结合的基础题型，亮点是原线圈电路串有定值电阻，需要计算电源电动势与原线圈电压的关系。
5.【答案】B
【解析】解：A、由图(b)可知，乙波的周期为1s，则乙波的波长为：λ乙=v乙T=2.0×1m=2m，故A正确；
B、由图像可知，甲波的波长也为2m，在同一种介质中的波速相等，则甲、乙两波的频率相等，两列波是相干波；t=0时刻两波源均处于平衡位置且沿y轴正方向振动，P点到两个波源的波程差为：Δs=5m−3m=2m=λ，可知质点P为振动的加强点，故B错误；
C、由图可知，乙波振动先传到P点，根据：Δt=Δxv乙=8−52.0s=1.5s，可知在t=1.5s时，质点P开始振动，故C正确；
D、从t=0时刻，甲波振动传到P点所用时间为：Δt′=Δx甲v甲=5−12.0s=2s，可知在t=2s时，乙波振动使P点振动了0.5s，由于时间0.5s=12T，可知此时质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动，故D正确。
本题选择错误的，
故选：B。
由图(b)读出周期，求出乙波的波长；
根据波的传播情况分析质点P的振动情况；
振动加强点的振幅等于两列波的振幅之和；
根据波的叠加原理，分析1.5s时质点P的振动情况。
解答本题关键是要理解机械波在介质中的传播规律，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，掌握波的叠加原理。
6.【答案】C
【解析】解：A、粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB，被加速的粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关，故A错误；
B、根据qvB=mv2r得，最大速度：v=qBrm；
则最大动能：EKm=12mv2=(qBr)22m；
可知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故B错误；
C、高频电源的频率等于氚核在匀强磁场运动的频率，T=2πmqB，则f=qB2πm
m=qB2πf=eB2πf，故C正确；
D、氦核在匀强磁场的运动周期为氚核周期的2倍，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，不可以对氦核加速，故D错误；
故选：C。
回旋加速器的原理就是经过半个圆周后再次到达两盒间的缝隙处，控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负。利用电场进行加速，磁场进行偏转的，粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB，与轨道半径无关；粒子最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关。
本题主要考查了回旋加速器的工作原理，解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的，以及知道粒子在磁场中运动的周期与轨道半径无关。
7.【答案】B
【解析】解：A.A的最大加速度为
aAmax=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
若拉力F作用的瞬间A、B整体一起向右加速，加速度为：
a共=FM+m=103m/s2
则a共>aAmax，则一开始二者就发生相对运动，A一直受滑动摩擦力保持不变，故A错误；
B.AB间的滑动静摩擦力为f=μmg=0.2×1×10N=2N
当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，A向右运动的距离为
x=fk=2100m=0.02m=2cm
则A做简谐运动的振幅A=2cm，则A向右运动的最大距离为2A=4cm，故B正确；
C.设初始位置为0位置，A以x=μmgk=2cm处为平衡位置做简谐振动，当A的位移为2cm时，即A处于平衡位置时，A运动的时间可能是
t1=T4+nT，(n=0,1,2,3…)
或者
t1′=3T4+nT，(n=0,1,2,3…)
由题可T=2π mK=2π 1100s=0.2π(s)。
对木板B，加速度为
aB=F−μmgM=10−0.2×1×102m/s2=4m/s2
则当A的位移为2cm时，即A处于平衡位置时，B运动的位移为
xB1=12aBt12=5(1+4n)2cm
或者
xB2=12aBt1′2
但是A的位移为2cm时，B的位移不一定为5cm，故C错误；
D.当A的位移为4cm时，结合选项BC分析可知，A的速度变为0，由动量定理可知，A的动量变化量为零，故弹簧对A的冲量大小等于摩擦力对A的冲量大小，即I=I′=fΔt；
当A的位移为4cm时，A运动的时间为
Δt=T2+nT，(n=0,1,2,3…)
则当A的位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小为
I=μmgΔt=(1+2n)T≈0.2π(1+2n)(N⋅s)，(n=0,1,2,3…)
则当A的位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小不一定为0.2π(N⋅s)，故D错误。
故选：B。
根据对物体A的受力分析得出其受到的摩擦力的变化趋势；
根据弹力与摸出来的等量关系，结合对称性分析出A向右运动的最大距离；
根据两个物块之间的速度关系分析出B的位移；
根据简谐振动的周期公式，结合动量定理完成分析。
本题主要考查了动量定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合动量定理和简谐振动的周期公式，同时利用胡克定律即可完成解答。
8.【答案】CD
【解析】解：ABC、由图像可知，由状态A变化到状态B，气体的体积变大，气体对外做功，那么外界对气体做负功，由于是绝热过程，根据热力学第一定律可知，气体内能减少，则气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，故AB错误，C正确；
D、由题图可知，气体体积变大，单位体积内气体分子数变小，且气体分子的平均动能减小，可知单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减小，故D正确。
故选：CD。
在p−V图像中，若图像为双曲线，则为等温线，温度不变时，气体的内能不变；气体体积增大对外做功，体积减小，外界对气体做功；结合热力学第一定律可判断Q的变化。
解题关键在于了解图像表达的含义，注意气体做功的表达式W=pΔV，同时也可以结合图像可判断做功大小。
9.【答案】BC
【解析】解：A.依题意，拉力做功为
W=Fs
则W−s图像中图线的斜率表示拉力F，由图像可得，0～3m内，拉力大小为
F1=153N=5N
3～9m内，拉力大小为
F2=27−159−3N=2N
依题意，运动过程中，物体与水平地面的摩擦力为
f=μmg=0.1×2×10N=2N
可知，物体在0～3m内
a1=F1−fm=5−22m/s2=1.5m/s2
做匀加速直线运动
3～9m内
a2=F2−fm=2−22m/s2=0
做匀速直线运动。故A错误；
C.物体克服摩擦力做功为
W=fs=2×9J=18J
故C正确；
BD.0～3m内，由运动学公式有
v2=2a1s1
解得
v=3m/s
加速运动的时间为
t1=va1=31.5s=2s
匀速运动的时间为
t2=s2v=9−33s=2s
由图像可知整个过程拉力做功为
W=27J
拉力F的平均功率为
P=Wt=272+2W=6.75W
拉力F的最大瞬时功率为
P1=F1v=5×3W=15W
故B正确；D错误。
故选：BC。
首先根据W−s图像的斜率表示拉力F，结合牛顿第二定律得出物体的两个时间段内的加速度，再由恒力功的定义式计算摩擦力做功，最后根据平均功率和瞬时功率的公式，计算出平均功率和瞬时功率即可。
本题考查平均功率和瞬时功率的计算，涉及牛顿第二定律、恒力功等相关知识点的计算。是一道小型综合题。
10.【答案】ABD
【解析】解：A.设物体由P到A的过程中克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理
mgℎ−Wf=12mv02
代入数据解得
Wf=0.2J
故A正确；
B.物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
a=μmgm=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
减速至与传送带共速所用的时间
t1=v0−va=6−45s=0.4s
匀减速运动的位移
s1=v0+v2t1=6+42×0.4m=2.0m