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1、衡阳市第八中学2024年高考适应性练习卷物 理请注意：时量75分钟 满分100分一、选择题（本题共10个小题，1-6为单选题，每小题5分7-10为多选题，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分，共50分）1. 以下是有关近代物理内容的若干叙述，说法不正确的是（）A. 爱因斯坦相对论的两条基本假设中包括时间和空间与物体的运动状态有关B. 如上图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.613.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条C. 一个静止的放射性原子核()发生了一次衰变，放射出的粒子()在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径
2、为R，磁场磁感应强度为B。以m、q分别表示粒子的质量和电荷量，若衰变过程中释放的核能都转化为粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为D. 核衰变中，光子是衰变后转变的新核辐射的【答案】A【解析】【详解】A爱因斯坦的相对论的两条基本假设为：在不同的参考系中，物理规律的形式都是相同的，真空中的光速在不同的惯性参考系中相同，故A不正确，符合题意；B从n=4跃迁到n=1能级时放出的光子能量为不在可见光范围之内；从n=4能级跃迁到n=2能级时辐射的光子能量为在可见光范围；从n=4能级跃迁到n=3能级时辐射的光子能量为不在可见光光子能量范围之内；从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光子能量为在可见光范围
3、之内；从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光子能量为不在可见光范围之内，故则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条，故B正确，不符合题意；C对粒子由洛伦兹力提供向心力得可得由质量关系可知衰变后新核Y质量为由衰变过程中动量守恒可得可知系统增加的能量为由质能方程可得联立解得衰变过程中的质量亏损为故C正确，不符合题意；D核衰变中，衰变后转变的新核不稳定，放出能量才能变得稳定，能量以光子的形式放出，故D正确，不符合题意。故选A。2. 如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽
4、略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A. 香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为B. 香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变大C. 香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变大D. 香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力不变【答案】D【解析】【详解】A对香肠受力分析如图所示根据平衡条件有解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为故A错误；BC设金属杆之间的距离为，金属杆的直径为，香肠的直径为，根据几何关系有香肠烤熟后，半径变大，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变小，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变小，故BC错误；D香肠
5、烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，等大反向，故两根金属杆对烤肠的合力不变，故D正确。故选D。3. 如图所示，一盛有水容器自倾角为的固定粗糙长斜面顶端下滑。已知容器底部与斜面间的动摩擦因数，则下滑过程中水面位置可能正确的是（ ）（图中实线表示水面位置，虚线表示水平面位置，）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】若容器底部与斜面间的动摩擦因数，则容器匀速下滑，此时容器内的液面水平；若容器底部与斜面间的动摩擦因数为零，则容器下滑的加速度为a=gsin，则此时容器内的液面与斜面平行；则若容器底部与斜面间的动摩擦因数，可知容器加速下滑且加速度0agsin，则容器内的
6、液面倾斜，倾斜角度在“水平”与“与斜面平行”之间。故选B。4. 风洞是测试飞机性能、研究流体力学的一种必不可少的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，使风力大小恒定，方向水平，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成角。已知a、b连线长为d，与水平方向的夹角为45，下列说法正确的是（）A. 从a运动到b点所用的时间为B. 小球的最小速度为0C. 风力大小为D. 若改用质量为2m的轻质小球，同样从a点以相同速度抛出，其仍能经过b点【答案】C【解析】【详解】A.如图所示，小球在a
7、点和b点速度大小相等，与水平方向夹角相等，根据此特点可知，小球运动可看作斜上抛运动，由图可知合力方向垂直于a、b连线。因为，则则运动时间为A错误；B小球从a点到距离a、b连线最远的点做减速运动，然后做加速运动到b点，最小速度为B错误；C设合力为F，由斜上抛运动规律知代入得解得所以风力C正确；D.风力不变，重力变为原来的2倍，所以合力大小方向都发生改变，所以不能到达b点，D错误。故选C。5. 如图所示，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球、分别套在水平杆与圆轨道上，、用一不可伸长的轻细绳相连，、质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，、静止。由静止释放后，已知当和圆心连
8、线与竖直方向的夹角为30时，滑块下滑的速度为，则半圆的半径为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】将滑块B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度， A、B两小球沿绳方向的速度大小相等，如图所示，则有可得A、B两小球组成的系统机械能守恒，则有解得故选B。6. 如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（）A. 两互感器均起到降压作用B. 若电压表
9、的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kWC. 若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少D. 若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P上移【答案】BD【解析】【详解】A两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，电压互感器电压与匝数成正比，起到降压的作用，电流互感器电流与匝数成反比，起到降流的作用。故A错误；B由题意，根据理想变压器变压和变流规律可得，解得，所以线路输送的电功率为故B正确；C由理想变压器变压规律可得则若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，增大，U2增大。根据闭合电路欧姆定律有
10、根据理想变压器变压和变流规律有，设用户端总电阻为R，则有联立解得若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，n3，n4，R不变，所以输电电流I2增大，而输电线损耗功率为所以输电线损耗功率增大，故C错误；D若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大，可将滑片P上移，故D正确。故选BD。【点睛】互感器的主要作用是将高电压变为低电压，大电流变为小电流。熟练掌握远距离输电的分析方法和步骤。7. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图甲所示，该时刻波刚好传播到质点M点，位
11、于x=1m处的质点N的振动图像如图乙所示，Q是位于x=10m处的质点。下列说法中正确的是（ ）A. 该波的波长为4m、传播速度为1m/sB. 该波的波源的起振方向沿y轴负方向C. 在t=5.5s时，质点M向平衡位置运动D. 从t=0时到t=15s时间内，质点Q经过的路程为64cm【答案】ACD【解析】【详解】A.根据图甲可知，该波的波长为4m，根据图乙可知，该波周期为4s。所以波速为故A正确；B该时刻波刚好传播到质点M点，所以起振方向沿y轴正方向，B错误；C在t=5.5s时，相当于是t=1.5s时，质点M向平衡位置运动，故C正确；D波传到Q的时间为也就是Q点运动了8s，相当于2个周期，所以故D
12、正确。故选ACD。8. 如图所示，整个空间中分布着，方向水平向右电场，倾角为30的绝缘斜面固定在地面上，在斜面上放置一质量为，电荷量的带正电凹槽，凹槽中间为圆形且半径为，在与其圆心等高处P点静止释放一质量为，电荷量的带正电小球，小球视作质点，球与槽彼此绝缘且不考虑库仑力作用，忽略一切阻力，下列选项正确的是（）A. 整个过程中小球的最大速度为 B. 小球能上升的最大高度小于 C. 槽的最大位移是D. 球最终从P点飞出【答案】BC【解析】【详解】A对球和槽来说，重力和电场力的合力垂直指向斜面，可视作等效重力场，易知球运动到槽的等效最低点有最大速度，由动量守恒及动能定理可得解得 ， 故A错误；B.如
13、果斜槽不动，则对于小球来说现在斜槽移动，故小球上升的最大高度小于，故 B正确；C.沿斜面方向合外力为零，且初动量为0，符合人船模型，沿斜面方向的最远相对位移应从P点到沿斜面方向直径所对点，故又因两物体质量之比为1：2，则故C正确；D.符合人船模型，球和槽应来回摆动，不会飞出，故D错误。故选BC。9. 劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，两板之间形成一层空气膜，用单色光从上向下照射，入射光从空气膜的上下表面反射出两列光波，形成干涉条纹。如果被检测平面是光滑的，得到的干涉图样必是等距的。现将单色红光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此装置可以检查工件的平整度。已知光从光疏介质射入光密介
14、质时，反射光存在半波损失，相位有的变化，相当于附加了的路程。两板之间的夹角为，光在真空中的波长为，玻璃板的折射率为n，则（）A. 在标准板上表面上形成的相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为B. 图乙中条纹弯曲处表明被检查的平面在此处是凸的C. 产生干涉的两束相干光的光程差为D. 若装置中抽去一张纸片，条纹向右移动【答案】AD【解析】【详解】AC从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，加上半波损失，其光程差为C错误；当光程差为即当空气层厚度时，则此处表现为亮条纹，相邻条纹间厚度差干涉条纹条纹间距A正确；B图乙中条纹弯曲处表明左侧空气膜厚度与右侧一致，说明此处是凹的，B错误；D抽去一张纸片后空气层的
15、倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，条纹向右移动，D正确。故选AD。10. 如图所示，竖直虚线MN将真空空间分割成I、II两个区域，I、II区域内存在范围足够大、大小为、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为。现使圆环从杆的底部以初速度向上运动，经时间后圆环回到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期性运动的个数为n。下列说法正确的是（）A. 当
16、圆环回到出发位置时速度v的大小为B. 第一次通过MN边界时的速度大小C. 在圆环未离开I区域内达到最高点前的位移大小为D. 在圆环第二次通过MN边界前，从O点脱离杆后回到最高点的位移大小 【答案】BCD【解析】【详解】A上升阶段，对环受力分析规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得：下降阶段，对环受力分析规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得：联立以上两式可得解得A错误；B由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，故分解一个向右的速度且满足即则另一个速度方向向左所以物体在mg和产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在产生的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动
17、之和。由题意可知，第一次通过MN边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度方向如图所示：由图可知，当物体的速度竖直向上时，的速度方向与水平方向向左成角，且所以所以B正确；CD易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点的时间由决定在圆环还未出I区域内达到最高点设圆环已经完成了n个周期运动则有， ，解得在圆环出I区域后达到最高点II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上，所以圆环在II区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示则， CD均正确故选BCD。二、实验题（每空2分，本大题共12分）11. 某同学为了验证
18、对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，选择适当的一点标记为O，其中OA为水平段。选择相同材质的一角硬币和一元硬币进行实验。测量硬币的质量，得到一角和一元硬币的质量分别为m1和m2（m1m2）。将硬币甲放置在斜面某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲硬币右侧从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲右侧、乙左侧从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s
19、1、s2、s3。（1）在本实验中，乙选用的是_（填“一元”或“一角”）硬币；（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为_（设硬币与纸板间的动摩擦因数为，重力加速度为g）；（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则_（用m1和m2表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒。【答案】 . 一角 . . 【解析】【详解】（1）1根据图（b）可知，甲碰撞乙后，甲的速度方向仍然向右，没有发生反弹，可知甲的质量大一些，即在本实验中，甲选用的是一元硬币，乙选用的是一角硬币。（2）2碰撞前，甲从O点运动到P点减速至0，根据动能定理有解得（3）3甲乙碰撞后，甲、乙最终均减速至0，根据动能定理有所
20、以，碰撞过程中，根据动量守恒定律有所以12. 小明同学想探究多用电表欧姆调零电阻阻值的最大调节范围，他进行了以下实验操作：（1）将电阻箱的阻值调到最大，并按图甲连接好电路，此时电阻箱接线柱P的电势比Q_（填“高”或“低”）；（2）将旋钮C拨到挡，并将旋钮B顺时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最小），然后调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1；继续调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到图乙的中点处，读出此时电阻箱的阻值为R2；则此时该多用电表挡的总内阻为_（用R1和R2表示）；（3）最后将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调
21、到0，此时电表指针指到图乙中的P处；该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为_（用R1和R2表示）。【答案】（1）低 （2） （3）【解析】【小问1详解】由于选择的是多用电表的电阻挡，则黑表笔接的是多用电表内部电源的正极，则Q端电势高，即接线柱P的电势比Q低。【小问2详解】根据欧姆表的测电阻原理有其中R0为欧姆表在该档位时的内部总电阻，Rx为待测电阻。由上式可知接入不同的Rx变有不同的I值，则根据I和Rx的对应关系可在表头上把不同的电流对应的电阻值标出来，即制作出欧姆表表盘，根据以上分析当表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1，有当表盘指针指到图乙的中点处，读出此时电阻
22、箱的阻值为R2，有整理有【小问3详解】将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调到0，此时电表指针指到图乙中的P处时，由图知此时流过表头的电流为，则此时有综上该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为三、解答题（本题共3小题，其中13题10分，14题12分，15题16分，共38分。）13. 如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为、劲度系数的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为，汽缸外大气的压强为，温度为。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连
23、接处）相距，汽缸内气体温度为。求：（1）缸内气体的温度缓慢降低至时，活塞移动的位移；（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，对理想气体有，由盖-吕萨克定律可得解得由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L。（2）大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有由盖-吕萨克定律可得解得当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。对活塞B受力分析，有所以有初状态， ，末状态，根据可得 ，（舍去）所以弹簧长度为14. 如图所
24、示，一轻弹簧原长，其一端固定在倾角为固定斜面的底端处，另一端位于处，弹簧处于自然伸长状态，斜面长。在间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且长，传送带逆时针转动，转动速度为。传送带上端通过一个光滑直轨道与一个半径为的光滑圆弧轨道相切于点，且端切线水平，均在同一竖直平面内，且在同一竖直线上。质量为的物块P（可视为质点）从点由静止释放，最低到达点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（1）求间距离及物块P运动到点时弹簧的弹性势能；（2）改变物块P的质量，并将传送带转
25、动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好落于点，求物块运动到点的速度。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）当物块P在传送带上运动时，由牛顿第二定律得解得物块的加速度a=12m/s2当物块速度达到4m/s时，其位移为故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。因且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到了共同速度后做匀速直线运动到F点。设BE长为L0，则物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有联立解得L0=1m，Ep=80J（2）由题意可知，物块从D
26、点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则水平方向上有x0cos=vDt竖直方向上有解得vD=4m/s15. 如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质量为、电阻不计的金属棒，若不计导轨电阻。（1）金属棒与轻弹簧不连接时a、金属棒下滑速度为时，电容器所带的电量为多少？b、金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离时的速度。（2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为，弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处于原长，则a、金属棒做什么运动
27、？向下运动的最大位移是多少？b、金属棒向下运动过程中电容器能充入电量的最大值是多少？（假设金属棒运动过程中，弹簧一直处于弹性限度内）【答案】（1）a、；b、加速直线运动，；（2）a、简谐运动，；b、【解析】【详解】（1）a、金属棒不与弹簧连接，速度为时，由感应电动势由闭合电路欧姆定律所以电容器所带的电量为b、充电电流由牛顿第二定律联立解得加速度不随时间变化，做匀加速直线运动（2）a、金属棒与弹簧连接时，设下滑位移时，速度为，则由牛顿第二定律联立解得金属棒所受的合力令则故金属棒为平衡位置做简谐运动，振幅向下运动的最大位移b、开始时做加速度逐渐减小的加速运动，当时，加速度为零，速度最大，此时电容器充入的电量最多。合力随位移的图像如图所示由图像面积可求出合力所做功根据动能定理金属棒下滑位移时，速度最大，电容器中充入的电量也最大，故有第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司