四川省射洪中学2023届高三物理下学期高考适应性考试（一）试题（Word版附解析）

射洪中学高2023届高考适应性考试（一）理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将答题卡交回。第I卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，轻杆一端固定在竖直墙壁上，另一端固定一个质量为1.6kg的小球，劲度系数为的水平轻质弹簧夹在墙壁与小球之间，处于压缩状态，弹簧的压缩量为12cm，轻杆与墙壁的夹角为。取重力加速度大小，弹簧始终在弹性限度内。轻杆对小球的作用力大小为（　　）A.12NB.16NC.20ND.32N【答案】C【解析】【详解】小球受重力、弹簧水平向右的弹力、轻杆的作用力而处于平衡状态，由平衡条件可得又，联立可得 故选C。2.光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。则加上液体后（　　）A.紫外线进入液体后光子能量增加B.传播相等的距离，在液体中所需的时间变短C.紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射，能提高分辨率D.紫外线在液体中波长比真空中小【答案】D【解析】【详解】A．由于紫外线进入液体后光子的频率不变，根据可知光子的能量不会改变，故A错误；B．由于液体对紫外线的折射率比空气（或真空）中的大，根据可知，紫外线在液体中的传播速度变小，根据，则传播相等的距离，在液体中所需的时间将变长，故B错误；CD．由于紫外线在液体中的传播速度变小，根据可知，频率不变，则紫外线在液体中的波长比在空气（或真空）中的波长短，根据发生明显衍射现象的条件：障碍物的尺寸比波长小或与波长相差不大。可知紫外线在液体中比在空气中更不容易发生衍射，故C错误，D正确。故选D。3.电子枪发射电子束，通过电场构成的电子透镜使其会聚或发散。电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面。一电子仅在电场力作用下运动，运动轨迹如图所示，a、b、c、d是轨迹上的四个点，下列说法正确的是（　　） A.电子的运动轨迹是一段圆弧B.由a点到d点电子的电势能先增大后减小C.电子在a点的物质波的波长比b点的大D.电子在b点的动能小于在d点的动能【答案】C【解析】【详解】A．电子在变化的电场力作用下做加速度大小方向均改变的曲线运动，A错误；B．由a到d点电势先增高后降低，根据电势能的表达式得，电子的电势能先减小后增大，B错误；C．a点动能小于b点动能，由公式C正确；D．电子仅在电场力作用下运动，电子的动能和电势能的总和保持不变，电子在b点的电势能小于在d点的电势能，故电子在b点的动能大于在d点的动能，D错误。故选C。4.如图所示，平面直角坐标系xOy内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，原点O有一粒子源，能向纸面内各个方向释放出比荷为4×108C/kg的正粒子，粒子初速度v0=8×106m/s，不计粒子重力，有一与x轴成45°角倾斜放置的足够长挡板跨越第一、三、四象限，P是挡板与x轴交点，，则挡板上被粒子打中的区域长度为（　　） A.24cmB.16cmC.20cmD.32cm【答案】C【解析】【详解】粒子源到挡板的距离粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有解得作出粒子打在挡板上的动态轨迹如图所示则有， 则挡板上被粒子打中的区域长度故选C。5.某同学利用直径为d的不透光圆形纸板估测太阳的密度，如图所示，调整圆纸板到人眼的距离L，使其刚好挡住太阳光，并测出L，已知万有引力常量为G，地球公转周期为T，则太阳密度约为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】令地球到太阳的间距为r，太阳的半径为R，根据几何关系近似有对地球绕太阳公转有太阳的密度为解得故选A。6.近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（　　） A.按下按钮过程，螺线管上的导线Q端电势较高B.松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势较低C.按住按钮不动，螺线管上导线两端间仍有电势差D.按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小不一定相等【答案】AD【解析】【详解】A．按下按钮过程螺线管内水平向左的磁通量增加，若PQ间用导线接通，由楞次定律可得PQ间导线上感应电流方向从P流向Q，所以Q相当于电源正极，Q端电势较高。故A正确；B．松开按钮过程螺线管内水平向左磁通量减小，由楞次定律可得PQ间导线上感应电流方向从Q流向P，所以P相当于电源正极，P端电势较高。故B错误；C．按住按钮不动，螺线管内磁通量不变，无感应电动势，间无电势差，故C错误；D．按下和松开按钮过程有可能所用时间不同，螺线管内磁通量的变化率可能不同，所以产生的感应电动势大小可能不相等，故D正确。故选AD。7.如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定带电量为﹣q的小球Q。整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个一个质量为m、带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M的距离均为s0。P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k。则（　　）A.小球P返回时，可能撞到小球QB.小球P在N点的加速度大小为C.小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能不一定减少 D.当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大【答案】BC【解析】【详解】A．由题意知，小球向下运动的过程电场力qE及重力做正功，向上运动时，电场力qE与重力均做负功，根据能量守恒，小球返回时，不可能撞到小球Q，所以A错误；B．在N点，根据牛顿第二定律可得所以B正确；C．小球P沿着斜面向下运动过程中，qE做正功，P、Q间库仑力做负功，总功可能为正，也可能为负，故电势能的变化不确定，所以C正确；D．当合外力为零时，速度最大，即弹力此时弹簧的压缩量所以D错误故选BC。8.小朋友喜欢的“踩踩球”其实就是由上下两个连在一起质量相等的半球组成，两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时，将“踩踩球”直立静放在水平地面上，用脚从上半球顶部中心点向下踩压，当两半球贴合后放开脚，过一会儿贴合装置失效，弹簧恢复原长，球就会突然展开，瞬间弹起。如图所示，小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为；踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为；弹起后到达最高点时中间白色标距地面的高度为。已知“踩踩球”总质量为并全部集中在上下半球上，重力加速度大小为，不计一切阻力，下列说法中正确的是（　　） A.“踩踩球”离开地面时的速度大小为B.上述踩压过程中压力做的功为C.弹簧的最大弹性势能为D.弹簧恢复原长过程中“踩踩球”所受合外力的冲量大小为【答案】AC【解析】【详解】A．设球离地的速度为，由动能定理可得解得故A正确；D．弹簧恢复原长过程中，根据动量定理，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为故D错误；BC．设弹簧的最大弹性势能为，踩压过程中压力做的功为，弹簧恢复原长连接装置拉紧前上半球速度为，上半球弹起过程由机械能守恒可得连接装置拉紧过程由动量守恒可得踩压过程由功能关系可得 联立解得，故B错误，C正确。故选AC。第II卷（非选择题）三、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.某实验小组利用手机的录像功能拍下了小球在斜面上做匀加速直线运动的过程。为便于记录小球各个时刻在斜面上的位置，将录像中时间间隔为T的连续5幅画面合成到同一张图中，如图所示。依次测得小球各相邻位置间的距离为x1、x2、x3、x4。（1）写出小球在位置3时的速度表达式：v3=______。（2）要求充分利用测量数据，写出小球运动过程中的加速度表达式：a=______。（3）在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差是_______（选填“偶然”或“系统”）误差。【答案】①.②.③.偶然【解析】【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，则小球在位置3时的速度为（2）[2]根据逐差法，求得小球的加速度为（3）[3]测量小球相邻位置间距时由于实验者读数可能大于真实值，也可能小于真实值，因此读数产生的误差是偶然误差。10.如图甲所示为某电动车电池组的一片电池，探究小组设计实验测定该电池的电动势并测定某电流表内阻，查阅资料可知该型号电池内阻可忽略不计。可供选择的器材如下：A.待测电池（电动势约为3.7V，内阻忽略不计） B.待测电流表A（量程为0~3A，内阻待测）C.电压表V（量程为0~3V，内阻）D.定值电阻E.定值电阻F滑动变阻器（）H.滑动变阻器（）I.导线若干、开关为了精确地测定电源电动势和电流表内阻，探究小组设计了如图乙所示实验方案。请完成下列问题：（1）滑动变阻器应选择__________，②处应选择__________；（均填写器材前序号）（2）电流表安装在__________处；（填①或③）（3）探究小组通过实验测得多组（，）数据，绘制出如图丙所示的图线，则电源的电动势为_______V，电流表内阻为________（结果均保留2位有效数字），从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相比__________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。【答案】①.F②.D③.③④.3.6⑤.0.80⑥.相等【解析】【详解】（1）[1][2]因为电流表内阻较小，为了使电压表示数变化明显些，所以滑动变阻器R应选择，所以滑动变阻器应选择F；由于电源电动势约为3.7V，而电压表V量程为，因此需要扩大量程，由题意可知，应将电压表V与定值电阻R1串联，所以②处应选择D。（2）[3]电流表A量程为，将电流表安装在③处可以测量干路中的电流。（3）[4][5]由闭合电路的欧姆定律代入数据，化简可得 结合图丙可知解得，电流表内阻为将，代入解析式中，解得电源的电动势为[6]由题意得在此实验中，电流表“相对电源内接法”，且电流表内阻已测得，所以从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相等。11.如图，一长的倾斜传送带在电动机带动下以速度沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角，质量的小物块A和质量的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取，，重力加速度。求：（1）物块B刚下降时的加速度a；（2）物块A从底端到达顶端所需的时间t；（3）物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。【答案】（1）；（2）2.5s；（3）136J 【解析】详解】（1）对A分析对B分析解得（2）当达到与传送带共速A的位移之后匀速，时间物块A从底端到达顶端所需的时间（3）物块A从底端到达顶端时，相对位移电动机多做的功设为W，根据能量守恒解得12.如图所示，间距的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接的储能装置可保证回路电流恒为，且电流的方向不变。空间分布两个宽度分别为和、间距的匀强磁场区域I和II，两磁场磁感应强度大小均为，方向均竖直向下。质量、电阻为的导体棒静止于区域I左边界，质量、边长为0.5D、电阻的正方形单匝线框的右边紧靠区域II左边界；一竖直固定挡板与区域II的右边界距离为。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求： （1）导体棒第一次离开区域I时的速度大小；（2）线框第一次穿过区域II过程中，线框产生的焦耳热Q；（3）导体棒在整个运动过程中的总路程s。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）恒流源和导体棒串联，通过串联负载的电流即是恒流源的输出电流，恒流源就是要保证和它串联的负载电路的电流始终维持在输出电流。导体棒在磁场中运动时产生的电动势对应的感应电流，并不会影响恒流源所产生电流的恒定，因此电路的电流始终保持在0.5A，故导体棒受到向右的安培力为对棒由动能定理解得（2）当棒与线框发生弹性碰撞，因为两者质量相等，且线框静止，所以二者交换速度，即第1次撞后，线框以速度运动，棒静止，当线框右边从磁场左边界运动到右边界的过程中，对线框由动量定理累积求和得又解得 同理可得线框左边从磁场左边界运动到右边界时线框速度；可知每次线框经过磁场时，速度将减少0.2m/s，线框第一次穿过区域II过程中，线框产生的焦耳热（3）线框以与挡板弹性碰撞后，以1.3m/s速度返回，经过磁场后，速度变为，线框以速度与棒第二次相碰，棒与线框第2次碰后，交换速度，棒以1.1m/s速度向左运动，线框静止，棒进入磁场，因安培力不变，棒作匀减速运动，由解得棒在磁场减速到速度为0，然后反向加速，以1.1m/s速度出磁场，导体棒在磁场中的路程为再与线框碰撞，导体棒每次与线框碰撞，速度减小0.4m/s，导体棒共与线框碰撞4次（最后线框左侧位于磁场左侧），导体棒在整个运动过程中的总路程为（二）选修题【物理—选修3-3】略【物理—选修3-4】（15分）13.波源S自t=0时刻起开始振动，每隔1s做两种不同频率的简谐运动，振幅均为2cm，4s后波源S停止振动，其振动图像如图所示。产生的简谐波沿SP方向传播，波速为4m/s，P、Q是介质中两质点，已知SP=8m，SQ=10m，如图所示。则t=3.5s时，质点P、Q的振动方向______（选填“相同”或“相反”），在前4s内，质点P经过的路程为______cm，在前4s内，质点P、Q经过的路程相差最大的时间段出现在______。 【答案】①.相同②.24③.【解析】【详解】[1]波传到质点P经过时间波传到质点Q经过时间可知在t=3.5s时，质点P振动了1.5s，质点Q振动了1s，由于各个质点起振方向相同，均与波源S自t=0时刻振动方向相同，根据图像可知，起振方向由平衡位置沿y轴正方向，由图可知，质点P开始振动1.5s后由平衡位置沿y轴正方向振动，质点Q振动1s后也由平衡位置沿y轴正方向振动，即t=3.5s时，质点P、Q振动方向相同；[2]由图结合题意可知，两种波的周期分别为，其波长分别为，在前4s内，根据上述，波传到质点P经过2s，所以在前4s内，质点P振动了2s，可知质点P先振动了周期为的一次全振动，接着振动了周期为的两次全振动，则路程为[3]在前4s内，波传到质点P经过2s，波传到质点Q经过2.5s，波长为的波在质点P、Q间传播时，各自经过的路程相差为4A最大，所以时刻出现在14.截面为直角梯形的玻璃砖ABCD，折射率n=，一束光线由AB面射入玻璃砖，入射角i=45°，如图所示。光线首先到达BC面，恰好发生全反射，然后到达CD面。求：（1）顶角B的大小；（2）若玻璃砖在AB方向足够长，光线从AD边出射时的折射角。 【答案】（1）75°；（2）45°【解析】【分析】【详解】（1）在AB边入射，由折射定律可得r=30°在BC界面刚好全反射可得C=45°由几何关系∠BMN=90°-r=60°，∠BNM=90°-C=45°所以顶角∠B=180°-∠BMN-∠BNM=75°（2）光线射到CD面时，入射角r1=180°-r-2C=60°>C在CD面全反射。因为AB与CD平行，光线射到AB面时入射角也是60°，发生全反射，直至光线射到AD底边。 在AD底边入射角r3=90°-r2=30°<C可以出射可得出射时的折射角