【九省联考】2024年1月普通高等学校招生考试适应性测试物理试题（甘肃版） 含解析

这是一份【九省联考】2024年1月普通高等学校招生考试适应性测试物理试题（甘肃版） 含解析，共15页。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。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。
一、选择题：本题共10小题，共43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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 1906年，赖曼发现了氢原子的赖曼系谱线，其波长满足公式：为里德堡常量。氢原子从和的激发态跃迁到基态时，辐射光子的能量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】氢原子从的激发态跃迁到基态时
氢原子从的激发态跃迁到基态时
又
联立得，辐射光子的能量之比为
故选B。
2. 某星球质量约为地球质量的300倍，半径约为地球半径的10倍，则一物体在该星球和地球表面的重量比约为（ ）
A. 3B. 30C. 900D. 9000
【答案】A
【解析】
【详解】设中心天体质量M
重力加速度
星球质量约为地球质量的300倍，半径约为地球半径的10倍，则它们重力加速度之比为3:1，即一物体在该星球和地球表面的重量比约为3。
故选A。
3. 如图，水平带电平面上方有一质量为、带电量为的点电荷，当它在点时所受合力为零。点与平面的垂直距离为和分别为静电力常量和重力加速度，则与点对称的点处的电场强度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】点电荷在M点时，所受合力为零，则
解得
点的电场强度和点的电场强度大小相等，方向相反。
故选A。
4. 如图，波长为的单色光，照射到间距为d的双缝上，双缝到屏的距离为，屏上观察到明暗相间的条纹。现将屏向右平移，则移动前和移动后，屏上两相邻亮条纹中心的间距之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】移动前屏上两相邻亮条纹中心的间距
移动后屏上两相邻亮条纹中心的间距
屏上两相邻亮条纹中心的间距之比为
故选C。
5. 图为两单摆的振动图像，为摆线偏离竖直方向的角度。两单摆的摆球质量相同，则（ ）
A. 摆长之比B. 摆长之比
C. 摆球的最大动能之比 D. 摆球的最大动能之比
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据两单摆的振动图像知，两单摆的周期之比为，根据单摆周期公式
可得
故有摆长之比
故AB错误；
CD．甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有
故摆球的最大动能之比
故C错误，D正确。
故选D。
6. 1831年，法拉第发明了第一台发电机，示意图如下。半径为的铜盘安装在金属轴上，其边缘置于一个磁铁两极之间的狭缝里，铜盘边缘与轴通过导线与检流计连接。铜盘以周期匀速旋转，检流计中有电流通过。已知狭缝沿半径方向的长度为，狭缝间为匀强磁场，磁感应强度为，忽略狭缝之外的磁场，下列说法正确的是（ ）
A. 检流计中电流方向从向
B. 若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向也反向
C. 铜盘产生电动势为
D. 铜盘产生的电动势为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据右手定则可知，检流计中电流方向从P向Q，故A错误；
B．根据右手定则可知，若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向不变，故B错误；
CD．铜盘产生的电动势为
故C正确D错误。
故选C。
7. 游乐场里小明坐在一辆小车里，车前方有一静止排球，排球前面处有一面墙。小华用力推了一下小车后，小车以的速度撞向排球。排球被撞后向前运动，被墙壁反弹后再次与小车正面相撞。忽略小车、排球与地面的摩擦，碰撞均视为弹性碰撞，与小车两次碰撞期间，排球运动的路程约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设小车的质量为，排球的质量为，小车与排球第一次后的速度为、；弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有
解得
，
排球以的速度向左做匀速直线运动，再撞墙原速率反弹，与排球相遇，发生第二次迎碰，有
而排球运动的路程为
结合实际情况有，则，故路程，则排球运动的路程约为8m。
故选B
8. 将一个气球向上抛出，气球上升后竖直下落，下列说法正确的是（ ）
A. 气球上升过程中受到的空气浮力大于重力
B. 气球下落过程中受到的空气浮力小于重力
C. 气球到达最高点时速度和加速度都为零
D. 气球下落过程中速度变化率逐渐减小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．气球向上抛出上升最终会停下来并开始竖直下落，则气球受到的合外力竖直向下，即竖直向下的重力大于竖直向上的浮力，故A错误，B正确；
C．气球到达最高点时速度为零，但是气球受到的合外力不为零，加速度不为零，故C错误；
D．气球下落过程中受到的竖直向下的重力和竖直向上的浮力都不变，根据牛顿第二定律，即气球受到的合外力不变，加速度不变，速度的变化率不变，故D错误。
故选B。
9. 用于医学成像的射线是由电子加速后轰击重金属靶产生的。图（a）中是电子被电场加速过程中一条电场线上的两点。电子在电场力的作用下从点运动到点，其运动的图像如图（b）所示，下列说法正确的是（ ）
A. 点的电场强度大于点的电场强度
B. 点的电势高于点的电势
C. 电子从点运动到点电场力做负功
D. 电子在点的电势能大于点的电势能
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据v－t图像的变化特点可知，从点运动到点电荷做加速度减小的加速运动，负电荷在、N两点的加速度大小关系为
负电荷仅受电场力的作用，则
得
故A正确；
BC．由图乙可知负电荷的速度在增大，根据动能定理可知从点运动到点电场力对负电荷做了正功，即
则
得
故BC错误；
D．由图乙可知负电荷的速度在增大，根据动能定理可知电场力对负电荷做了正功，根据电场力做功与电势能变化的关系
因为电场力做正功，电势能减小，即得
则
故D正确。
故选AD。
10. 图为一透明均匀介质球的横截面，为圆心，为直径。一束光以从A点入射，弧面出射的光与平行。下列说法正确的是（ ）

A. 介质球的折射率约为
B. 介质球的折射率约为
C. 在变化时，弧面上观察不到全反射现象
D. 若入射光为白光，弧面上出射光形成彩色光带
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据题意，由折射定律画出光路图，如图所示
由几何关系有
可知
则有
折射率为
故A错误，B正确；
C．由AB分析可知，光线在弧面上的入射角等于在点的折射角，则在变化时，不可能在弧面上发生全反射，故C正确；
D．若入射光为白光，由于各种颜射的光的折射率不同，则各种颜射的光在弧面上的出射点不一样，将形成彩色光带，故D正确。
故选BCD。
二、非选择题：本题共5小题，共57分。
11. 用图（a）所示的实验装置测量重力加速度。在竖直杆上装有两个光电门A和B，用直尺测量光电门之间的距离，用光电门计时器测量小球从光电门A到B的时间。
实验中某同学采用固定光电门B的位置，改变光电门A的位置进行多次测量，表中给出了测量数据。数据处理后作出函数图像，如图（b）。
（1）请补充图（b）中纵坐标的物理量___________
A.小球在光电门A处的速度 B.小球在光电门处的速度
C.小球在任意位置的速度 D.小球在间的平均速度
（2）写出图（b）中直线的函数关系式___________（用表示）。
（3）由图（b）计算出直线斜率的值为，则测得的重力加速度为___________（保留3位有效数字）。
【答案】 ①. D ②. ③. 9.78
【解析】
【详解】（1）[1]小球做自由落体运动，则小球从A到B的过程
整理得
图（b）中纵坐标的物理量为小球在间的平均速度。
故选D。
（2）[2]由（1）可知图（b）中直线的函数关系式
（3）[3]直线斜率的值为
则测得的重力加速度为
12. 在测量金属丝电阻率的实验中，待测金属丝的阻值约为，电压表和电流表的内阻分别约为和。
（1）通过多次测量金属丝直径可以减小测量的___________误差（填“系统”或“偶然”），要使测量准确到，应选用的仪器是___________。
（2）为了减小电表内阻对测量结果引起___________误差（填“系统”或“偶然”），应该采用电流表___________电路（填“内接”或“外接”），引起误差的原因是___________
A.电压表分流 B.电压表分压 C.电流表分流 D.电流表分压
（3）图中符合实验要求且连线正确的是___________
A. B.
C. D.
【答案】 ①. 偶然 ②. 螺旋测微器 ③. 系统 ④. 外接 ⑤. A ⑥. D
【解析】
【详解】（1）[1][2] 通过多次测量金属丝直径可以减小测量的偶然误差，要使测量准确到，应选用的仪器是螺旋测微器，读数到mm为单位小数点后三位，所以精确度为0.01mm。
（2）[3][4][5] 为了减小电表内阻对测量结果引起的系统误差，应该采用电流表外接电路，因为待测电阻远小于电压表内阻，电流表外接时，电压表测量准确，电流表测量偏大，引起误差的原因是电压表分流。
故选A。
（3）[6]电路采取外接法，A选项滑动变阻器没起到调节作用，B选项电压表串联到电路中，C选项采取了内接法
故选D。
13. 半圆形金属线圈放置在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图（a）。磁感应强度随时间的变化关系如图（b）。已知线圈的电阻，半径。求：
（1）线圈中感应电动势的大小；
（2）线圈的电功率，及时间内线圈产生的焦耳热；
（3）时半圆弧受到的安培力的大小和方向。

【答案】（1）；（2），；（3），垂直向下
【解析】
【详解】（1）线圈中感应电动势的大小为
（2）线圈的电功率为
时间内线圈产生的焦耳热为
（3）由图可知
时半圆弧受到的安培力的大小为
根据左手定则半圆弧受到的安培力的方向为垂直向下。
14. 如图，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为、压强均为大气压、温度均为环境温度。现将A接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为、温度为、体积为的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为。（所有气体均视为理想气体）
（1）假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数；
（2）保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢复为，求B中气体的温度。
【答案】（1）24次；（2）
【解析】
详解】（1）对B气体，根据理想气体状态方程
解得
则根据等温方程
解得
次
（2）A中气体温度不变
对B中气体
解得
15. 半径为R的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴OO′转动。质量为m的小球套在圆环上，原长为1.5R的轻质弹簧一端固定在小球上，另一端固定在圆环顶端O点。整个系统静止时，小球在O′点处于平衡且对圆环无压力。重力加速度为g。
（1）当圆环以角速度ω0转动时，小球在P点相对圆环静止，∠POO′ = α，sinα = 0.6，求弹簧弹力的大小及角速度ω0；（sin2α = 0.96，cs2α = 0.28）
（2）利用F—x图像，证明小球从O′点运动到P点的过程中，弹簧弹力（F = −kx）所做的功为，其中x1和x2分别为小球在O′和P点处弹簧的伸长量；
（3）圆环开始转动后，小球受轻微扰动离开O′，当转速逐渐增大到ω0时，小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止。求此过程中圆环作用在小球上的合力做的功。
【答案】（1），；（2）见解析；（3）W作 = 1.92mgR
【解析】
【详解】（1）小球在点处于平衡且对圆环无压力，有
小球在点相对圆环静止而做匀速圆周运动，弹簧的长度为
由胡克定律有
对小球受力分析，由牛顿第二定律有
联立解得
（2）根据胡克定律可知，弹力与形变量成正比，如图所示
则弹力的功为图像与横轴围成的面积，有
化简可得
（3）小球沿圆环缓慢上移到点并相对圆环静止，由动能定理有
解得
设此过程中圆环作用在小球上的合力做的功为W作，其中
W总 = －mgR(1－cs2α)＋W弹＋W作
对于弹力做功，其中
x1 = 0.5R，x2 = 0.1R
代入数据有
W作 = 1.92mgR0.400
0.600
0.800
1.000
1.200
1.400
0.076
0.120
0.168
0.220
0.283
0.368