湖南省永州市2022-2023学年高三物理上学期第一次适应性考试试卷（Word版附解析）

永州市2023年高考第一次适应性考试试卷物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷━、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.如图所示为氢原子部分能级示意图。现有大量处于激发态能级的氢原子，向较低能级跃迁时，会放出不同频率的光子。已知某锌板发生光电效应的逸出功为。下列正确的是（　　）A.共有5种不同频率的光子放出B.从能级跃迁到能级放出的光子波长最长C.从能级跃迁到能级放出的光子波长等于能级跃迁到能级放出的光子波长D.放出的所有光子照射该锌板，逸出光电子初动能的最大【答案】D【解析】【详解】A．大量处于激发态能级的氢原子，向较低能级跃迁时放出的光子种类为 A错误；B．从能级跃迁到能级放出的光子频率最高波长最短，B错误；C．从能级跃迁到能级放出的光子与能级跃迁到能级放出的光子能量不同波长也不同，C错误；D．从能级跃迁到能级放出的光子能量最大，其能量为照射锌板时逸出光电子初动能的最大，由光电效应方程可知逸出光电子初动能的最大为D正确；故选D。2.如图所示，a、b、c、d为圆周上的四个点，为相互垂直的两条直径，M、N为上关于圆心O对称的两个点，在a、b、c三点分别固定电荷量相等的点电荷，带电性质如图所示。有一带负电的试探电荷在外力作用下由M点沿直线匀速运动到N点，不计试探电荷重力。下列正确的是（　　）A.M处的电场强度与N处的电场强度相同B.试探电荷在运动过程中，电势能不变C.试探电荷在运动过程中，外力始终做正功D.试探电荷在运动过程中，电场力先做负功再做正功【答案】C【解析】【详解】A．a、b两处异种电荷在M、N处上形成的场强大小、方向相等。c处正电荷在M、N处形成的场强方向相同，大小不同。所以M、N两处的合场强大小和方向均不同，故A错误；BCD．a、b、c三处点电荷在cd上形成的场强方向为斜向右下方。负电荷从M匀速移动到N 的过程中，所受电场力始终为斜向左上方，外力斜向右下方。电场力始终做负功，所以电势能增加。外力始终做正功。故BD错误，C正确。故选C。【点睛】研究多个点电荷在同一位置形成的场强时，可以先确定常见的点电荷形成的合场强大小和方向变化情况，再依次与其他电荷形成的场强叠加。3.如图所示，平行直线为一透明材料制成的光学器件的截面，a、b两束光均从界面上的Р点射入器件，然后到达Q点。下列正确的是（　　）A.器件对a光的折射率小B.a、b光在Q点均发生全反射C.a光在真空中的波长大于b光在真空中的波长D.b光在器件中的传播速度大于a光在器件中的传播速度【答案】D【解析】【详解】A．依题意，根据折射定律可知，由于，，可得器件对a光的折射率较大，故A错误；B．根据对称性可知，光线经过透明器件后出射光与入射光平行，可知a、b光均不在Q点发生全反射，故B错误；C．材料对a光的折射率较大，所以a光的频率大于b光的频率，即，根据在真空中可知a光在真空中的波长小b光在真空中的波长，故C错误；D．根据由于，所以b光在器件中的传播速度大于a光在器件中的传播速度，故D正确。故选D。4.据悉，北汽新能源极狐阿尔法S的HI 车型配备了华为自动驾驶技术，该车型在红绿灯启停、避让路口车辆、礼让行人、变道等方面都能无干预自动驾驶。某次试乘，时刻甲、乙两辆自动驾驶车同时并排出发，沿着同一平直路面行驶，它们的速度v随时间t变化的图像如图所示。下列正确的是（　　）A.时刻，甲、乙两车相遇B.时间内，存在甲、乙两车加速度相同的时刻C.时间内，甲、乙两车间的距离逐渐增大D.时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度【答案】B【解析】【详解】A．时刻，甲、乙两车速度相等，两时刻是两车追逐过程中相距最远的两时刻，并未相遇，A错误；B．在图像中，图线切线的斜率表示加速度，因此在时间内，存在甲图像某时刻图线切线斜率等于乙斜率的时刻，即加速度相同的时刻，B正确；C．在时间内，两车间距逐渐增加，在时间内，甲、乙两车间的距离先逐渐减小后增大，C错误；D．在图像中，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此在时间内，甲车的位移比乙车的大，因此甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D错误。故选B。5.如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻、光敏电阻（阻值随光照增强而减小），开关K开始处于断开状态，不计电流表的内阻，下列正确的是（　　） A.仅增大U时，变压器的输入功率减小B.仅增强光照时，变压器的输入功率减小C.当开关K由断开到闭合，电流表的读数增大D.闭合开关K，当滑动触头P向上滑动时，电阻消耗的功率增加【答案】C【解析】【详解】A．当U增大时，副线圈两端电压增大，所以副线圈中的电流增大，输出功率变大，则输入功率变大。故A错误；B．当光照增强时，光敏电阻阻值变小，副线圈中的总电阻变小，总电流变大，由公式可知，副线圈的输出功率变大，变压器的输入功率变大，故B错误；C．当开关K由断开到闭合时，副线圈中的总电阻变小，总电流变大，即电流表的示数变大。故C正确；D．当滑动触头P向上滑动时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，R1中的电流变小，所以消耗的功率变小，故D错误。故选C。【点睛】在原线圈输入电压不变时，副线圈输入电压与线圈匝数比有关。通过分析副线圈总电阻的变化情况，判断副线圈总电流的变化情况，继而判断输出功率及输入功率的变化情况。6.如图所示，密度为，横截面积为S，长度为L，电阻为R的粗细均匀的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线悬挂，金属棒置于竖直方向的匀强磁场中，初始细线竖直，金属棒静止。现在MN两端加上大小为U的电压，使电流由M流向N，发现金属棒的绝缘细线向左偏离竖直方向最大摆角为37°。已知重力加速度为g，、下列正确的是（　　） A.磁场方向竖直向下，大小为B.磁场方向竖直向上，大小为C.增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒最大摆角将大于37°D.减小金属棒长度，其余条件不变，金属棒最大摆角将小于37°【答案】A【解析】【详解】AB．金属棒的绝缘细线向左偏离竖直方向最大摆角为37°，说明磁场力水平向左，由左手定则可知磁场方向竖直向下，由动能定理金属棒的质量通过金属棒的电流为联立可解得故A正确，B错误；CD．设金属棒电阻率，则金属棒运动过程中磁场力不变，将重力与磁场力等效为等效重力，知金属棒经过最低点与最高点圆弧的中点时受力平衡 可知θ与绝缘细线的长度无关，与金属棒的质量成反比，所以增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒摆角将不变；减小金属棒长度，其余条件不变，则金属棒质量减小，摆角将大于37°，故CD错误。故选A。7.如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为且可视为质点的均质小球用长度等于A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，下列正确的是（　　）A.当时，细线对小球的拉力大小为B.当时，半圆柱体对小球的支持力大小为C.换用半径更小的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变D.换用半径不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为【答案】D【解析】【详解】AB．对小球进行受力分析如图1当时，且AB=AO2，由几何关系知，为等边三角形，则 由于圆心角与圆周角之间的关系可知可知小球受到的绳的拉力T与半圆柱对小球的支持力N相互垂直，水平方向竖直方向解得故AB错误；CD．若改变半圆柱的半径，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，如图2所示由几何关系知，直线O1O2是该圆的切线，所以垂直于，则以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向上，半圆柱受到的自持力为由几何关系知，减小半圆柱半径，则减小，由此可知，将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱对地面的压力将减小；在水平方向上 可知，当时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。8.如图所示，甲图为一列简谐横波在时波形图，图中P、M、N三个质点的横坐标分别为、和，其中质点P的振动图像如图乙所示。下列正确的是（　　）A.该简谐波向x轴负方向传播B.波速大小为C.从时起到质点M第一次到达波峰所用的时间等于D.从时起到质点N通过的路程为时所用的时间小于【答案】BC【解析】【详解】A．由图乙可知后质点P将向下振动，则该简谐波向x轴正方向传播，A错误；B．由图甲可知波长为由图乙可知波的周期为则波速为 B正确；C．从时起到质点M将向上振动，经过后第一次到达波峰，则从时起到质点M第一次到达波峰所用的时间等于，C正确；D．该简谐波向x轴正方向传播，从时起质点N向下振动，从时起到通过的路程为的过程中经过波谷，平均速率较小，所用的时间大于，D错误；故选BC。9.我国成功实现嫦娥探测器在月球背面的着陆，全世界为之惊叹。火星探测将是中国航天科技人的下一个目标。测得火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的。已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，忽略自转的影响。下列正确的是（　　）A.火星表面的重力加速度为B.火星表面的重力加速度为C.火星的为质量为D.火星的第一宇宙速度为【答案】BD【解析】【详解】ABC．已知火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的，根据可知，火星表面重力加速度为火星质量为故B正确，AC错误；D．根据可知，火星第一宇宙速度为 故D正确。故选BD。10.如图所示，用与水平面成角的传送带输送货物，传送带以的速度顺时针运行，地勤人员将一质量的货物以初速度从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为，取重力加速度，下列正确的是（　　）A.货物在传送带上一直向上做匀减速直线运动B.传送带从底端到顶端的长度是C.货物在传动带上运动的时间为D.货物在传动带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为【答案】CD【解析】【详解】ABC．物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带速度相等，设物体上滑的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1代入数据解得a1=8m/s2则物块相对传送带匀减速上滑，直至与传送带共速的时间为物块沿传送带向上的位移为 物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f=μmgcosθ＜mgsinθ相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小，此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零，令此时物体减速上升的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2代入数据解得a2=2m/s2则物块速度减为0的时间为物块沿传送带向上运动的位移为物块在传送带上向上运动的时间t=t1+t2=0.5s+0.5s=1.0s传送带从底端到顶端的长度L=vt=1×1.0m=1.0m故AB错误，C正确；D．物块减速到与传送带速度相等过程传送带的位移大小x传送带1=vt1=1×0.5m=0.5m物块与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小x传送带2=vt2=1×0.5m=0.5m物块速度与传送带速度相等前运动过程物块相对传送带的位移大小l1=x1-x传送带1=1.5-0.5m=1.0m物块速度与传送带速度相等后运动过程物块与传送带相对位移大小l2=x传送带2-x2=（0.5-0.25）m=0.25m物块从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ（l1+l2） 代入数据解得Q=3.75J故D正确。故选CD。11.如图所示，水平虚线、之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：4，高为线框ABCD在磁场边界的下方h处，受到竖直向上的拉力作用，从静止开始运动（上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列正确的是（　　）A.AB边刚进入磁场时，线框的速度为B.AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为C.DC边刚进入磁场时，线框加速度大小为D.从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为【答案】BD【解析】【详解】A．设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=4l，根据动能定理解得A错误； B．AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为线框中感应电流的瞬时电功率为B正确；D．AB刚进入磁场时加速度为0，则有设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l线框匀速运动时有联立解得从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得联立解得D正确；C．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l由闭合电路欧姆定律得由牛顿第二定律得解得 C错误；故选BD。第Ⅱ卷三、实验题：本题共2小题，12题6分，13题9分。12.某物理小组的同学用如下图所示的装置研究匀变速直线运动的规律。（1）该实验必须要进行的操作或满足的条件有_______；A.把木板右端适当垫高，以平衡摩擦力B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行C.小车的质量要远大于重物的质量D.实验时要先接通电源，再释放小车（2）打点计时器接通频率为的交流电，规范操作实验得到如图乙所示的一条纸带，小组的同学在纸带上每5个点选取1个计数点，依次标记为A、B、C、D、E。测量时发现B点已经模糊不清，于是他们测得AC长为、CD长为、DE长为，则小车运动的加速度大小为_______，A、B间的距离应为_______cm（本小题结果均保留三位有效数字）。【答案】①.BD##DB②.2.55③.6.08【解析】【详解】（1）[1]AC．在研究匀变速直线运动的实验中，只要小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力和使小车的质量远大于钩码的质量，故A、C错误；B．实验中，需要细线与木板平行，否则小车做的就不是匀变速直线运动，故B正确；D．实验开始时，小车要靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，故D正确。故选BD。（2）[2]每两个点之间的时间间隔为根据匀变速直线运动推论可知 [3]根据条件可知根据推论有代入数据得到13.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：待测干电池电流表A1（0~3mA，内阻r1=5.0Ω）电流表A2（0~0.6A，内阻约为0.5Ω）滑动变阻器R1（0~10Ω，允许通过的最大电流为2.0A）滑动变阻器R2（0~100Ω，允许通过的最大电流为1.0A）定值电阻R3（阻值为9.5Ω）定值电阻R4（阻值为95Ω）定值电阻R5（阻值995Ω）开关和导线若干（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的实验电路，图中电流表x应选________，定值电阻应选________，滑动变阻器应选__________。（均填写器材的字母代号）（2）图乙为该同学根据实验电路，利用测出的数据绘出的I1与（I1+I2）的关系图线，I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，则由图线可求被测干电池的电动势E=______V，内阻r=_______Ω。（本小题结果均保留三位有效数字） 【答案】①.A2②.R5③.R1④.1.37（1.35~1.39）⑤.1.20（1.13~1.23）【解析】【详解】（1）[1]电流表x与滑动变阻器串联，故应选A2；[2]定值电阻与电流表y，即A1串联，改装电压表，由于一节干电池的电动势约为1.5V，根据电表改装原理有当定值电阻选R3、R4时，改装电压表量程太小，小于1.5V，不便于测量，故定值电阻选R5；[3]由于电源内阻较小，为了调节方便，易于操作，滑动变阻器应选电阻值较小的R1；（2）[4][5]根据闭合电路欧姆定律得整理得由此可知，图线的纵截距为图线斜率的绝对值为代入数据解得， 四、解答题（共37分）14.如图所示，玻璃管A上端封闭，玻璃管B上端开口且足够长，两管下端用软橡皮管连接起来后呈U形竖直放置，管中有一段水银柱，A管上端封闭了一段长的气柱，外界气压，左右两水银面高度差，A管中气柱温度。（1）保持A管内气体温度不变，向下缓慢移动B管直至两管水银AB面等高，求此时A管内气柱的长度；（2）保持第（1）问中A、B两管水银面等高时两管的位置不变，为了让A管中气柱长度恢复到，则A管中气柱温度应为多少。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】解：（1）对封闭气体联立解得（2）水银面的高度差对封闭气体 联立解得15.如图所示，在一边长为l的等边三角形OPQ内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现以O点为坐标原点，OP方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，在第一象限内加一方向竖直向上的匀强电场，在y轴的左侧有一加速电场，A、C两极板之间的加速电压为U，在C板的中间有一小孔。现将一带电荷量为、质量为m的带负电的微粒在A板中间由静止释放，带电微粒从B板的小孔处飞出，接着从y轴上的M点垂直y轴进入电场，随后从OP的中点N进入磁场，且速度方向与OQ边平行。经过一段时间，带电微粒恰好从Р点离开磁场，不计微粒重力。（1）求第一象限内的匀强电场的电场强度E的大小；（2）求三角形OPQ区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若将磁场方向改为垂直纸面向里，磁感强度的大小为某适当值时，带电微粒恰好不从OQ边离开磁场，回到第一象限，则微粒从M点运动到第一次离开磁场所用的总时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）在加速电场中由动能定理得在第一象限运动的过程中有 解得（2）由几何关系可得微粒在磁场中由洛伦兹力提供向心力得解得（3）由几何关系可得 微粒在磁场中由洛伦兹力提供向心力得微粒在磁场中运动的周期为微粒在磁场中运动的时间为微粒从M点运动到第一次离开磁场所用的总时间为解得16.如图所示，在光滑水平面上静止放置质量、长度、高度的长木板C。距离该板左端处静止放置质量的小物块A，A与C间的动摩擦因数。在长木板C右端静止放置质量的小物块B，B与C之间的摩擦忽略不计。A、B均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。现在长木板C上加一水平向右的拉力F。（1）当时，求小物块A的加速度大小；（2）要使小物块A能在最短时间内与小物块B碰撞，水平向右的拉力F的大小应满足的条件；（本小题计算结果保留一位小数）（3）当时，且小物块A与B碰撞时间极短、无机械能损失，则小物块A落到地面时与长木板C左端的距离。【答案】（1）1.5m/s2；（2）；（3）0.82m 【解析】【详解】（1）若长木板C和小物块A一起向右加速运动，根据牛顿第二定律解得A所受的摩擦力可知假设成立，所以A的加速度为1.5m/s2；（2）要使小物块A与小物块B碰撞前运动时间最短，小物块A的加速度为，根据牛顿第二定律运动的距离为联立解得在最短的时间内A与B碰撞，A的加速度为，A、C之间的摩擦力为最大静摩擦力解得若A、B碰撞前A恰好运动到C板左侧，由牛顿第二定律得位移间的关系为联立解得 所以水平向右的拉力F的大小应满足的条件为（3）A与B碰撞前，A速度为对A与B碰撞，满足动量守恒根据机械能守恒联立解得A、B碰后，A运动到C左端过程，位移为此时的速度为根据牛顿第二定律对长木板C，根据速度时间公式位移为C相对A运动的位移为 联立解得C的速度为根据牛顿第二定律A平抛过程有木板运动的位移为相对位移为联立解得