226，2024届湖北省高考适应性训练物理试题（九）（新课标新高考）

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全卷满分100分，考试用时75分钟
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．研究表明原子核核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系。一般认为大于铁原子核质量数(56)的为重核，小于则是轻核。下列对该图像的理解正确的是( )
A．从图中可以看出，Fe原子核核子平均质量最小，Fe原子核最不稳定
B．从图中可以看出，重核A裂变成原子核B和C时，需要吸收能量
C．从图中可以看出，轻核D和E发生聚变生成原子核F时，需要释放能量
D．从图中可以看出，重核随原子序数的增加，比结合能变大
1．C【解析】从图中可以看出，Fe原子核核子平均质量最小，比结合能最大，Fe原子核最稳定，故A错误；重核A裂变成原子核B和C时，由图可知，核子平均质量减小，裂变过程存在质量亏损，需要释放能量，故B错误；轻核D和E发生聚变生成原子核F时，由图可知，核子平均质量减小，聚变过程存在质量亏损，需要释放能量，故C正确；从图中可以看出，重核随原子序数的增加，原子核越不稳定，故比结合能越小，故D错误。
2．我国已经在空间站上开展过四次精彩的太空授课，在亿万中小学生心里播撒下科学的种子。“天宫课堂”的教师们曾经做过两个有趣实验：一个是微重力环境下液桥演示实验，在两个固体表面之间可形成大尺寸液桥，如图a所示；另一个是微重力环境下液体显著的“毛细现象”演示，把三根粗细不同的塑料管，同时放入装满水的培养皿，水在管内不断上升，直到管顶，如图b所示。对于这两个实验的原理及其作用的理解，下列说法正确的是( )
A．液体表面张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌”
B．分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图c所示，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“A”位置
C．农民使用“松土保墒”进行耕作，通过松土形成了土壤毛细管，使得土壤下面的水分更容易被输送到地表
D．航天员在太空微重力环境中会因为无法吸墨、运墨而写不成毛笔字
2．A【解析】液体表而张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌”，故A正确；分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图c所示，水表面层中水分子间距离大于内部水分子的距离r0，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“C”位置，故B错误；农民使用“松土保熵”进行耕作，通过松土阻断了土壤毛细管，使得土壤下面的水分不容易被输送到地表，故C错误；毛笔书写过程中，在毛细现象作用下，墨汁与可以被浸润的毛笔材料发生相互作用力的平衡，于是墨汁便被吸入毛笔材料中，并牢牢“困”在毛笔内部。而当毛笔尖与纸张接触时，留在毛笔表面的墨汁，同样在毛细作用下，被吸附到纸上，其间根本无须重力作用，故D错误。
3．图甲为我国研制的盾构机刀盘吊装场景，刀盘由绳索与长方形钢架组成的设备悬挂于空中，处于静止状态，四条相同绳索分别牵引住钢架的四个顶点，如图乙。刀盘与钢架总重力为G，每条绳索与竖直方向的夹角均为α，不计绳索重力，下列说法正确的是( )
A．每根绳索对钢架的拉力大小为eq \f(G,4)
B．刀盘所受的合力方向竖直向上
C．若每根绳索增加相同的长度，每根绳索的拉力将变小
D．绳索对钢架的拉力大于钢架对绳索的拉力
3．C【解析】刀盘处于平衡状态，对刀盘进行受力分析有4FTcsα＝G，故每根绳索对刀盘与钢架的拉力大小为，故A错误；刀盘所受的合力为零，故B错误；若每根绳索增加相同的长度，α变小，csα变大，则每根绳索的拉力将变小，故C正确；根据牛顿第三定律，绳索对钢架的拉力等于钢架对绳索的拉力，故D错误。
4．某校天文小组通过望远镜观察木星周围的两颗卫星a、b，记录了不同时刻t两卫星的位置变化如图甲。现以木星中心为原点，测量图甲中两卫星到木星中心的距离x，以木星的左侧为正方向，绘出x－t图像如图乙。已知两卫星绕木星近似做圆周运动，忽略在观测时间内观察者和木星的相对位置变化，由此可知( )
A．a公转周期为t0B．b公转周期为2t0
C．a公转的角速度比b的小D．a公转的线速度比b的大
4．D【解析】由图像可知，a公转周期为2t0，故A错误；由万有引力提供向心力可得，可知，，，由于b的轨道半径大于a的轨道半径，则b的公转周期大于a的公转周期，即b公转周期大于2t0；a公转的角速度比b的大；a公转的线速度比b的大，故B、C错误，D正确。
5．某篮球运动员正在进行投篮训练。如图，A是篮球的投出点，B是篮球的投入点。已知篮球在A点的初速度为v0，与水平方向的夹角为60°，AB连线与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．篮球在飞行过程中距A点的最大高度为eq \f(v02,8g)
B．篮球从A点飞行到B点过程中，离AB连线最远时的速度大小为eq \f(\r(3),6)v0
C．篮球从A点到B点运动时间为eq \f(\r(3)v0,3g)
D．AB之间的距离为eq \f(2v02,3g)
5．D【解析】篮球在飞行过程中距A点的最大高度为，A错误；离AB连线最远时，篮球速度与AB平行，由于篮球在水平方向上做匀速直线运动，则，得，B错误；水平方向，竖直方向，又，得，AB间距离为，得，C错误，D正确。
6．成都规划到2030年建成27条地铁线路，越来越多的市民选择地铁作为出行的交通工具。如图所示，t＝0时，列车由静止开始做匀加速直线运动，第一节车厢的前端恰好与站台边感应门的一根立柱对齐。t＝6s时，第一节车厢末端恰好通过这根立柱所在位置，全部车厢通过立柱所用时间18s。设各节车厢的长度相等，不计车厢间距离。则( )
A．该列车共有9节车厢
B．第2个6s内有4节车厢通过这根立柱
C．倒数第二节车厢通过这根立柱的时间为(18－12eq \r(2))s
D．第4节车厢通过这根立柱的末速度小于整列车通过立柱的平均速度
6．A【解析】设每节车厢的长度为L，列车的加速度为a，列车整个通过立柱的时间为t0，根据匀变速直线运动某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度可得在3s末列车的速度为，根据速度与时间的关系有，联立解得，根据位移与时间的关系可得，代入数据解得n＝9，故A正确；在前两个6s内，根据位移与时间的关系有，由题知，第一个6s内通过一节车厢，由此可知，在第2个6s内有3节车厢通过这根立柱，故B错误；第7节车厢以及第8节车厢通过立柱时，根据速度与位移的关系可得，，解得，，倒数第二节车厢即第8节车厢通过立柱的时间t1为，故C错误；第四节车厢通过立柱的末速度，整个列车通过立柱的平均速度，可知，即第4节车厢通过这根立柱的末速度大于整列车通过立柱的平均速度，故D错误。
7．如图所示为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压有效值恒定的正弦交流电源，理想变压器的原、副线圈匝数比为k，eq \f(\r(2),2)＜k＜1，滑动变阻器的最大阻值为R0，定值电阻R1＝R2＝R0，电流表、电压表均为理想电表，其示数分别用I和U表示。当滑动变阻器R3的滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电流表、电压表示数变化量分别用ΔI和ΔU表示。下列说法正确的是( )
A．U不变
B．
C．副线圈回路消耗的功率一直增大
D．电源的输出功率可能先增大后减小
7．B【解析】根据变压器的原理可得，，可得，，原线圈电路中有，在副线圈电路中有，联立可得，当滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电阻R3阻值减小，电源电压U0不变，可知U2减小，即电压表的示数U减小，故A错误；由A项分析可得，变形得，则有，即，故B正确；由能量守恒定律可得，可得，副线圈回路消耗的功率，把I1代入得，可知当时，即时副线圈输出功率增大；由题知eq \f(\r(2),2)＜k＜1，则有，当滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电阻R3阻值由R0减小为0，可知由大于R0减小到小于R0，所以副线圈输出功率并不是一直增大，故C错误；当向上调节滑动变阻器的滑片P时，副线圈的总电阻减小，所以回路中的电流增大，电源的电压不变，所以电源的输出功率一定增大，则D错误。
8．平静水面上建立x轴，俯视图如图所示。分别位于x1＝－0.2m和x2＝0.3m的两波源A、B起振方向相反，t＝0时刻同时从各自的平衡位置开始以10Hz的频率、4cm的振幅上下振动，在水面上形成两列简谐横波。图中虚线为t＝0.3s两列波到达的位置，此时x＝0.5m处的质点处于平衡位置且向上振动。下列说法正确的是( )
A．两列波的传播速度为2m/s
B．原点x＝0处的质点起振方向向下
C．x轴上在AB之间振动加强点个数共9个
D．从t＝0时刻起，一天内x＝2.024m处的质点通过的总路程为0.8m
8．BD【解析】虚线为t＝0.3s两列波到达的位置，可知波传播了0.3m，则两列波的传播速度为m/s，故A错误；波的周期为s，波长为l＝vT＝0.1m，此时x＝0.5m处的质点处于平衡位置且向上振动，则B波的起振方向向上，A波起振方向向下，A先传到x＝0处，则原点x＝0处的质点起振方向向下，故B正确；由于两列波的起振方向相反，根据波的叠加可知，点到两波源的波程差满足Δx＝(2n＋1)eq \f(λ,2) ，其中0~0.3m处有6个点，－0.2m~0处有4个点，所以x轴上在AB之间振动加强点个数共10个，故C错误；B波传到x＝2.024m处所用时间为
s＝1.724s，A波传到x＝2.024m处所用时间为s＝2.224sA波传到x＝2.024m之前，质点运动了Δt＝t2－t1＝0.5s＝5T，则质点运动的路程为s＝5×4A＝0.8m，根据波的叠加可知x＝2.024m是减弱点，之后其位移一直为0，所以x＝2.024m的质点通过的总路程为0.8m，故D正确。
9．如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C＝eq \f(π,6)，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为eq \f(5t0,3)，则( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(πm,2qt0)
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为eq \f(2\r(3),7)d
D．粒子进入磁场时速度大小为eq \f(\r(3)πd,7t0)
9．BCD【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是eq \f(1,4)T，即eq \f(1,4)T＝t0，则得周期T＝4t0，故A错误；由，得，故B正确；设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有，得，画出该粒子的运动轨迹如图。设轨道半径为R，由几何知识得，可得，故C正确；根据，解得，故D正确。
10．为探究滑块在倾角θ＝37°的绝缘斜面轨道上的运动，某兴趣小组设计了图(a)所示的实验。让轨道处于方向沿斜面向上的匀强电场中；将一质量m＝1kg、电荷量q＝1×10－4C的带正电滑块从斜面上O点静止释放，某时刻撤去电场；整个过程中，利用位移传感器和速度传感器分别测出了滑块的位移x和速度v，作出了图(b)所示的以O点为原点的v2－x关系图像。滑块可视为质点且电荷量不变，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。则可知( )
A．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
B．匀强电场的场强大小为8×104N/C
C．电场力的最大瞬时功率为20eq \r(2)W
D．整个过程中电场力的冲量大小为20N·s
10．AD【解析】由图b可知滑块先向上匀加速沿斜面向上运动4m撤去电场，滑块向上匀减速运动到5m处，然后匀加速返回，在返回阶段由v2＝2ax可知，返回阶段的加速度大小为a＝4m/s2，由牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcs37°＝ma，解得μ＝0.25，故A正确；滑块向上运动阶段，电场撤去前滑块的加速度大小为a1，电场撤去后滑块的加速度大小为a2，则v'2＝2a1x1＝2a2x2，解得，由牛顿第二定律可得qE－mgsin37°－μmgcs37°＝ma1，mgsin37°＋μmgcs37°＝ma2，解得a2＝4m/s2，a1＝2m/s2，E＝1×105N/C，故B错误；在x＝4m处，滑块向上运动的速度最大，电场力的瞬时功率最大，则，电场力的最大瞬时功率为P＝Fv'＝qEv'＝40W，故C错误；滑块在电场力作用下运动的时间，整个过程中电场力的冲量大小为I＝Ft＝qEt＝20N·s，故D正确。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．(7分)某同学用如图甲所示的实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。细线的一端固定在一力传感器触点上，力传感器与电脑屏幕相连，能直观显示细线的拉力大小随时间的变化情况，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数及时间。
(1)用游标卡尺测量摆球直径d，结果如图乙所示，则摆球直径d＝ cm；
(2)将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，由静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球某次通过光电门时从1开始计数计时，当摆球第n次(n为大于3的奇数)通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此过程中计算机屏幕上得到如图丙所示的F－t图像，可知图像中两相邻峰值之间的时间间隔为 。
(3)若在某次实验时该同学未测量摆球直径d，在测得多组细线长度l和对应的周期T后，画出l－T2图像。在图线上选取M、N两个点，找到两点相应的横、纵坐标，如图丁所示，利用该两点的坐标可得重力加速度表达式g＝ 。
11．【答案】(1)1.240 (2) (3)
【解析】(1)摆球直径为1.240cm；(2)图像的峰值对于小球经过最低点，每个周期小球经过两次该位置，可知图像中两相邻峰值之间的时间间隔为；(3)根据单摆周期公式，可得，可知图像的斜率，由图丁可知，故重力加速度表达式为。
12．(10分)要测绘一个标有“6V 3W”小灯泡的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列实验器材：
电流表A(量程0.6A，内阻0.5Ω)
电压表V(量程3V，内阻5kΩ)
滑动变阻器R1 (最大阻值20Ω，额定电流1A)
滑动变阻器R2 (最大阻值2kΩ，额定电流0.5A)
定值电阻R3 (阻值为10kΩ，额定电流0.5A)
定值电阻R4 (阻值为100Ω，额定电流1A)
电源E(电动势10V，内阻很小)
开关S，导线若干
(1)某同学直接用电压表V测量小灯泡的电压，用电流表A测量小灯泡的电流，测绘出小灯泡的伏安特性曲线，该方案实际上不可行，其最主要的原因是 。
(2)考虑到小量程的电压表的内阻是精确值，且实验器材中提供了定值电阻，可改装为量程大的电压表，为此应该选择定值电阻 。
(3)为了测量小灯泡工作时的多组数据，滑动变阻器应该选择 。
(4)如图甲所示为该灯泡的U－I图像，现将两个这种小灯泡L1、L2与一个电阻为5Ω的定值电阻R连成如图乙所示的电路，电源的电动势E＝6V，开关S闭合后，小灯泡L1与定值电阻R的电功率均为P，则P＝ W，电源的内阻r＝ Ω。
12．【答案】(1)电压表V的量程小了，只能测绘小灯泡工作时的部分工作状态 (2) R3 (3) R1 (4)0.2 2.5
【解析】(1)电压表的量程为3V，而小灯泡的额定电压为6V，则电压表的量程小了，只能测绘小灯泡工作时的部分工作状态；(2)扩大电压表的量程，应该串联阻值较大的定值电阻，因此应该选择R3，由知，改装后的电压表的量程为9V，若选择R4改装，同样可计算，量程基本不变；(3)测绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表(电流表)要从零开始变化，滑动变阻器要采用分压接法，因而滑动变阻器在安全的情况下选择阻值较小的，则变阻器要选R1；(4)如图所示，作出定值电阻R的U－I图线，与小灯泡L1的U－I图线交点为(0.2，1)，因而小灯泡L1的功率P为0.2W。电阻R与小灯泡L1并联，两者功率相等，因而通过电阻R的电流也为0.2A，所以通过小灯泡L2的电流，此时小灯泡L2两端电压UL2＝4V，因而电源内电压，内阻。
13．(10分)由某种新型材料做成的某个光学元件，其中一个截面是半径为R的半圆形，PQ为半圆的直径，O为该柱形截面的圆心，如图所示。一激光器发出的光以与直径PQ成45°角的方向射入元件内，入射点沿PQ由下向上移动，当移动到B点时，光线恰好从元件的中点E射出，继续上移到位置D(图中未标出)时光线恰好不能从圆弧面射出(不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光)。已知该新型材料的折射率n＝eq \r(2)，光在真空中的传播速度为c。求：
(1)由B点射入的光线在元件内传播的时间；
(2)D点与O的距离。
13．【答案】(1) (2)
【解析】(1)由题意知，入射角i＝45°，设对应折射光线BE的折射角为r，如图所示
根据折射定律有
解得r＝30°
光线BE在元件内传播的速度为
传播的距离为
光线从B点传播到E所用的时间
(2)当光线由D点入射时，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则
由正弦定理得
解得
14．(15分)如图所示，两根完全相同的光滑平行长直导轨固定，长直导轨构成的平面与水平面的夹角θ＝37°，两导轨顶、底端分别连接电阻R1、R2，在导轨所在斜面上以M1为坐标原点建立平面直角坐标系，斜面上的矩形区域M1P1P2M2内分布有方向垂直于斜面向上的磁场，磁场沿x正方向磁感应强度B＝(2＋0.4x)T，沿y方向均匀分布。某时刻在导轨斜面上M1P1上方s＝3.0m处由静止释放一金属棒ab，金属棒ab进入磁场后，立即在棒上施加一方向沿斜面向上的力F，金属棒ab在磁场中的运动过程，棒中电流始终保持不变。已知导轨间距L＝1.0m，磁场上边界M1 P1与下边界M2P2间的距离d＝5.0m，金属棒ab质量m＝2.0kg，金属棒与导轨接触的两点间电阻r＝3.0Ω，R1＝ R2＝6.0Ω，其余电阻不计，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，ab棒下滑过程中始终与导轨垂直。求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时流经R1的电流I1；
(2)金属棒ab通过磁场的过程中，电阻R2产生的焦耳热Q2；
(3)金属棒ab通过磁场的过程中力F所做的功W。
14．【答案】(1)1A (2)7.5J (3)－57J
【解析】(1)以ab棒为研究对象，金属棒ab刚进入磁场时的速度为v0，由动能定理得
解得v0＝6m/s
金属棒ab刚进入磁场时，电动势E＝BLv0
解得E＝12V
由闭合电路欧姆定律，有
解得I＝2A
金属棒ab刚进入磁场时流经R1的电流
(2)金属棒ab在磁场中运动过程，棒中电流始终保持不变，由FA＝BIL
解得F＝4＋0.8x
该过程中，由F－x关系可知安培力做功
回路中的热量等于安培力做功，电阻R2产生的焦耳热为
解得
(3)金属棒ab在磁场中运动过程，棒中电流始终保持不变，回路的连接方式始终不变，金属棒ab到达磁场下边界M2P2的速度为v，有BLv0＝B'Lv
解得v＝3m/s
以ab棒为研究对象，由动能定理
解得W＝－57J
15．(18分)如图所示，一根长R＝1.44m不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O点．长l＝3m绷紧的水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径r＝0.5m的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线(伸直)与水平位置成θ＝30°角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为m＝0.3kg且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
(1)小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
(2)小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
(3)小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。
15．【答案】(1)6m/s 10.5N (2)0.15J (3)0
【解析】(1)因开始时轻质细线与水平方向的夹角为30°，则小球P自由下落R时，轻绳刚好再次伸直，设此时P的速度为v1。根据自由落体运动规律，可得v12＝2gR
轻质细线伸直后瞬间小球P速度为v2＝v1cs30°
小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为v3，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P运动到最低点的过程中，由动能定理得
联立解得小球P运动到最低点与小物块碰前的速度大小vp＝v3＝6m/s
设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为FN，根据牛顿第二定律可知
解得FN＝10.5N
根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。
(2)小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为v'p、v4，根据动量守恒定律有mvp＝mv'p＋mv4
根据能量守恒定律有
解得小物块冲上传送带前的速度v4＝vp＝6m/s
小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
解得加速度大小a＝2.5m/s2
设小物块与传送带共速时对地位移为x，传送带速度为v5，则由运动学公式可得v42－v52＝2ax
代入数据解得x＝2.2m＜l
则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间为
这段时间内传送带运动的位移为x带＝v5t＝2m
则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量为Q＝μmg (x－x带)＝0.15J
(3)设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v6，轨道对小物块的弹力为FT，则由动能定理有
小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为
在最高点由牛顿第二定律可得
联立解得FT＝0
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。