2024本溪高级中学高三上学期适应性测试（一）物理试题含答案

本溪高中2023-2024学年度高考适应性测试（一）

物理参考答案

1．B

【详解】C．根据

可知时间为

则可知每个球在空中的运动时间一样，故C正确，不符合题意；

A．根据

可得乒乓球的水平位移为

则可知初速度大小不同的乒乓球的水平分位移一定不同，故落点的位置一定不同，故A正确，不符合题意；

B．根据

可得

可知落在球台上时速度大小一定不相同，故B错误，符合题意；

D．根据

可知

则可知每个球落在球台上时，竖直方向的速度大小与方向一定相同，故D正确，不符合题意；

故选B。

2．B

【详解】采用等效法，将电阻R等效为交流电源的内阻，将变压器看成一个电阻R′，当R′ = R = 11Ω时，变压器原线圈输入的功率最大，扩音器功率最大；变压器原线圈电流

变压器负线圈输入功率

A．通过扩音器的电流

根据电流与匝数成反比，则

A错误；

B．电阻R两端的电压

B正确；

C．交流电源的输出功率

C错误；

D．由上知通过扩音器的电流，D错误。

故选B。

3．C

【详解】A.当轻杆a缓慢向下移动的过程中，细线的拉力大小始终等于物体的重力G，保持不变，但由于θ增大，所以细线BO对天花板的拉力方向发生改变，所以此拉力是变化的，故A项错误；

BC.两细线拉力大小不变，夹角增大，由它们的合力减小，根据滑轮平衡可知，a杆对滑轮的作用力与两细线的合力大小相等、方向相反，所以a杆对滑轮的作用力逐渐减小，a杆对滑轮的作用力F的方向沿两夹平分线斜向右上方，如图

故B项错误，C项正确；

D.细绳BO、AO大小都等G，且两绳拉力夹角为，由平行四边形定则可知，合力为G，即开始时绳对滑轮的作用力大小等于G，故D项错误．

4．C

【详解】瓢虫沿弧形树枝由A点缓慢爬到B点的过程中，相当于先上坡后下坡，上坡过程坡度 越来越小，瓢虫的静摩擦力为Ff由平衡条件得

则静摩擦力为Ff的方向沿曲面切线向上与运动方向相同，大小越来越小

下坡过程坡度 越来越大，瓢虫的静摩擦力为Ff由平衡条件得

则静摩擦力为Ff的方向沿曲面切线向上与运动方向相反，大小越来越大

所以ABD错误；C正确；

故选C。

5．D

【详解】A．太阳能汽车可达的最大机械功率为

故A错误；

B．汽车的机械功率为

故B错误；

C．若汽车机械功率恒定，车速减半时牵引力增加一倍，故C错误；

D．由AB可知，太阳板的面积必须满足关系

故D正确。

故选D。

6．A

【详解】在AB段，根据牛顿第二定律

可得

可得速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小；在BC段，根据牛顿第二定律有

可得速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由此可知从A到C运动的每一点的摩擦力小于从C到A经过每一点的摩擦力，而两种情况下路径相同，所以A到C过程中克服摩擦力做功小，根据动能定理可得

克服摩擦力做功越小，末动能越大，即末速度越大，因此有。

故选A。

考点：考查了动能定理，圆周运动，克服摩擦力做功。

【点睛】解决本题的关键知道圆周运动靠径向的合力提供向心力，通过支持力大小比较出滑动摩擦力的大小，从而通过动能定理比较速度的大小。

7．D

【详解】A．小球做平抛运动，则小球的初速度v0越大，其轨迹就越靠近ab直线，则碰到圆环时的水平分位移越大，故A正确， 不符合题意；

B．小球做平抛运动，当小球掉在c点时竖直分速度最大，设初速度为v0，则有

R=gt2

R=v0t

解得

故B正确，不符合题意。

C．小球撞击在圆弧ac段时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球撞击在圆弧cb段时，根据“中点”结论可知，由于O不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环，故C正确，不符合题意；

D． v0取值不同时，小球运动的轨迹不同，落到圆环上的位置不同，则位移的偏向角不同，因速度的偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍，可知速度的偏向角不同，则小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，故D错误，符合题意。

故选D。

8．AC

【详解】设初速度方向为正方向，如果末速度与初速度方向相同，则

如果末速度方向与初速度方向相反，则

故AC正确，BD错误。

故选AC。

9．AB

【详解】A．此刻、是振动加强点，、连线上的所有质点一定都是振动加强点，A正确；

B．A是波峰与波峰相遇，此时位移为，是波谷与波谷相遇，此时位移为，故质点、在该时刻的高度差为，B正确；

C．干涉图样是稳定存在的，此刻质点、是振动减弱的点，之后也始终处于振动减弱的状态，C错误；

D．由图可知，再过半个周期，点位移正向最大，D错误。

故选AB。

10．BC

【详解】A．物块从0.2m上升到0.35m的过程，只受重力作用，由动能定理可得

图线的斜率为

解得

A错误；

B．由图乙可知，物块上升至0.2m时与弹簧分离，此时弹簧恰好恢复原长，物块的动能为

重力势能为

故物块与弹簧系统具有的机械能为

当压缩至h1=0.1m时弹簧的弹性势能最大，此时物块的重力势能为

由于整个过程系统机械能守恒，故弹簧的最大弹性势能为0.5J，B正确；

C．物块开始运动时，弹簧、物块、地球组成的系统具有的机械能为0.7J，C正确；

D．当物块的动能最大时，物块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，由图乙可知，最大动能大于0.3J，故物块的重力势能与弹簧的弹性势能总和的最小值小于0.4J，D错误。

故选BC。

11．     0.198/0.199/0.200/0.201mm          0     ×1     甲

【详解】（1）[1]螺旋测微器主尺读数为零，主尺中线与可动刻度第20条刻度线对齐，读出20.0，最终读数为合金丝的直径

[2]根据电阻定律

合金丝的横截面积

合金丝的长度

（2）[3]欧姆表选挡后要进行欧姆调零：把两笔尖相互接触，调节旋钮T，使多用电表的指针指向电阻挡的0刻线，欧姆表测得的电阻值=示数×倍数，指针从∞刻度线向右偏转，偏转角度太大，导致示数太小，原因是选挡的倍数太大，故应选择倍数较小的挡位，即选×1挡；

（3）由题目给出的数据可知

该合金丝的阻值较小故应采用电流表的外接法，即选甲电路。

12．     最左侧                   

【详解】（1）[1]为保护电路安全，由图示电路图可知，开关闭合前滑动变阻器R的滑片滑到最左侧。

（2）[2]由图示电源图像可知，图像与纵轴交点坐标值为，根据图像可知则电源电动势等于截距，即

[3]电源内阻为图像斜率的绝对值

（3）[4]电压表不能用，则变阻器换为电阻箱，由闭合电路欧姆定律得

得到

则要以为纵坐标，以R为横坐标作图求解。

[5]该方法做实验时，其引起误差的原因为，没有考虑电流表的内阻，有

由上述式子可知，因为电流表的内阻原因，其测量值大于真实值。

13．（1）350K；（2）11J

【详解】（1）气体在A状态时，根据平衡条件有

气体从状态A到状态B的过程中发生等温变化，根据波意耳定律有

气体从状态B到状态C发生等容变化，根据查理定律有

其中

联立以上各式解得

（2）由于从状态A到状态B气体发生等温变化，即气体温度不变，因此

而从状态A到状态C，根据热力学第一定律有

由于状态B到状态C气体发生等容变化，即气体体积不变，则可知

因此可得

而

联立解得

14．（1）；（2）2.9s；

【详解】（1）当传送带逆时针转动时，物块Q恰好能保持静止，可知Q与传送带之间的摩擦力

现使传送带以6m/s的速度顺时针运动时，则对Q分析可知

对P

解得

（2）物块Q加速到与传送带共速时，则用时间

位移

而后由于摩擦力等于P的重力可知，物块Q做匀速运动，则到达右端的时间

总时间为

15．（1）；（2）

【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示

设粒子在O点时速度大小为v，OQ段为四分之一圆弧，QP段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q点的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°，可得

（2）Q到P过程中，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上有

解得